江苏省苏州市2015届高三上学期期末考试物理试卷(解析版)

等效替代法是指在研究某一个物理现象和规律中，因实验本身的特殊或因实验器材等，不可以或很难直接揭示物理本质，而采取与之相似或有共同特征的等效现象来替代的方法；

B、在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法，B错误；

C、伽利略在研究自由落体运动时采用了推理的方法，C正确；

D、法拉第发现电磁感应现象，和他坚信电与磁之间一定存在着联系的哲学思想分不开，D错误；

故选：C

则OA与竖直方向夹角变大，

OA的拉力由图中1位置变到2位置，可见OA绳子拉力变大，OB绳拉力逐渐变大；

OA拉力变大，则绳子拉力水平方向分力变大，根据平衡条件知地面给人的摩擦力逐渐增大；

人对地面的压力始终等于人的重力，保持不变；

故选：D．

B、等差等势面的疏密反映电场强度的大小，A处场强大于C处场强，故B正确；

C、从A点飞到C点，电场力方向与速度的夹角为钝角，电场力做负功，电势能增大，故C错误；

D、根据W=Uq知电势差相同，电场力做功相同，故D错误．

故选：B

向下运动时：3d﹣d=a′T2②

联立①②得：=    ③

根据牛顿第二定律，向上运动时：mg+f=ma④

向下运动时：mg﹣f=ma′⑤

联立③④⑤得：f=mg；

故选：B．

B、由U=可知，U=Q，则E==，故E与d无关，故B错误；

C、因负极板接地，设P点原来距负极板为l，则P点的电势φ=E（l﹣l0）；故C正确；

D、电势能E=φq=Eq（l﹣l0），不可能为水平线，故D错误；

故选：C．

又M=ρV=ρπR3．

联立两式解得：ω=

故选：A．

cd棒竖直方向上受到向下的重力和向上滑动摩擦力f，水平方向受到轨道的支持力N和安培力FA，则f=μN=μFA=μBIL，可知f大小不变．

若重力大于滑动摩擦力，cd杆做匀加速运动；若重力等于滑动摩擦力，cd杆做匀速运动；故A错误，B错误；

C、导体棒ab做匀速直线运动，受拉力、重力、向左的安培力、向左的滑动摩擦力和向上的支持力；故拉力做的功等于ab杆克服摩擦做功和克服安培力做功之和，ab杆克服安培力做功等于回路中产生的焦耳热，故F做的功等于回路中产生的焦耳热与ab杆克服摩擦做功之和，故C正确；

D、F做的功等于回路中产生的焦耳热与ab杆克服摩擦做功之和，故F的功率等于回路上的焦耳热功率与摩擦热功率之和，故D错误；

故选：C．

则可得交流电压u的表达式 U=36sin100πtV，故A正确；

B、理想变压器原、副线圈的匝数比为4：1，所以变压器原、副线圈中的电流之比为1：4，故B正确；

C、变压器输入、输出功率之比为1：1，故C错误；

D、当R1温度升高时，阻值减小，电压表示数不变，电流表的示数变大，故D错误；

故选：AB．

    B、若考虑空气阻力，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到：上升过程加速度大于g，再以球B为研究对象，根据牛顿第二定律分析：B受到的合力大于重力，B除受到重力外，还应受到向下的压力．A对B的压力向下．故B正确．

    C、若考虑空气阻力，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到：下落过程加速度小于g，再以B为研究对象，根据牛顿第二定律分析：A受到的合力小于重力，B除受到重力外，还应受到向上的力，即A对B的支持力向上，B对A的压力向下，故C错误．

故选：AB

故选BC

B、倾斜图线的斜率表示功率，可知P=fv=2000×30W=60000W，车速为5m/s时，汽车做匀加速直线运动，加速度a=，故B错误．

C、当车速为15m/s时，牵引力F=，则加速度a=，故C正确．

D、汽车的最大功率等于额定功率，等于60000W．故D正确．

故选：CD．

根据闭合电路欧姆定律得：

  电压表V2的示数 U2=E﹣I（R1+r） ①

由图线甲的斜率大小等于R1+r，由图知：R1+r==Ω=10Ω  

图线②的斜率等于R1，则R1==Ω=5Ω 

则得：r=5Ω，故A错误，D正确．

B、由甲图知：I=0.2A时，U2=4V，则电源的电动势为 E=U2+I（R1+r）=4+0.2×（5+5）=6V

当R1+R2=r时电源的输出功率最大，则电源的最大输出功率为 Pm==W=1.8W，故B正确．

C、将Rl看成电源的内阻，当R1+r=R2时，滑动变阻器R2的功率最大，为 PmR2==W=0.9W，故D正确．

故选：Bcd．

BCD、木块滑上木板，滑块做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得，，若地面对木板有摩擦力且动摩擦因数为μ′则，木板能加速运动说明地面对木板的动摩擦因数μ′＜μ，故木板和木块速度相等后两者一起在地面上匀减速运动的加速度小于木块开始时的加速度，故BC错误，D正确．

故选：AD．

故答案为：10.30

（2）每隔4个点取一计数点，相邻计数点之间的时间间隔为0.1s，由匀加速规律可得，用平均速度等于中间时刻的瞬时速度求解速度、用△x=at2求解加速度

（3）对系统应用牛顿第二定律，得到图线的纵轴截距为﹣μg，可解得动摩擦因数

B、实验需要测量两点之间的距离，故需要毫米刻度尺和，故B正确．

C、本实验中可以不测滑块的质量，而且砝码的质量已知，故天平可以不选，故C错误．

D、打点计时器要用到低压交流电源，故D正确．

故选：BD

（2）每隔4个点取一计数点，相邻计数点之间的时间间隔为0.1s，故用平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得：

