1、2015 年江苏省苏锡常镇四市高考物理二模试卷一、单项选择题：本题共 5 小题，每小题 3 分，共计 15 分，每小题只有一个选项符合题意，选对得 3 分，错选或不答得 0 分1 （3 分）如图所示，在竖直平面内，用甲、乙两个弹簧秤通过细线拉着一个钩码，使之处于静止状态若保持甲弹簧秤拉力的方向不变，缓慢地调节乙弹簧秤，使两细线之间的夹角增大一些，则（ ）A 两拉力的合力可能增大 B 两拉力的合力可能减小C 甲弹簧秤的示数可能减小 D 乙弹簧秤的示数可能减小【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】： 对结点受力分析，通过图解法抓住甲、乙合力不变，甲的拉
2、力方向不变，改变乙的拉力，从而判断拉力的变化【解析】： 解：由平衡条件得知，甲、乙两个拉力 F1 和 F2 的合力与重力 G 大小相等、方向相反，保持不变，作出甲、乙两个在三个不同位置时力的合成图，如图，在甲、乙从 123 三个位置的过程中，可以看出，当甲、乙两个方向相互垂直时，F2 最小，可见，F 1 逐渐减小，F 2 先逐渐减小后逐渐增大甲的拉力逐渐减小，乙的拉力先减小后增大故选：D【点评】： 本题采用图解法研究动态平衡问题图解法形象、直观，能直接反映力的变化情况作图时要抓住张力 F1 和 F2 的合力不变、甲的方向不变，再由几何知识进行分析2 （3 分）如图所示，理想变压器原、副线圈匝数
3、比为 10：1，输入电压u=311sin（100 t）V ，L 1 和 L2 灯泡都正常发光，两电表可视为理想交流电表则（ ）A 该交流电的频率为 100HzB 电压表的示数为 31.1VC 若将变阻器的滑片 P 向上滑动，则电流表的示数将变大D 若将变阻器的滑片 P 向上滑动，则灯泡 L1 将变暗、灯泡 L2 将变亮【考点】： 变压器的构造和原理【专题】： 交流电专题【分析】： 根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论，在滑动变阻器触头 P 向上移动的过程中，滑动变阻器的阻值变小，电路的总电阻减小，根据变压器的特点及欧姆定律分析即可【解析】：
4、 解：A、电路中的变压器不改变交流电的频率，f= =50Hz，所以 A 错误B、原线圈的电压的有效值为 220V，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的有效值为22V，所以 B 错误C、在滑动变阻器触头 P 向上移动的过程中，滑动变阻器的阻值变小，电路的总电阻减小，由于电压是由变压器决定的，输出的电压不变，所以电流变大，即电流表读数变大，L 1 两端电压不变，所以亮度不变，L 2 将变亮，故 C 正确，D 错误故选：C【点评】： 电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法同时注意线圈 L对电流的敏感程度3 （3
5、 分）火星和地球绕太阳运行的轨道可近似视为圆形，若已知火星和地球绕太阳运行的周期之比，则由此可求得（ ）A 火星和地球受到太阳的万有引力之比B 火星和地球绕太阳运行速度大小之比C 火星和地球表面的重力加速度之比D 火星和地球的第一宇宙速度之比【考点】： 万有引力定律及其应用【专题】： 万有引力定律的应用专题【分析】： 研究火星和地球绕太阳做圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式表示出轨道半径进一步根据周期之比计算其它量的比值【解析】： 解：A、由于无法知道火星和地球的质量之比，故不能计算出火星和地球所受太阳的万有引力之比，故 A 错误B、根据圆周运动知识得： ，由于火星和地球绕太阳运动的周
