山东省泰安市2015届高三上学期1月期末考试物理
2015济南一模 山东省济南市2015届高三上学期期末考试物理试题
向左的力F作用在B物体上，整个系统处于静止状态，则以下说法正确的是B．物块B的受力个数为5个C．地面对物块C的支持力小于三者重力之和D．地面对物块C的摩擦力大小等于F，方向水平向右3．在光滑水平面上，一物块在水平外力作用下做初速度为v0的直线运动，其速度－时间图象如图所示，则下列判断正确的是B．在0～t1内，物体的位移一直增大C．在0～t1内，水平外力不断增大D．在0～t1内，水平外力做正功4．如图所示，一个带负电荷的物体从粗糙斜面顶端由静止释放后，滑到斜面底端时的速度为v 。
若加上一个如图所示的垂直于纸面指向外的水平磁场，则物体滑到底端时A ．v 变小B ．v 变大C ．v 不变D ．v 可能变大，也可能不变5．如图为某双线客运索道，其索线由静止不动的承载索和牵引缆车运动的牵引索组成。
运行过程中牵引索通过作用力F 使缆车沿倾斜的承载索道斜向上加速移动，不计空气阻力，在缆车向上移动过程中，下列说法正确的是A ．F 对缆车做的功等于缆车增加的动能和克服摩擦力所做的功之和B ．F 对缆车做的功等于缆车克服摩擦力和克服重力所做的功之和C ．缆车克服重力做的功小于缆车增加的重力势能D ．F 对缆车做的功等于缆车增加的机械能与缆车克服摩擦力做的功之和6．假设地球同步卫星的轨道半径是地球半径的n 倍，则下列有关地球同步卫星的叙述正确的是A ．向心加速度是地球赤道上物体随地球自转的向心加速度的n 倍B ．向心加速度是地球赤道上物体随地球自转的向心加速度的n 2倍C ．运行速度是第一宇宙速度的n1倍 D ．运行速度是第一宇宙速度的错误！未找到引用源。
n1倍7．在粗糙的水平地面上有一个质量为2kg的物块，与左端固定在墙上的水平轻弹簧相连，并由一与水平方向成45º角的拉力F拉着，如图所示。
此时物块处于静止状态，水平地面对物块的弹力恰好为零。
取g＝10m/s2，设物块与水平地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，动摩擦因数为0.2。
【物理】山东省潍坊市2015届高三上学期期末考试(精校解析版)
2015届山东潍坊高三上学期期末物理卷1．某质点做直线运动，其速度随时间变化的v —T 图象如图所示，则质点( )A ．初速度大小是0B ．初速度大小是L m ／sC ．加速度大小是0.5m ／s 2D ．加速度大小是1m ／s 2 【答案】BC【解析】根据v -T 图像可知：零时刻，即y 轴上的截距是1m/s ，初速度大小是L m ／s ，A 错误、B 正确；在2s 时间内，速度从1m/s 增加到2m/s ，根据加速度的定义a =tv∆∆，a =0.5m ／s 2，C 正确、D 错误。
【考点】v -T 图像2．某同学站在竖直升降机内，升降机做下列哪些运动时，该同学处于超重状态（ ） A ．加速上升 B ．减速上升 C ．加速下降 D ．减速下降 【答案】AD【解析】当物体对悬挂物的拉力或对支撑面的压力大于它本身的重力，是超重现象；当物体对悬挂物的拉力或对支撑面的压力小于它本身的重力，是失重现象．超重和失重时，本身的重力没变．超重时，根据牛顿第二定律，加速度的方向向上；失重时，加速度的方向向下．加速上升和减速下降，加速度向上，属于超重，AD 正确；减速上升和加速下降，加速度向下，属于失重，BC 错误。
【考点】牛顿第二定律、超重和失重3．如图所示，实线表示某静电场的电场线。
虚线表示该电场的等势面，a 、b 是电场中的两点．以下判断正确的是（ ）A．a点的场强大于b点的场强B．a点的电势高于b点的电势C．正电荷在a点的电势能大于在b点的电势能D．将负电荷从a点移到b点电场力对其做正功【答案】BC【解析】图中实线电场线，电场线的疏密表示电场强度的强弱，所以，b点的场强大于a点的场强，A错误；沿电场线方向电势降低，a点的电势高于b点的电势，B正确；正电荷受力方向与电场方向一致，从a点移到b点，电场力做正功，电势能降低，C正确；负电荷受力方向与场强方向相反，将负电荷从a点移到b点电场力对其做负功，D错误。