=0.44m/s

同理可求，

=0.36m/s

由匀变速运动规律得：

所以，vE=2vD﹣vC=0.88﹣0.36m/s=0.52m/s

由△x=at2可得：

a===0.81m/s2

（3）对ABC系统应用牛顿第二定律可得：a=

所以，a﹣﹣t图象中，纵轴的截距为﹣μg，故﹣μg=﹣3，μ=0.3

故答案为：（1）BD（2）0.52；0.81（3）0.3

（2）根据实验中的接法可选择滑动变阻器；

（3）根据描点法得出对应的伏安特性曲线；

（4）根据图象可得出对应的电压值，再由闭合电路欧姆定律列式，联立求解即可．

（2）分压接法中，为了便于调节，滑动变阻器选用总阻值小，且额定电流较大的；故选：A；

（3）根据描点法得出对应的伏安特性曲线如图所示；

（4）当电流为1.25A时，Z电阻两端的电压为1.0V；当电流为0.8A时，电压为0.8V；由闭合电路欧姆定律可知：

E=1.25（r+2）+1=1.25r+3.5

E=0.81（r+3.6）+0.8=0.81r+3.716

联立解得：E=4.1V；r=0.49Ω

故答案为：（1）如图所示；（2）A；（3）如图所示；（4）4.1；0.49．

（2）对物体受力分析，根据牛顿第二定律求出物体与斜面间的动摩擦因数．

（3）对物体受力分析，根据牛顿第二定律求出物体下滑的加速度大小．

（2）根据牛顿第二定律得，上滑的加速度为：a==gsin37°+μgcos37°

代入数据解得：μ==0.25；

（3）根据牛顿第二定律得，物体下滑的加速度为：

a′==gsinθ﹣μgcosθ=10×=4m/s2．

答：（1）物体沿斜面上滑的最大距离s为9m；

（2）物体与斜面间的动摩擦因数μ为0.25；

（3）物体沿斜面到达最高点后返回下滑时的加速大小为4m/s2；

（2）根据感应电荷量表达式q=求解电量； 

（3）当线框速度已达稳定时，从能量守恒的角度分析处理，线框减少的重力势能等于线框增加的动能与产生的热量之和，计算出线框减少的势能再计算出产生的热量即可．

线框bc边切割磁感线产生的电动势为：E=BLv

故线框中产生的电流为：I=

线框在磁场中所受安培力为：F安=BIL=

线框进入磁场前做自由落体运动，根据动能定理可以求出线框进入磁场时的速度v，即：

mgh=

所以：h==

（2）根据法拉第电磁感应定律，离开磁场的过程中产生的感应电动势：

感应电流：

通过导线框某一横截面的电量：q=I△t

联立解得：

（3）由于磁场的宽度与线框的宽度相等，所以线框匀速穿过整个的磁场，整个的过程中线框减小的重力势能转化为线框产生的热量，即：

Q=mg•2L

答：（1）导线框刚下落时，bc边距磁场上边界MN的高度是；

（2）导线框离开磁场的过程中，通过导线框某一横截面的电量是；

（3）导线框穿越磁场的整个过程中，导线框中产生的热量是mg2L．

（2）小球做平抛运动，通过运动学公式求的位移的偏转角与速度的偏转角来判断；

（3）由动能定理求的最小值

Rcos37°=v0t

R

解得

由机械能守恒

（2）设落点与O点的连线与水平方向的夹角为θ，小球做平抛运动，由

Rcosθ=v0t      Rsin

位移方向与圆弧垂直

设速度方向与水平方向的夹角为α

所以小球不能垂直击中圆弧

（3）设落地点与O点的连线与水平方向的夹角为θ，小球做平抛运动，

Rcosθ=v0t      Rsin

由动能定理

解得

当sin时，取最小值

答：（1）若小球恰能击中B点，刚释放小球时弹簧的弹性势能为；

（2）小球落到轨道时速度不能圆弧垂直；

（3）改变释放点的位置，小球落到轨道时动能的最小值为．

（2）在环形区域Ⅱ中，当粒子的运动轨迹与外圆相切，画出轨迹，由几何关系求解轨迹半径，再求解B2的大小．

（3）作出粒子运动轨迹，求出粒子轨道半径．

（4）根据粒子运动的轨迹所对应的圆心角，再求解运动周期．

由牛顿第二定律得：qv0B1=m，

解得：B1=；

（2）设粒子在区域Ⅱ中的轨迹圆半径为r2，部分轨迹如图所示：

由几何关系知：r2=r1，

 由牛顿第二定律得：qv0B2=m，

所以：B2=B1=，方向与B1相反，即垂直xoy平面向外；

（3）由几何关系得：R=2r2+r2=3r2，

即：R=r；

（4）轨迹从A点到Q点对应圆心角θ=90°+60°=150°，要仍从A点沿y轴负方向射入，需满足；   

150n=360m，m、n属于自然数，即取最小整数m=5，n=12，

 T=12×（T1+T2），其中：T1=，T2=，

解得：T=（+6）．

答：（1）区域I中磁感应强度B1的大小为；

（2）环形区域II中磁感应强度B2的大小为，方向：垂直于纸面向外；

（3）若要使粒子约束在磁场内，大圆半径R的最小值为r；

（4）粒子在磁场中运动的周期T为（+6）．