高考物理四川卷含解析

高考物理四川卷含解析

四川 ‎1．在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小 A．一样大 B．水平抛的最大 C．斜向上抛的最大 D．斜向下抛的最大 ‎【答案】A ‎【解析】 试题分析：三个小球被抛出后，均仅在重力作用下运动，三球从同一位置落至同一水平地面时，设其下落高度为h，并设小球的质量为m，根据动能定理有：mgh＝－，解得小球的末速度大小为：v＝，与小球的质量无关，即三球的末速度大小相等，故选项A正确。‎ 考点：抛体运动特点、动能定理（或机械能守恒定律）的理解与应用。‎ ‎2．平静湖面传播着一列水面波（横波），在波的传播方向上有相距3m的甲、乙两小木块随波上下运动，测得两个小木块每分钟都上下30次，甲在波谷时，乙在波峰，且两木块之间有一个波峰。这列水面波 A．频率是30Hz B．波长是3m C．波速是1m/s D．周期是0.1s ‎【答案】C 考点：对机械波、机械振动特点和规律的理解与应用。‎ ‎3．直线P1P2过均匀玻璃球球心O，细光束a、b平行且关于P1P2对称，由空气射入玻璃球的光路如图。a、b光相比 A．玻璃对a光的折射率较大 B．玻璃对a光的临界角较小 C．b光在玻璃中的传播速度较小 D．b光在玻璃中的传播时间较短 ‎【答案】C 考点：对折射率、临界角、光的折射定律的理解与应用。‎ ‎4．小型手摇发电机线圈共N匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO′，线圈绕OO′匀速转动，如图所示。矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，不计线圈电阻，则发电机输出电压 A．峰值是e0 B．峰值是2e0 C．有效值是 D．有效值是 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：由题意可知，线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，因此对单匝矩形线圈总电动势最大值为2e0，又因为发电机线圈共N匝，所以发电机线圈中总电动势最大值为2Ne0，根据闭合电路欧姆定律可知，在不计线圈内阻时，输出电压等于感应电动势的大小，即其峰值为2Ne0，故选项A、B错误；又由题意可知，若从图示位置开始计时，发电机线圈中产生的感应电流为正弦式交变电流，由其有效值与峰值的关系可知，U＝，即U＝，故选项C错误；选项D正确。‎ 考点：对正弦式交变电流的产生原理的理解，以及其四值运算、闭合电路欧姆定律的应用。‎ ‎5．登上火星是人类的梦想，“嫦娥之父”欧阳自远透露：中国计划于2020年登陆火星。地球和火星公转视为匀速圆周运动，忽略行星自转影响。根据下表，火星和地球相比 行星 半径/m 质量/kg 轨道半径/m 地球 ‎6.4×106‎ ‎6.0×1024‎ ‎1.5×1011‎ 火星 ‎3.4×106‎ ‎6.4×1023‎ ‎2.3×1011‎ A．火星的公转周期较小 B．火星做圆周运动的加速度较小 C．火星表面的重力加速度较大 D．火星的第一宇宙速度较大 ‎【答案】B 考点：万有引力定律的应用和分析数据、估算的能力。‎ ‎6．如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平，a、b是两个完全相同的带正电小球（视为点电荷），b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q（图中未画出）时速度为零。则小球a A．从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小 B．从N到P的过程中，速率先增大后减小 C．从N到Q的过程中，电势能一直增加 D．从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量 ‎【答案】BC 考点：孤立点电荷等势面特征、库仑定律、平行四边形定则、功能关系、能量守恒定律的应用。‎ ‎7．