【解析】山东省新泰市2015届高三上学期第二次模拟考试物理试题Word版含解析
2015年山东省泰安市新泰市鸿一电子科技有限公司高考物理模拟试卷（二）一、选择题（本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．）1．（6分）一质点沿x轴做直线运动，其v﹣t图象如图所示．质点在t=0时位于x=5m处，开始沿x轴正向运动．当t=8s时，质点在x轴上的位置为（）A．x=3m B．x=8m C．x=9m D．x=14m【考点】：匀变速直线运动的图像．【专题】：运动学中的图像专题．【分析】：速度时间图象可读出速度的大小和方向，根据速度图象可分析物体的运动情况，确定何时物体离原点最远．图象的“面积”大小等于位移大小，图象在时间轴上方“面积”表示的位移为正，图象在时间轴下方“面积”表示的位移为负．【解析】：解：图象的“面积”大小等于位移大小，图象在时间轴上方“面积”表示的位移为正，图象在时间轴下方“面积”表示的位移为负，故8s时位移为：s=，由于质点在t=0时位于x=5m处，故当t=8s时，质点在x轴上的位置为8m，故ACD错误，B正确．故选：B．【点评】：本题抓住速度图象的“面积”等于位移是关键．能根据图象分析物体的运动情况，通过训练，培养基本的读图能力．2．（6分）如图所示，三个物体质量分别为m1=1.0kg、m2=2.0kg、m3=3.0kg，已知斜面上表面光滑，斜面倾角θ=30°，m1和m2之间的动摩擦因数μ=0.8．不计绳和滑轮的质量和摩擦．初始用外力使整个系统静止，当撤掉外力时，m2将（g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（）A．和m1一起沿斜面下滑B．和m1一起沿斜面上滑C．相对于m1上滑D．相对于m1下滑【考点】：牛顿第二定律．【专题】：牛顿运动定律综合专题．【分析】：假设m1和m2之间保持相对静止，对整体分析，运用牛顿第二定律求出整体的加速度，隔离对m2分析，根据牛顿第二定律求出m1和m2之间的摩擦力，判断是否超过最大静摩擦力，从而判断能否保持相对静止．【解析】：解：假设m1和m2之间保持相对静止，对整体分析，整体的加速度a==．隔离对m2分析，根据牛顿第二定律得，f﹣m2gsin30°=m2a解得f=最大静摩擦力f m=μm2gcos30°=N=8，可知f＞f m，知道m2的加速度小于m1的加速度，m2相对于m1下滑．故D正确，A、B、C错误．故选：D．【点评】：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，掌握整体法和隔离法的运用．3．（6分）研究表明，地球自转在逐渐变慢，3亿年前地球自转的周期约为22小时，假设这种趋势会持续下去，地球的其他条件都不变，未来人类发射的地球同步卫星与现在的相比（）A．距地面的高度变大B．向心加速度变大C．线速度变大D．角速度变大【考点】：同步卫星．【专题】：人造卫星问题．【分析】：卫星受到的万有引力充当向心力，根据公式即可分析同步卫星的各物理量的变化情况．【解析】：解：A、因地球的周期在增大；故未来人类发射的卫星周期也将增大；根据万有引力公式可知：=m则有：R=；故卫星离地高度将变大；故A正确；B、由=ma可知，因半径增大，则加速度减小；故B错误；C、由=m可知，v=，故线速度变小；故C错误；D、由=mRω2可知，ω=；故角速度减小；故D错误．故选：A．【点评】：本题考查向心力公式及同步卫星的性质，要注意明确同步卫星的转动周期与地球的自转周期相同．4．（6分）如图所示，光滑轨道LMNPQMK固定在水平地面上，轨道平面在竖直面内，MNPQM 是半径为R的圆形轨道，轨道LM与圆形轨道MNPQM在M点相切，轨道MK与圆形轨道MNPQM 在M点相切，b点、P点在同一水平面上，K点位置比P点低，b点离地高度为2R，a点离地高度为2.5R．