6、期之比和火星和地球到太阳的距离之比都知道，所以能求得火星和地球绕太阳运行速度大小之比，故 B 正确C、忽略球体自转的影响，万有引力和重力相等，即： ，得 ，由于星球的半径之比不知道，故不可以求得火星和地球绕太阳运动的表面的重力加速度之比，故 C 错误D、根据万有引力提供向心力得： ，即 ，由于星球的半径之比不知道，故不可以求得火星和地球绕太阳运动的第一宇宙速度之比，故 D 错误；故选：B【点评】： 求一个物理量之比，我们应该把这个物理量先用已知的物理量表示出来，再根据表达式进行比较向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用4 （3 分）某同学设计了一种能自动拐弯的轮子如
7、图所示，两等高的等距轨道 a、b 固定于水平桌面上，当装有这种轮子的小车在轨道上运行到达弯道略微偏向轨道外侧时，会顺利实现拐弯而不会出轨下列截面图所示的轮子中，能实现这一功能的是（ ）A B C D 【考点】： 向心力【专题】： 牛顿第二定律在圆周运动中的应用【分析】： 要使小车顺利拐弯，必须提供向心力，根据小车的受力情况，判断轨道提供的向心力，即可判断【解析】： 解：A、当该小车在轨道上运行到达弯道略微偏向轨道外侧时，由于惯性，内侧轮高度略降低，外侧轮高度略升高，轨道对小车的支持力偏向轨道内侧，与重力的合力提供向心力，从而顺利拐弯，故 A 正确B、当该小车在轨道上运行到达弯道略微偏向轨道外侧
8、时，由于惯性，内侧轮高度略升高，外侧轮高度略降低，轨道对小车的支持力偏向轨道外侧，小车会产生侧翻，故 B 错误C、当该小车在轨道上运行到达弯道略微偏向轨道外侧时，由于惯性，内侧轮高度略升高，外侧轮高度略降低，轨道对小车的支持力偏向轨道外侧，小车会产生侧翻，故 C 错误D、当该小车在轨道上运行到达弯道略微偏向轨道外侧时，没有外力提供向心力，由于惯性，小车会出轨，故 D 错误故选：A【点评】： 解决本题的关键是分析小车的受力情况，确定什么提供向心力，从而判断其运动状态5 （3 分）如图甲所示，圆形的刚性金属线圈与一平行板电容器连接，线圈内存在垂直于线圈平面的匀强磁场，磁感应强度 B 随时间变化的关
9、系如图乙所示（以图示方向为正方向）t=0 时刻，平行板电容器间一带正电的粒子（重力可忽略不计）由静止释放，假设粒子运动未碰到极板，不计线圈内部磁场变化对外部空间的影响，下列粒子在板间运动的速度图象和位移图象（以向上为正方向）中，正确的是（ ）A B C D 【考点】： 法拉第电磁感应定律【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： 由图可知磁感应强度的变化，则由楞次定则可得出平行板上的带电情况；对带电粒子受力分析可知带电粒子的受力情况，由牛顿第二定律可知粒子的运动情况；根据粒子受力的变化可知粒子加速度的变化，通过分析可得出粒子的运动过程【解析】： 解：AB、0 内情况：由楞次定律可知，金属板上极板
10、带负电，金属板下极板带正电；因粒子带正电，则粒子所受电场力方向竖直向上而向上做匀加速运动 内情况：由楞次定律可知，金属板上极板带正电，金属板下极板带负电；因粒子带正电，则粒子所受电场力方向竖直向下而向上做匀减速运动，直到速度为零 内情况：由楞次定律可知，金属板上极板带正电，金属板下极板带负电，带正电粒子向下匀加速，同理， T 内情况：由楞次定律可知，金属板上极板带负电，金属板下极板带正电；因粒子带正电，则粒子所受电场力方向竖直向上，而向下做匀减速运动，直到速度为零故 AB 错误；CD、由 A 选项分析可知， 末速度减小为零，位移最大，当 T 末，粒子回到了原来位置故 C 正确，D 错误；故选：