如图所示，S处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN垂直于纸面，在纸面内的长度L＝9.1cm，中点O与S间的距离d＝4.55cm，MN与SO直线的夹角为θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0×10－‎ ‎4T，电子质量m＝9.1×10－31kg，电量e＝－1.6×10－19C，不计电子重力。电子源发射速度v＝1.6×106m/s的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为l，则 A．θ＝90°时，l＝9.1cm B．θ＝60°时，l＝9.1cm C．θ＝45°时，l＝4.55cm D．θ＝30°时，l＝4.55cm ‎【答案】AD ‎【解析】试题分析：电子在磁场中受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，根据洛伦兹力大小计算公式和向心力公式有：evB＝，解得电子圆周运动的轨道半径为：r＝＝m＝4.55×10－2m＝4.55cm，恰好有：r＝d＝L/2，由于电子源S，可向纸面内任意方向发射电子，因此电子的运动轨迹将是过S点的一系列半径为r的等大圆，能够打到板MN上的区域范围如下图所示，实线SN表示电子刚好经过板N端时的轨迹，实线SA表示电子轨迹刚好与板相切于A点时的轨迹，因此电子打在板上可能位置的区域的长度为：l＝NA，‎ 考点：带电粒子在有界磁场中的运动。‎ ‎ ‎ ‎（第Ⅱ卷 非选择题，共68分）‎ ‎8．（17分） ‎ ‎（1）（6分）某同学在“探究弹力和弹簧伸长的关系”时，安装好实验装置，让刻度尺零刻度与弹簧上端平齐，在弹簧下端挂1个钩码，静止时弹簧长度为l1，如图1所示，图2是此时固定在弹簧挂钩上的指针在刻度尺（最小分度是1毫米）上位置的放大图，示数l1＝ cm.。在弹簧下端分别挂2个、3个、4个、5个相同钩码，静止时弹簧长度分别是l2、l3、l4、l5。已知每个钩码质量是50g，挂2个钩码时，弹簧弹力F2＝ N ‎（当地重力加速度g＝9.8m/s2）。要得到弹簧伸长量x，还需要测量的是 。作出F-x曲线，得到弹力与弹簧伸长量的关系。‎ ‎【答案】25.85 0.98 弹簧的原长l0‎ 考点：探究弹力和弹簧伸长的关系实验 ‎（2）（11分）用实验测一电池的内阻r和一待测电阻的阻值Rx。已知电池的电动势约6V，电池内阻和待测电阻阻值都为数十欧。可选用的实验器材有：‎ 电流表A1（量程0～30mA）； 电流表A2（量程0～100mA）；‎ 电压表V（量程0～6V）； 滑动变阻器R1（阻值0～5Ω）；‎ 滑动变阻器R2（阻值0～300Ω）； 开关S一个，导线若干条。‎ 某同学的实验过程如下：‎ Ⅰ．设计如图3所示的电路图，正确连接电路。‎ Ⅱ．将R的阻值调到最大，闭合开关，逐次调小R的阻值，测出多组U和I的值，并记录。以U为纵轴，I为横轴，得到如图4所示的图线。‎ Ⅲ．断开开关，将Rx改接在B、C之间，A与B直接相连，其他部分保持不变。重复Ⅱ的步骤，得到另一条U-I图线，图线与横轴I的交点坐标为（I0，0），与纵轴U的交点坐标为（0，U0）。‎ 回答下列问题：‎ ‎①电流表应选用 ，滑动变阻器应选用 ； ‎ ‎②由图4的图线，得电源内阻r＝ Ω；‎ ‎③用I0、U0和r表示待测电阻的关系式Rx＝ ，代入数值可得Rx；‎ ‎④若电表为理想电表，Rx接在B、C之间与接在A、B之间，滑动变阻器滑片都从最大阻值位置调到某同一位置，两种情况相比，电流表示数变化范围 ，电压表示数变化范围 。（选填“相同”或“不同”）‎ ‎【答案】①A2 R2 ②25 ③－r ④相同 不同 ‎②根据图3电路结构可知，电压表测量了电路的路端电压，电流表测量了电路的总电流，因此图4中，图线斜率绝对值即为电源的内阻，有：r＝|k|＝||Ω＝25Ω。‎ ‎③当改接电路后，将待测电阻与电源视为整体，即为一“等效电源”，此时图线的斜率为等效电源的内阻，因此有：r′＝r＋Rx＝|k′|＝，解得：Rx＝－r ‎④若电表为理想电表，Rx接在B、C之间与接在A、B之间，电路的总电阻可变范围不变，因此电流表的示数变化范围相同，Rx接在B、C之间时，电压表测量的是滑动变阻器两端的电压，而Rx接在A、B之间时，电压表测量的是滑动变阻器与Rx两端电压的和，由于对应某一滑动变阻器阻值时，电路的电流相同，因此电压表的读数不同，所以电压表示数变化范围也不同。