若将一个质量为m的小球从左侧轨道上不同位置由静止释放，关于小球的运动情况，以下说法中正确的是（）A．若将小球从LM轨道上a点由静止释放，小球一定不能沿轨道运动到K点B．若将小球从LM轨道上b点由静止释放，小球一定能沿轨道运动到K点C．若将小球从LM轨道上a、b点之间任一位置由静止释放，小球一定能沿轨道运动到K点D．若将小球从LM轨道上a点以上任一位置由静止释放，小球沿轨道运动到K点后做斜上抛运动，小球做斜上抛运动时距离地面的最大高度一定小于由静止释放时的高度【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】：小球要能到达K点，必须通过P点，恰好通过P点时由重力提供向心力，根据牛顿第二定律可求得P点的临界速度，由机械能守恒定律求出小球从LM上释放的高度，从而判断小球否能沿轨道运动到K点．【解析】：解：A、B、C、由于MNPQM是半径为R的圆形轨道，所以小球只要能通过P点，就一定能沿轨道运动到K点．从a到b过程，由机械能守恒定律得：mg（2.5R﹣2R）=mv2，解得：v=．若小球能沿轨道运动到K点，则应满足的条件是在P点小球受到的弹力F N≥0，在P点由牛顿第二定律得：F N+mg=m，解得m﹣mg≥0，即v P≥，又因b点、P点在同一水平面上，因此若将小球从LM轨道上a点由静止释放，小球能恰好通过P点，也一定能沿轨道运动到K点，故ABC均不正确；D、若将小球从LM轨道上b点，或a、b点之间任一位置由静止释放，小球一定不能通过P点，不一定能沿轨道运动到K点，故B、C错误；将小球从LM轨道上a点以上任一位置由静止释放，小球能沿轨道运动到K点，由于K点位置比P点低，根据机械能守恒定律知，小球在K点的速度一定大于零，所以小球沿轨道运动到K点后做斜上抛运动，又因小球做斜上抛运动上升到最大高度时，在水平方向上速度不为零，故小球做斜上抛运动时距离地面的最大高度一定小于由静止释放时的高度，故D正确．故选：D．【点评】：本题是机械能守恒和圆周运动临界条件、斜抛知识的综合，关键掌握圆周运动最高点的临界条件，知道斜抛运动最高点速度并不为零，要运用机械能守恒列式分析．5．（6分）如图所示，空间存在垂直纸面向里的匀强磁场，从p点平行直线MN射出的a、b两个带电粒子，它们从射出第一次到直线MN所用的时间相等，到达MN时速度方向与MN的夹角分别为60°和90°，不计重力，则两粒子速度之比v a：v b为（）A．2：1 B．3：2 C．4：3 D．：【考点】：带电粒子在匀强磁场中的运动．【专题】：带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】：做出粒子的轨迹，由几何知识得到粒子的半径之比，进而由牛顿第二定律得到速度表达式，得到速度之比．【解析】：解：两粒子做圆周运动的轨迹如图：设P点到MN的距离为L，由图知b的半径R b=L，对于a粒子的半径：L+R a cos60°=R a得：R a=2L即两粒子的速度之比为R a：R b=2：1 ①；粒子做圆周运动的周期T=由题•=•得两粒子的比荷：=②粒子的洛伦兹力提供向心力，qvB=m得：R=③联立①②③得：=故选：C．【点评】：本题关键是明确粒子做匀速圆周运动，周期T相同，画出轨迹后，根据公式t=T 求出时间，作出粒子的运动轨迹是正确解题的关键．6．（6分）（2014•唐山二模）电荷量相等的两点电荷在空间形成的电场有对称美．如图所示，真空中固定两个等量异种点电荷A、B，AB连线中点为O．在A、B所形成的电场中，以O点为圆心半径为R的圆面垂直AB连线，以O为几何中心的边长为2R的正方形平面垂直圆面且与AB连线共面，两个平面边线交点分别为e、f，则下列说法正确的是（）A．在a、b、c、d、e、f六点中找不到任何两个场强和电势均相同的点B．