11、C【点评】： 本题属于综合性题目，注意将产生感应电流的部分看作电源，则可知电容器两端的电压等于线圈两端的电压，这样即可还原为我们常见题型二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分每小题有多个选项符合题意全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，错选或不答的得 0 分.6 （4 分）如图所示为真空中两个异种点电荷 a、b 电场的等势面分布，A、B 为电场中的两点，且 A 点电势高于 B 点电势，则下列说法正确的是（ ）A a 带正电B a 的场强方向沿该处等势面的切线方向C 同一检验电荷，在 A 点受到的电场力大于在 B 点受到的电场力D 正检验电荷从 A 点移到 B 点
12、，电场力做正功【考点】： 等势面【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： 该电场是 不等量同种异号电荷的电场，具有上下对称性、左右不对称电场线从正电荷出发到负电荷终止，顺着电场线方向电势逐渐降低，由电势的变化，分析电势能的变化【解析】： 解：A、由题可知，由于 A 点的电势高于 B 点的电势，结合顺着电场线方向电势逐渐降低可知，a 处的电势一定高于 b 点处的电势，所以 a 带正电，b 带负电故 A正确；B、由于等势面与电场线的方向总是垂直，所以 a 的场强方向沿该处等势面的切线的垂直方向故 B 错误；C、由图可知，由于 B 处等势面比较密，所以 B 处的电场强度大，而 A 处的电场强度小
13、，所以同一检验电荷，在 A 点受到的电场力小于在 B 点受到的电场力故 C 错误；D、由题可知，由于 A 点的电势高于 B 点的电势，所以正检验电荷从 A 点移到 B 点，电场力做正功故 D 正确故选：AD【点评】： 该题考查常见电场的特点，解题的关键是在两个电荷连线的中垂线上的电势和无穷远处的电势相等而正电荷周围的电场的电势都比它高，负电荷周围的电场的电势都比它低7 （4 分）如图所示，将圆柱形强磁铁吸在干电池负极，金属导线折成上端有一支点、下端开口的导线框，使导线框的顶端支点和底端分别与电源正极和磁铁都接触良好但不固定，这样整个线框就可以绕电池轴心旋转起来下列判断中正确的是（ ）A 线框能
14、旋转起来，是因为电磁感应B 俯视观察，线框沿逆时针方向旋转C 电池输出的电功率大于线框旋转的机械功率D 旋转达到稳定时，线框中电流比刚开始转动时的大【考点】： 安培力【分析】： 根据左手定则判断螺丝钉的转动方向，根据能量守恒定律判断电流的大小【解析】： 解：A、小磁铁产生的磁场方向为螺丝的下端 A 向下流向磁铁，对螺丝的下端平台侧面分析，扁圆柱形磁铁上端为 S 极，下端为 N 极周围磁感线由上往下斜穿入螺丝内部在垂直于纸面向外的径向上，磁感应线有垂直于纸面向里的分量在此径向上的负电荷由下往上运动，由左手定则知：此负电荷受到垂直于径向沿纸面向右的洛伦兹力，即在径向的左垂线方向；同理，其他任一径向
15、上的电荷均受到左垂线方向的洛伦兹力（中心原点除外）所以，由上往下看（俯视） ，螺丝沿逆时针转动，所以该装置的原理是电流在磁场中的受力，不是电磁感应故 A 错误，B 正确；C、因为电源消耗的总功率一部分转化为内能，另一部分转化为动能，所以总功率大于热功率故 C 正确D、受到的安培力开始时使线圈做加速运动，当安培力等于阻力时速度达到最大故 D 错误故选：BC【点评】： 解决本题的关键掌握左手定则判断安培力的方向，以及知道在本题中电能部分转化为内能，还有部分转化为机械能8 （4 分）如图所示，斜面体静置于水平地面上，小物块恰好沿斜面匀速下滑现分别对小物块进行以下三种操作：施加一个沿斜面向下的恒力 F