‎ 考点：测定电源电动势和内阻、伏安法测电阻的实验 ‎9．（15分）严重的雾霾天气，对国计民生已造成了严重的影响，汽车尾气是形成雾霾的重要污染源，“铁腕治污”已成为国家的工作重点，地铁列车可实现零排放，大力发展地铁，可以大大减少燃油公交车的使用，减少汽车尾气排放。‎ 若一地铁列车从甲站由静止启动后做直线运动，先匀加速运动20s达到最高速度72km/h，再匀速运动80s，接着匀减速运动15s到达乙站停住。设列车在匀加速运动阶段牵引力为1×106N，匀速阶段牵引力的功率为6×103kW，忽略匀减速运动阶段牵引力所做的功。‎ ‎（1）求甲站到乙站的距离；‎ ‎（2）如果燃油公交车运行中做的功与该列车从甲站到乙站牵引力做的功相同，求公交车排放气体污染物的质量。（燃油公交车每做1焦耳功排放气体污染物3×10－6克）‎ ‎【答案】（1）s＝1950m；（2）m＝2.04kg ‎【解析】‎ 试题分析：（1）根据匀变速直线运动规律可知，地铁列车匀加速运动的位移为：s1＝ ①匀减速运动的位移为：s3＝ ②根据匀速运动规律可知，地铁列车匀速运动的位移为：s2＝vt2 ③根据题意可知，甲站到乙站的距离为：s＝s1＋s2＋s3 ④由①②③④式联立，并代入数据解得：s＝1950m ‎（2）地铁列车在从甲站到乙站的过程中，牵引力做的功为：W1＝Fs1＋Pt2 ⑤根据题意可知，燃油公交车运行中做的功为：W2＝W1 ⑥由①⑤⑥式联立，并代入数据解得：W2＝6.8×108J 所以公交车排放气体污染物的质量为：m＝3×10－9×6.8×108kg＝2.04kg 考点：匀速直线运动与匀变速直线运动规律的应用，以及功大小的计算。‎ ‎10．（18分）如图所示，粗糙、绝缘的直轨道OB固定在水平桌面上，B端与桌面边缘对齐，A是轨道上一点，过A点并垂直于轨道的竖直面右侧有大小E＝1.5×106N/C，方向水平向右的匀强电场。带负电的小物体P电荷量是2.0×10－6C，质量m＝0.25kg，与轨道间动摩擦因数μ＝0.4，P从O点由静止开始向右运动，经过0.55s到达A点，到达B点时速度是5m/s，到达空间D点时速度与竖直方向的夹角为α，且tanα＝1.2。P在整个运动过程中始终受到水平向右的某外力F作用，F大小与P的速率v的关系如表所示。P视为质点，电荷量保持不变，忽略空气阻力，取g＝10 m/s2，求：‎ ‎（1）小物体P从开始运动至速率为2m/s所用的时间；‎ ‎（2）小物体P从A运动至D的过程，电场力做的功。‎ ‎【答案】（1）t1＝0. 5s；（2）W＝－9.25J。‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）物体P在水平桌面上运动时，竖直方向上只受重力mg和支持力N作用，因此其滑动摩擦力大小为：f＝μmg＝1N 根据表格数据可知，物体P在速率v＝0～2m/s时，所受水平外力F1＝2N＞f，因此，在进入电场区域之前，物体P做匀加速直线运动，设加速度为a1，不妨设经时间t1速度为v1＝2m/s，还未进入电场区域。‎ 根据匀变速直线运动规律有：v1＝a1t1 ①‎ 根据牛顿第二定律有：F1－f＝ma1 ②‎ 由①②式联立解得：t1＝＝0.5s＜0.55s，所以假设成立 即小物体P从开始运动至速率为2m/s所用的时间为t1＝0.5s ‎（2）当物体P在速率v＝2～5m/s时，所受水平外力F2＝6N，设先以加速度a2再加速t2＝0.05s至A点，速度为v2，根据牛顿第二定律有：F2－f＝ma2 ③‎ 根据匀变速直线运动规律有：v2＝v1＋a2t2 ④‎ 由③④式联立解得：v2＝3m/s ⑤‎ 物体P从A点运动至B点的过程中，由题意可知，所受水平外力仍然为F2＝6N不变，设位移为x1，加速度为a3，根据牛顿第二定律有：F2－f－qE＝ma3 ⑥‎ 根据匀变速直线运动规律有：2a3x1＝－ ⑦‎ 由⑤⑥⑦式联立解得：x1＝1m ⑧‎ 根据表格数据可知，当物体P到达B点时，水平外力为F3＝qE＝3N，因此，离开桌面在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上只受重力，做自由落体运动，设运动至D点时，其水平向右运动位移为x2，时间为t3，则在水平方向上有：x2＝vBt3 ⑨ ‎ 根据几何关系有：cotα＝ ⑩‎ 由⑨⑩式联立解得：x2＝m ⑪ ‎ 所以电场力做的功为：W＝－qE（x1＋x2） ⑫‎ 由⑧⑪⑫式联立解得：W＝－9.25J 考点：物体的受力分析、牛顿第二定律、匀变速直线运动规律、平抛运动规律、功的定义式的应用。