将一电荷由e点沿圆弧egf移到f点电场力始终不做功C．将一电荷由a点移到圆面内任意一点时电势能的变化量相同D．沿线段eof移动的电荷，它所受的电场力是先减小后增大【考点】：电场强度；电势；电势能．【专题】：电场力与电势的性质专题．【分析】：等量异种电荷连线的垂直面是一个等势面，其电场线分布具有对称性．电荷在同一等势面上移动时，电场力不做功．根据电场力做功W=qU分析电场力做功情况．根据电场线的疏密分析电场强度的大小，从而电场力的变化．【解析】：解：A、图中圆面是一个等势面，e、f的电势相等，根据电场线分布的对称性可知e、f的场强相同，故A错误．B、图中圆弧egf是一条等势线，其上任意两点的电势差都为零，根据公式W=qU可知：将一电荷由e点沿圆弧egf移到f点电场力不做功．故B正确．C、a点与圆面内任意一点时的电势差相等，根据公式W=qU可知：将一电荷由a点移到圆面内任意一点时，电场力做功相同，则电势能的变化量相同．故C正确．D、沿线段eof移动的电荷，电场强度先增大后减小，则电场力先增大后减小，故D错误．故选：BC．【点评】：常见电场的电场线分布及等势面的分布要求我们能熟练掌握，并要注意沿电场线的方向电势是降低的，同时注意等量异号电荷形成电场的对称性．加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题．7．（6分）图为某小型水电站的电能输送示意图，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电．已知输电线的总电阻R=10Ω，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4：1，副线圈与纯电阻用电器组成闭合电路，用电器电阻R0=11Ω．若T1、T2均为理想变压器，T2的副线圈两端电压表达式为u=220sin100πtV．下列说法正确的是（）A．发电机中的电流变化频率为100HzB．通过用电器的电流有效值为20AC．升压变压器的输入功率为4650WD．当用电器的电阻R0减小时，发电机的输出功率减小【考点】：远距离输电．【专题】：交流电专题．【分析】：在输电的过程中，交流电的频率不变，结合降压变压器的输出电压和用电器的电阻，根据欧姆定律求出通过用电器的电流，结合输电线上的功率损失求出升压变压器的输入功率．【解析】：解：A、交流电经过变压器，频率不变，则交流电的频率f=．故A错误．B、通过用电器的电流有效值I=．故B正确．C、根据得，输电线上的电流，则输电线上损耗的功率，降压变压器的输入功率P3=U4I4=220×20W=4400W，则升压变压器的输出功率P=P3+P损=4400+250W=4650W．故C正确．D、当用电器的电阻R0减小时，降压变压器的输出电流增大，则输电线上的电流增大，升压变压器原线圈中的电流变大，根据P=UI知，发电机的输出功率增大．故D错误．故选：BC．【点评】：解决本题的关键知道：1、原副线圈的电压、电流与匝数比的关系；2、升压变压器的输出功率、功率损失和降压变压器的输入功率之间的关系．8．（6分）如图所示，倾角为θ的粗糙斜面上静止放置着一个质量为m的闭合正方形线框abcd，它与斜面间动摩擦因数为μ．线框边长为l，电阻为R．ab边紧靠宽度也为l的匀强磁场的下边界，磁感应强度为B，方向垂直于斜面向上．将线框用细线通过光滑定滑轮与重物相连，重物的质量为M，如果将线框和重物由静止释放，线框刚要穿出磁场时恰好匀速运动．下列说法正确的是（）A．线框刚开始运动时的加速度a=B．线框匀速运动的速度v=C．线框通过磁场过程中，克服摩擦力和安培力做的功等于线框机械能的减少量D．线框通过磁场过程中，产生的焦耳热小于2（M﹣msinθ﹣μmcosθ）gl【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势；功能关系；焦耳定律．【专题】：电磁感应与电路结合．【分析】：根据牛顿第二定律求解线框进入磁场前的加速度．