16、；施加一个竖直向下的恒力 F；施加一个垂直斜面向下的恒力 F则在小物块后续的下滑过程中，下列判断正确的是（ ）A 操作中小物块将做匀加速运动B 操作中小物块仍做匀速运动C 操作中斜面体可能会发生滑动D 三种操作中斜面受到地面摩擦力均为 0【考点】： 牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算【专题】： 牛顿运动定律综合专题【分析】： 物块匀速下滑时，物块处于平衡状态，根据物块在沿斜面方向的合力判断物块的运动规律，结合物块对斜面压力和摩擦力在水平方向的分力关系判断地面的摩擦力大小【解析】： 解：小物块恰好沿斜面匀速下滑，根据平衡有：mgsin=mgcos，A、施加一个沿斜面向下的恒力 F，根据牛顿第二定律
17、，合力为 F，加速度 a= ，物块做匀加速运动，故 A 正确B、施加一个竖直向下的恒力 F，有：（mg+F）sin= （mg+F）cos ，可知物块仍然做匀速运动，故 B 正确C、开始斜面体处于静止状态，可知重物对斜面的压力在水平方向的分力与摩擦力在水平方向的分力大小相等，施加一个垂直斜面向下的恒力 F，摩擦力 f 与压力的关系仍然为FN，可知斜面体受到重物的压力和摩擦力在水平方向的分力相等，斜面体仍然处于平衡状态，故 C 错误D、开始重物对斜面的压力在水平方向的分力与摩擦力在水平方向的分力大小相等，施加外力后，摩擦力 f 与压力的关系仍然为 FN，因为三种情况下，物块对斜面体的压力和摩擦力在
18、水平方向的分力始终相等，可知地面的摩擦力为零故 D 正确故选：ABD【点评】： 解决本题的关键知道物块处于平衡和斜面体处于平衡状态时，物块对斜面的压力在水平方向的分力与摩擦力在水平方向的分力相等，这是解决本题的关键9 （4 分）如图所示为水平抛出的小球与地面碰撞前后的频闪照片，其先后经过的位置分别用 18 标记已知小球的质量为 0.1kg，照片中对应每格的实际长度为 0.05m，不计空气阻力，重力加速度 g 取 10m/s2，则以下判断正确的是（ ）A 小球与地面碰撞后速度变化率小于碰撞前速度变化率B 小球经过位置 3 时的瞬时速度方向与位置 2、4 连线方向平行C 小球经过位置 6 时的瞬时
19、速度大小为 0.5m/sD 小球与地面碰撞过程机械能损失为 0.25J【考点】： 平抛运动【专题】： 平抛运动专题【分析】： 小球与地面碰撞前后加速度不变，做匀变速曲线运动根据竖直方向上的运动规律求出相等的时间间隔，从而得出碰撞前后水平分速度，根据 2、4 连线与水平方向的夹角和位置 3 速度方向与水平方向的夹角判断方向是否平行在碰撞前和碰撞后运动过程机械能守恒，求出位置 3 比位置 6 多的机械能，即可得出损失的机械能【解析】： 解：A、小球与地面碰撞后的加速度与小球碰撞前的加速度相等，可知小球与地面碰撞后速度变化率等于碰撞前速度变化率，故 A 错误B、在竖直方向上，根据y=2L=gT 2
20、得， ，落地前水平分速度，2、4 两点连线与水平方向夹角的正切值 ，位置 3 的竖直分速度 ，则位置 3 瞬时速度方向与水平方向夹角的正切值 ，可知小球经过位置 3 的瞬时速度方向与位置 2、4 连线方向平行，故 B 正确C、小球经过位置 6 时竖直分速度为零，则 ，故 C 正确D、在下落过程和反弹过程中机械能守恒，位置 3 的速度 ，位置 3动能比位置 6 动能多 = ，位置 3 的重力势能比位置 6 的重力势能多E p=mgL=10.05J=0.05J，可知机械能多0.2875J所以小球与地面碰撞过程中机械能损失 0.2875J故 D 错误故选：BC【点评】： 解决本题的关键知道小球在水平
21、方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论灵活求解，难度较大三、简答题：本题分必做题（第 10、11 题）和选做题（第 12 题）两部分，共 2 小题，共计 42 分.请将解答填写在答题卡相应的位置10 （8 分）某同学用如图 1 所示装置研究物块运动速度变化的规律（1）从纸带上选取若干计数点进行测量，得出各计数点的时间 t 与速度 v 的数据如表：时间 t/s 0 0.10 0.20 0.30 0.40 0.50 0.60速度 v/（ms 1） 0 0.16 0.31 0.45 0.52 0.58 0.60请根据实验数据做出如图 2 物块的 vt 图象（2）上述 vt 图象不是一条直线
