2015届安徽省示范高中高三第一次联考

物理参考答案

开开关S1、S2，电容器C的电荷量不变，将C两极板错开一些由
知电容器C的电容减小，由
知U增大，θ增大，选项C正确；将C两极板间距d增大一些，由上面三式联立解得θ不变，选项D错误。

4.D【解析】由运动规律可得，坠楼女下落到男子手臂处的速度，由v2=2gh解得v=12m/s，坠楼女的下落时间t1=v/g=1.2s，选项AB正确；从接触男子手臂到停止运动，坠楼女的加速度a=v/t2=60m/s2，根据牛顿定律F－mg=ma可得，F=7mg，选项C正确。男子接坠楼女的整个过程，坠楼女做减速运动，加速度方向向上，坠楼女处于超重状态，选项D错误。

5．C【解析】由题图乙可知，交流电的周期为T＝0.02s，由T＝可得，转速n＝50r/s；交流电的有效值为E＝＝3V，电压表的示数U＝R＝2V，电路中电流的最大值为Im＝＝A。只有选项C正确。

6．B【解析】0—1s产生的感应电动势E1＝
，3—5s产生的感应电动势E2＝
，由于ΔB1＝ΔB2，Δt2＝2Δt1，故E1＝2E2，选项B正确；根据法拉第电磁感应定律可知在0—1s内线圈中产生逆时针方向的电流，感应电流产生的磁场方向与原磁场方向相反；1—3s穿过线圈的磁通量没有发生变化，故回路中没有感应电流，3—5s穿过回路中的磁通量变小，根据楞次定律可知回路中产生顺时针方向的电流，感应电流的磁场与原磁场方向相同，故选项A、C、D错误。

7.C【解析】该粒子受到的洛伦兹力与所在处的磁感线方向垂直且斜向上，只是其水平分力（或者说是洛伦兹力与重力的合力）提供做匀速圆周运动的向心力，选项B错误；根据左手定则知，从轨迹上方朝下看，该粒子沿顺时针方向运动，选项A错误；由洛伦兹力与重力的合力提供做匀速圆周运动的向心力，结合勾股定理，有=m，得该粒子所在处磁感应强度大小B=，选项C正确，D错误。

8．C【解析】M做加速度逐渐减小的加速运动，N做加速度从0开始逐渐增大的加速运动，当两者加速度相等时，M的平均加速度大于N的平均加速度，所以速度增量M大于N，它们的速度vM>vN，当M、N速度相同时，它们的加速度aM

9.D【解析】根据在匀强磁场中，在一条直线（非等势线）上电势差与长度成正比，易得C点电势为3V，B点电势为5V，则AB中点D的电势为3V，知CD为3V等势线，则AB所在线为电场线，易得，
=4V/m。只有选项D正确。

10.C【解析】对A球进行受力分析由绳的拉力及小球重力的合力充当向心力，选项A错误；设连接A球细绳与竖直方向的夹角为α，Mgcosα=mg，
，可解：
，选项B错误；A球角速度增大稳定后B球仍静止，设此时连接A球的细绳与竖直方向夹角为β，对A球受力分析可得：Tcosβ=mg,其中：T=Mg，可得α=β细绳与竖直方向夹角不变，故A球的向心力大小不变，向心加速度大小不变，由mgtanα=mωr2，可得角速度增大，轨道半径减小即L减小B球下降，选项C正确、D错误。

11.（18分）

I．（8分）

（1）C（2分） （2）BD（2分） （3）F′（2分）

【解析】（1）本实验采用合力与两个分力的作用效果相同，即等效替代法。选项C正确。（2）本实验中为了使橡皮条有明显伸长，两弹簧测力计应有较大的示数，同时合力不至于过小或过大，两弹簧测力计所拉细绳间的夹角一般在600——1200之间较合适，选项B正确，A错误；为了减小误差，便于确定两拉力方向，拉橡皮条的细绳要稍长一些，实验中两弹簧测力计要完全相同，且必须使橡皮条、细绳、弹簧测力计都与木板平行，细绳要与弹簧测力计轴线在同一直线上，读数时要正对弹簧测力计刻度，选项D正确，C错误。（3）实验中F是由平行四边形得出的，故存在一定的偏差；而F′是通过实验方法得出的，其方向一定与橡皮筋的方向相同．