由线框刚进入磁场时做匀速运动，推导出安培力与速度的关系，由平衡条件求解速度．根据能量守恒定律求解热量．【解析】：解：A、线框进入磁场前，设绳子上的拉力为F，根据牛顿第二定律得线框的加速度为：重物的加速度：联立得：．故A错误；B、线框出磁场时做匀速运动时，由F安+mgsinθ+μmgcosθ=F=Mg，而F安=，解得：．故B正确．C、线框通过磁场过程中，线框与重物克服摩擦力和安培力做的功等于线框与重物机械能的和的减少量．故C错误．D、线框通过磁场过程中，线框与重物克服摩擦力和安培力做的功等于线框与重物机械能之和的减少量．即：得：．故D正确．故选：BD．【点评】：本题是电磁感应中力学问题，记住安培力的经验公式F安=，正确分析受力和功能关系是解答本题的关键，要注意线框切割磁感线的边长与通过的位移大小是不同的，不能搞错．二、非选择题（包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题～第15题为选考题，考生根据要求作答．）（一）必考题（共47分）9．（6分）在一次课外活动中，某同学用图甲所示装置测量放在水平光滑桌面上铁块A与金属板B间的动摩擦因数．已知铁块A的质量m A=0.5kg，金属板B的质量m B=1kg．用水平力F向左拉金属板B，使其一直向左运动，稳定后弹簧秤示数的放大情况如图甲所示，则A、B间的摩擦力F f= 2.50N，A、B间的动摩擦因数μ=0.50．（g取10m/s2）．该同学还将纸带连接在金属板B的后面，通过打点计时器连续打下一系列的点，测量结果如图乙所示，图中各计数点间的时间间隔为0.1s，可求得拉金属板的水平力F= 4.50N【考点】：探究影响摩擦力的大小的因素．【专题】：实验题．【分析】：由于铁块与金属板间有相对运动，二者之间存在滑动摩擦力．当弹簧稳定时，铁块处于平衡态，即铁块所受的摩擦力与弹簧的弹力是一对平衡力，即可测得二者之间的摩擦力．据f=μmg 可求得动摩擦因数．根据△x=aT2求出金属板的加速度，然后根据牛顿第二定律，即可求出水平拉力大小．【解析】：解：A处于平衡状态，所受摩擦力等于弹簧秤示数，F f=F=2.50N．根据F f=μm A g，解得：μ=0.5．由题意可知，金属板做匀加速直线运动，根据△x=aT2，其中△x=2cm=0.02m，T=0.1s，所以解得：a=2.0m/s2．根据牛顿第二定律得：F﹣F f=m B a，带入数据解得F=4.50N．故答案为：2.50，0.5，4.50．【点评】：本题借助实验考查了基本规律的应用，平时训练中一定要加强应用基本规律解决实际问题的能了，强调知识的活学活用．10．（9分）某同学探究一个额定电压2.2V、额定功率1.1W的小灯泡两端的电压与通过灯泡的电流的关系．器材为：电源（电动势3V）、电键、滑动变阻器、电压表、电流表、小灯泡、导线若干．（1）为了达到上述目的，请将图a连成一个完整的实验电路图．要求所测电压范围为0V﹣2.2V．（2）根据实验数据得到了如图b所示小灯泡的U﹣I图象．电压从0.4V增至1.2V的过程中小灯泡的阻值增加了1Ω．（3）若把该灯泡与一阻值为R0=5Ω的电阻串联后接在电动势3V，内阻1Ω的电源两端，如图c 所示，则小灯泡实际消耗的功率是0.28W．【考点】：描绘小电珠的伏安特性曲线．【专题】：实验题．【分析】：1、要求所测电压范围为0V﹣2.2V．根据测伏安特性曲线的实验要求可以选出滑动变阻器的接法，由电流表及电压表内阻的关系可得出电流表的接法；2、根据欧姆定律结合小灯泡的U﹣I图象求解；3、把定值电阻等效为电源内阻，作出电源的I﹣U图象，电源图象与灯泡伏安特性曲线的交点坐标值是灯泡的实际电压与实际电流，由P=UI 可以求出灯泡的实际功率．【解析】：解：（1）要求所测电压范围为0V﹣2.2V，即要求电压值从零开始变化，故滑动变阻器应采有分压接法；灯泡内阻一般远小于电压表内阻，故电流表应采用外接法；实验电路图如图所示：（2）根据实验数据得到了如图b所示小灯泡的U﹣I图象．