22、，该同学对其装置进行了进一步检查，列出了下列几条，其中可能是图象发生弯曲原因的是 D A长木板不够光滑 B没有平衡摩擦力C钩码质量 m 没有远小于物块质量 M D拉物块的细线与长木板不平行【考点】： 探究小车速度随时间变化的规律【专题】： 实验题【分析】： （1）根据描点法作出图象，即可；（2）根据图象的斜率含义，结合牛顿第二定律，及力的分解与滑动摩擦力公式，即可求解【解析】： 解：（1）合理选取坐标刻度，尽可能使图象“充满” 坐标平面，利用题中所给数据描点连线，得到小车的 vt 图象如图所示：（2）由速度与时间图象可知，斜率表示加速度的大小，由图象可得，一开始加速度不变，后来加速度减小，分析
23、可知，物块的合外力变小，引起原因是拉物块的细线与长木板不平行，当物块越靠近定滑轮时，夹角越大，则拉力沿着桌面的分力减小，然而，长木板不够光滑，或没有平衡摩擦力，或钩码质量 m 没有远小于物块质量 M，都不会出现中途加速度变化的现象，故 D 正确，ABC 错误；故答案为：（1）如上图所示；（2）D 【点评】： 考查描点作图的方法，注意平滑连接的细节，掌握误差分析的方法，得出引起加速度变化的根源是解题的关键11 （10 分）将两个金属电极锌片和铜片插入一个水果中就可以做成一个水果电池，某兴趣小组欲测量水果电池的电动势和内阻（1）甲同学用多用表的直流电压（01V ）档估测某水果电池的电动势，稳定时指
24、针如图1 中 A 所示，则读数为 0.84 V ；用多用表的欧姆100 档估测水果电池的内阻，稳定时指针如图 1 中 B 所示，则读数为 3.2 103 上述测量中存在一重大错误，是 不能用多用电表电阻档直接测电源内阻 （2）乙同学采用如图 3 所示电路进行测量，并根据测量数据做出了 R 图象（如图 2） ，则根据图象，该水果电池的电动势为 0.97 V ，内阻为 1.610 3 （结果保留两位有效数字）【考点】： 测定电源的电动势和内阻【专题】： 实验题【分析】： （1）根据多用电表的使用方法可明确读数及正确使用；（2）由闭合电路欧姆定律可得出对应的公式；再由图象交点及斜率的意义可得出有关电
25、动势和内电阻的表达式，则可求得电动势和内电阻；【解析】： 解：（1）量程选择 1V，则最小分度为 0.02V，故读数为：0.84V；用100 档位测量电阻，电阻 R=32100=3.2103本实验方法直接用欧姆档测量电源的内阻，这是错误的，因为欧姆档内部本身含有电源，而外部电压会干涉读数；故不能用多用电表电阻档直接测电源内阻（2）由闭合电路欧姆定律可知：I=则 = + ；由由公式及数学知识可得：图象中的 k= =0.97b= =1.6103解得：E=0.97V，r=1.610 3故答案为：（1）0.84；3.2 103；不能用多用电表电阻档直接测电源内阻（2）0.97 1.6103【点评】： 本题涉及测定电源电动势和内电阻的实验原理及具体操作，虽然最后的图象处理不是用的伏安法，但都可以用闭合电路欧姆定律列式分析，作出直线图象是关键二.【选做题】本题包括 A、 B、C 三个模块，请选定其中两个模块作答.如三个都做，则按A、B 两题评分.A （选修模块 3-3） （12 分）12 （4 分）下列说法正确的是（ ）A 雨水没有透过布雨伞是因为液体表面存在张力B 布朗运动反映了悬浮颗粒中分子运动的不规则性C 给自行车打气时气筒压下后反弹，是由分子斥力造成的D 单晶体的某些物理性质具有各向异性，而多晶体和非晶体是各向同性的【考点】： * 晶体和非晶体；布朗运动