‎ ‎11．（18分） 如图所示，金属导轨MNC和PQD，MN与PQ平行且间距为L，所在平面与水平面夹角为α，N、Q连线与MN垂直，M、P间接有阻值为R的电阻；光滑直导轨NC和QD在同一水平面内，与NQ的夹角都为锐角θ。均匀金属棒ab和ef质量均为m，长均为L，ab棒初始位置在水平导轨上与NQ重合；ef棒垂直放在倾斜导轨上，与导轨间的动摩擦因数为μ（μ较小），由导轨上的小立柱1和2阻挡而静止。空间有方向竖直的匀强磁场（图中未画出）。两金属棒与导轨保持良好接触。不计所有导轨和ab棒的电阻，ef棒的阻值为R，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，忽略感应电流产生的磁场，重力加速度为g。‎ ‎（1）若磁感应强度大小为B，给ab棒一个垂直于NQ、水平向右的速度v1，在水平导轨上沿运动方向滑行一段距离后停止，ef棒始终静止，求此过程ef棒上产生的热量；‎ ‎（2）在（1）问过程中，ab棒滑行距离为d，求通过ab棒某横截面的电量；‎ ‎（3）若ab棒以垂直于NQ的速度v2在水平导轨上向右匀速运动，并在NQ位置时取走小立柱1和2，且运动过程中ef棒始终静止。求此状态下最强磁场的磁感应强度及此磁场下ab棒运动的最大距离。‎ ‎【答案】（1）Qef＝；（2）q＝；⑶Bm＝，方向竖直向上或竖直向下均可，xm＝‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由于ab棒做切割磁感线运动，回路中产出感应电流，感应电流流经电阻R和ef棒时，电流做功，产生焦耳热，根据功能关系及能的转化与守恒有：‎ ‎＝QR＋Qef ①‎ 根据并联电路特点和焦耳定律Q＝I2Rt可知，电阻R和ef棒中产生的焦耳热相等，‎ 即QR＝Qef ②‎ 由①②式联立解得ef棒上产生的热量为：Qef＝‎ ‎（2）设在ab棒滑行距离为d时所用时间为t，其示意图如下图所示：‎ 该过程中回路变化的面积为：ΔS＝[L＋（L－2dcotθ）]d ③‎ 根据法拉第电磁感应定律可知，在该过程中，回路中的平均感应电动势为：＝ ④‎ 根据闭合电路欧姆定律可知，流经ab棒平均电流为：＝ ⑤‎ 根据电流的定义式可知，在该过程中，流经ab棒某横截面的电量为：q＝ ⑥‎ 由③④⑤⑥式联立解得：q＝‎ ‎⑶由法拉第电磁感应定律可知，当ab棒滑行x距离时，回路中的感应电动势为：‎ e＝B（L－2xcotθ）v2 ⑦‎ 根据闭合电路欧姆定律可知，流经ef棒的电流为：i＝ ⑧‎ 根据安培力大小计算公式可知，ef棒所受安培力为：F＝ILB ⑨‎ 由⑦⑧⑨式联立解得：F＝ ⑩‎ 由⑩式可知，当x＝0且B取最大值，即B＝Bm时，F有最大值Fm，ef棒受力示意图如下图所示：‎ 根据共点力平衡条件可知，在沿导轨方向上有：Fmcosα＝mgsinα＋fm ⑪‎ 在垂直于导轨方向上有：FN＝mgcosα＋Fmsinα ⑫‎ 根据滑动摩擦定律和题设条件有：fm＝μFN ⑬‎ 由⑩⑪⑫⑬式联立解得：Bm＝‎ 显然此时，磁感应强度的方向竖直向上或竖直向下均可 由⑩式可知，当B＝Bm时，F随x的增大而减小，即当F最小为Fmin时，x有最大值为xm，此时ef棒受力示意图如下图所示：‎ 根据共点力平衡条件可知，在沿导轨方向上有：Fmincosα＋fm＝mgsinα ⑭‎ 在垂直于导轨方向上有： FN＝mgcosα＋Fminsinα ⑮‎ 由⑩⑬⑭⑮式联立解得：xm＝‎ 考点：功能关系、串并联电路特征、闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律、楞次定律共点力平衡条件的应用，和临界状态分析与求解极值的能力