根据欧姆定律得电压为0.4V时灯泡电阻为：R1==2Ω，电压为1.2V时灯泡电阻为：R2==3Ω，所以电压从0.4V增至1.2V的过程中小灯泡的阻值增加了1Ω．（3）把定值电阻等效为电源内阻，根据闭合电路欧姆定律得：E=U+I（r+R0）U=3﹣6I，作出电源的I﹣U图象，电源图象与灯泡伏安特性曲线的交点坐标值是灯泡的实际电压与实际电流，由图象可知，灯泡两端电压为0.8V，电流为0.35A，灯泡实际功率为P=UI=0.35V×0.8A=0.28W；故答案为：（1）电路图如图所示；（2）1，（2）0.28【点评】：测量小灯泡的伏安特性曲线时，根据实验的要求一般采用滑动变阻器的分压接法，电流表应采用外接法．要掌握应用图象法处理实验数据的方法．11．（12分）观光旅游、科学考察经常利用热气球，保证热气球的安全就十分重要．科研人员进行科学考察时，气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为800kg，在空中停留一段时间后，由于某种故障，气球受到的空气浮力减小，科研人员发现气球在竖直下降，此时下降速度为2m/s，且做匀加速运动，经过4s下降了16m后，立即抛掉一些压舱物，气球匀速下降．不考虑气球由于运动而受到的空气阻力．重力加速度g=1Om/s2．求：（1）抛掉的压舱物的质量m是多大？（2）抛掉一些压舱物后，气球经过5s下降的高度是多大？【考点】：牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．【专题】：牛顿运动定律综合专题．【分析】：（1）先利用运动学计算出下降的加速度，由牛顿地的定律表示出加速度，匀速运动时所受合力为零联立即可求得（2）求出4s末的速度，然后做匀速运动，由hvt求的下降高度；【解析】：解：（1）设气球加速下降的加速度为a，受到的浮力为F，则有：s=代入数据解得：a=1m/s2由牛顿第二定律有：Mg﹣F=Ma抛掉一些压舱物，气球匀速运动，则有：（M﹣m）g=F联立并代入数据解得：m=80kg（2）加速下降阶段获得的速度为：v1=v0+at=2+1×4m/s=6m/s匀速下降的高度为：h=v1t′=6×5m=30m答：（1）抛掉的压舱物的质量m是80kg（2）抛掉一些压舱物后，气球经过5s下降的高度是30m【点评】：本题结合实际情景来将运动与力学题目相结合起来，主要让学生掌握如何由运动去求力的问题的方法．12．（20分）为减少烟尘排放对空气的污染，某同学设计了一个如图所示的静电除尘器，该除尘器的上下底面是边长为L=0.20m的正方形金属板，前后面是绝缘的透明有机玻璃，左右面是高h=0.10m的通道口．使用时底面水平放置，两金属板连接到U=2000V的高压电源两极（下板接负极），于是在两金属板间产生一个匀强电场（忽略边缘效应）．均匀分布的带电烟尘颗粒以v=10m/s 的水平速度从左向右通过除尘器，已知每个颗粒带电荷量q=+2.0×10﹣17C，质量m=1.0×10﹣15kg，不考虑烟尘颗粒之间的相互作用和空气阻力，并忽略烟尘颗粒所受重力．在闭合开关后：（1）求烟尘颗粒在通道内运动时加速度的大小和方向；（2）求除尘过程中烟尘颗粒在竖直方向所能偏转的最大距离；（3）除尘效率是衡量除尘器性能的一个重要参数．除尘效率是指一段时间内被吸附的烟尘颗粒数量与进入除尘器烟尘颗粒总量的比值．试求在上述情况下该除尘器的除尘效率；若用该除尘器对上述比荷的颗粒进行除尘，试通过分析给出在保持除尘器通道大小不变的前提下，提高其除尘效率的方法．【考点】：带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律；* 静电的利用和防止．【分析】：（1）通道内只受电场力，由牛顿第二定律可求得加速度；（2）带电粒子在电场中做类平抛运动，由运动的合成与分解可求得偏转的最大的距离；（3）根据进入的颗粒及吸附的颗粒可知吸附的效率，再由公式分析提高效率的方法．