II．（10分）

（1）D；F（4分）

（2）如答图1所示（3分）

（3）增大（3分）

【解析】（1）将电压表与定值电阻R02=2kΩ串联起来改装成(·2kΩ+3V)=5V的电压表，来测量电珠的电压误差较小，定值电阻应选D。由于使小灯泡两端电压由0至4.8V连续变化，应采用分压电路，滑动变阻器阻值不宜太大，滑动变阻器应选F。

（2）电珠正常发光时的电阻R＝Ω=9.6Ω，=≈520>>=≈38，因此采用电流表外接法，电路如答图1所示。

（3）该同学描绘出手电筒电珠的伏安特性曲线示意图如图乙所示，图象上每一点到原点的连线的斜率等于电阻的倒数，电压的增大，每一点到原点的连线的斜率减小，则手电筒电珠的电阻值随工作电压的增大而增大．

12．解：（1）根据图乙可知
，x=9m，t=3s，可得v=6m/s（2分）

可得第3s内加速度
（2分）

（2）在第1.5s末的加速度，a1=
=3m/s2；（1分）

由x=
a1t2，得x=3.375m，可知此处物块与地面摩擦因数是μ=0.2，（1分）

再根据牛顿第二定律：F－μmg=ma1（2分）

解得：F=5N（2分）

13. 解：根据题意作出粒子的运动轨迹如图中虚线所示，

（1）由
知O、N间距离
，粒子从M点到N点做类平抛运动，设运动时间为
，则有
（1分）

（1分）

解得：M、O间距离
（1分）

O、N间距离
（1分）。

（2）设粒子从N点进入磁场时速度方向与y轴负方向夹角为θ，则有
即
，（1分）

根据几何关系，粒子在磁场中做圆周运动的半径为
=
d（1分）

设粒子在磁场B中做匀速圆周运动的半径为R，根据几何关系可得运动的圆心角为
，
，解得：
（2分）

又∵
，
（1分）

得：磁感应强度比等于半径的反比，所以：
（1分）

14．解：（1）滑块运动到B点的速度为v，由机械能守恒有：mgR=
mv2，v=
=2m/s，（2分）

由牛顿第二定律有：F-mg=m
（1分）

得F=3mg=3N，由牛顿第三定律得滑块对轨道压力F'=3N，竖直向下（1分）

（2）滑块滑上传送带的加速度为a，由牛顿第二定律有：μmg=ma得a=μg=1m/s2（1分）

则由
解得v1=3m/s（1分）

因到C点速度v1=v+at=3m/s＜v0，故滑块一直加速，设加速运动到C的时间为t，则
滑块在传送带滑动距离Δx=v0t-
(v+v1)t=3.5m（1分）

摩擦生热Q=μmg·Δx=0.1×0.1×10×3.5=0.35J。（1分）

（3）滑块离开C点做平抛运动，设落点水平位移为s，时间为t'，则有：s=v1t'，（1分）

h=
gt'2（1分）

解得：s=1. 5m。（2分）

15. 解：（1）若始终固定住B，自由释放A，当A的运动速度为v时，P切割产生的电动势E=BLv感应电流为

则P棒受到的安培力为
（1分）

A向下做加速运动，
（1分）

P向左做加速度大小相同的加速运动
（1分）

可得：

A向下（P向左）做加速度减小的加速运动，直至以最大速度做匀速运动

（1分）

得
（1分）

（2）要使Q保持不下滑，Q所受摩擦力的方向水平向左，则：F+f=mg（1分）

静摩擦力最大时，安培力有最小值Fmin=4N（1分）

由
得，对应的最小速度vmin=2m/s（1分）

即当A速度至少为2m/s时释放B，B才不下落。

（3）随着A速度增大，安培力增大，Q所受摩擦力先向左逐渐减小，当安培力等于8N时摩擦力为零，之后安培力增大，摩擦力方向为向右并逐渐增大。F=mg+f（1分）

静摩擦力最大时，安培力有最大值Fmax=12N（1分）

对应的最大速度vmax=6m/s（1分）

而此时A正好达最大速度做匀速运动，速度不会再增加，故B能继续保持静止。（1分）