【解析】：解：（1）烟尘颗粒在通道内只受电场力的作用，电场力F=qE又因为E=设烟尘颗粒在通道内运动时加速度为a，根据牛顿第二定律有=ma解得a=4.0×102m/s2，方向竖直向下；（2）若通道最上方的颗粒能通过通道，则这些颗粒在竖直方向上有最大的偏转距离这些颗粒在水平方向的位移L=vt在竖直方向的位移h′=at2解得h′=0.08m＜h=0.10m 可确定这些颗粒能通过通道因此，除尘过程中烟尘颗粒在竖直方向偏转的最大距离为8.0cm；（3）设每立方米有烟尘颗粒为N0时间t内进入除尘器的颗粒N1=N0hLvt时间t内吸附在底面上的颗粒N2=N0hʹLvt则除尘效率η===80%因为h′=at2=当hʹ＜h时，η==×当hʹ≥h时，η=1因此，在除尘器通道大小及颗粒比荷不改变的情况下，可以通过适当增大两金属板间的电压U，或通过适当减小颗粒进入通道的速度v来提高除尘效率．答：（1）加速度为4.0×102m/s2，方向竖直向下；（2）烟尘颗粒在竖直方向偏转的最大距离为8.0cm；（3）通过适当增大两金属板间的电压U，或通过适当减小颗粒进入通道的速度v来提高除尘效率．【点评】：本题考查带电粒子在电场中的运动，由于结合生活中的常识，故有一定的难度，在解答时应注意审题，明确题意，构建模型才能顺利求解．二、（二）选考题（共15分）（请考生从给出的3道物理题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分）（15分）13．（6分）下列说法中正确的是（）A．知道水蒸气的摩尔体积和水分子的体积，不能计算出阿伏加德罗常数B．硬币或钢针能浮于水面上，是由于液体表面张力的作用C．晶体有固定的熔点，具有规则的几何外形，物理性质具有各向异性D．影响蒸发快慢以及影响人们对干爽与潮湿感受的因素是空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和气压的差距E．随着科技的发展，将来可以利用高科技手段，将散失在环境中的内能重新收集起来加以利用而不引起其他变化【考点】：* 液体的表面张力现象和毛细现象；* 晶体和非晶体．【分析】：解答本题需掌握：（1）气体分子间距离较大，不能根据阿伏加德罗常数计算分子体积；（2）液体表面分子较稀疏，分子间的相互作用产生液体的表面张力；（3）掌握晶体的性质，明确晶体有固定的熔点、规则的几何外形及各向异性；（4）理解饱和气压的意义，会解释有关现象；（5）热力学第二定律：为不可能把热从低温物体传到高温物体而不产生其他影响；不可能从单一热源取热使之完全转换为有用的功而不产生其他影响．【解析】：解：A、液体和固体可用摩尔体积除以分子体积得阿伏加德罗常数，而气体不能，故A正确；B、硬币或钢针能浮于水面上，是由于液体表面张力的作用，故B正确；C、晶体分为单晶体和多晶体，多晶体物理性质各向同性，故C错误；D、空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和气压的差距影响蒸发快慢，故D正确；E、能量具有单向性，故不能将散失的能量再聚集利用，故E错误．故选：ABD．【点评】：本题考查了阿伏加德罗常数、热力学第二定律、晶体的性质及饱和气压的定义等，知识点多，难度小，要加强基础知识的识记14．（9分）蛟龙号载人潜水艇是一艘由中国自行设计的载人潜水器．2012年6月27日潜水深度7062.68m，这标志着我国具备了载人到达全球99%以上海域深处进行作业的能力．潜水艇外壳是国产钛合金做成的，呈鸡蛋形状，舱内空间约为80m3与外界导热良好．开始潜入时，舱内空气（看成理想气体）的压强为latm，温度为27℃，水深7062.68m处的温度为4℃．求：①当蛟龙号载人潜水艇在水深7062.68m处停留足够长的时间后，舱内气体的压强为多少atm；②在上述过程中舱内气体放热（填“放热”或“吸热”）；③从微观的角度解释舱内压强的变化：舱内空气的体积不变，分子数密度不变，温度降低，分子的平均动能减小，所以压强降低．．【考点】：热力学第一定律；理想气体的状态方程．【专题】：热力学定理专题．【分析】：①舱内空气为等容变化，列出初态和末态的压强和温度，由查理定律求解．②舱内空气看成理想气体，其内能只跟温度有关，根据温度变化分析内能的变化，放热还是吸热．③气体的压强与分子的平均动能和分子数密度有关，根据气体压强微观意义进行分析．【解析】：解：①舱内空气为等容变化，初态：p1=1atm，T1=300K；末态：p2=？，T1=277K由查理定律得：=代入数据解得：p2==×1atm=0.92atm，。
2015年山东省泰安市高考物理二模试卷
2015年山东省泰安市高考物理二模试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、多选题(本大题共3小题，共18.0分)1.如图，甲、乙两物体用压缩的轻质弹簧连接静置于倾角为θ的粗糙斜面体上．斜面体始终保持静止，则下列判断正确的是（）A.物体甲所受的摩擦力可能为零B.物体甲一定受到四个力作用C.物体乙所受的摩擦力可能为零D.水平面对斜面体无摩擦力作用【答案】AD【解析】解：AB、若压缩的弹簧对甲向上的弹力大小恰好等于m甲gsinθ，则物体甲所受的摩擦力为零，甲只受三个力作用，故A正确，B错误；C、因弹簧对乙有沿斜面向下的弹力，故乙一定具有向下运动的趋势，乙一定受沿斜面向上的摩擦力作用，故C错误；D、取甲、乙和斜面为一整体分析受力，由水平方向合力为零可得，水平面对斜面体的摩擦力一定为零，故D正确．故选：AD弹簧对乙有沿斜面向下的弹力，故乙一定具有向下运动的趋势，乙一定受沿斜面向上的摩擦力作用，若压缩的弹簧对甲向上的弹力大小恰好等于m甲gsinθ，则甲只受三个力作用，取甲、乙和斜面为一整体分析受力，由水平方向合力为零可得，水平面对斜面体的摩擦力一定为零．本题考查了整体法和隔离法的应用，正确的受力分析是做好本题的关键，注意甲物体的静摩擦力方向不确定．2.如图甲所示，在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上运动，其υ-t图象如图乙所示，同时人顶着杆沿水平地面运动的x-t图象如图丙所示．若以地面为参考系，下列说法正确的是（）A.猴子的运动轨迹为直线B.猴子在2s内做匀变速曲线运动C.t=0时猴子的速度大小为8m/sD.猴子在2s内的加速度大小为4m/s2【答案】BD【解析】解：A、B由乙图知，猴子竖直方向上做匀减速直线运动，加速度竖直向下．由甲图知，猴子水平方向上做匀速直线运动，则猴子的加速度竖直向下，与初速度方向不在同一直线上，故猴子在2s内做匀变速曲线运动．故A错误，B正确．C、s-t图象的斜率等于速度，则知猴子水平方向的初速度大小为v x=4m/s，竖直方向分速度v y=8m/s，t=0时猴子的速度大小为：v==4m/s．故C错误．D、v-t图象的斜率等于加速度，则知猴子的加速度大小为：a==m/s2=4m/s2．故D正确．故选：BD．猴子参与了水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的匀减速直线运动，通过运动的合成，判断猴子相对于地面的运动轨迹以及运动情况．求出t=2s时刻猴子在水平方向和竖直方向上的分加速度，根据平行四边形定则，求出猴子相对于地面的加速度．解决本题的关键知道猴子参与了水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的匀加速直线运动，会运用运动的合成分析物体的运动轨迹和运动情况．3.如图，a、b为沿竖直方向电场线上的两点，一带电小球从a点静止释放，沿电场线向上运动，到b点时速度恰好为零，下列说法正确的是（）A.a点的电势比b点的电势高B.a点的电场强度比b点的电场强度大C.带电小球受到的电场力方向始终竖直向上D.带电小球在a点的电势能比在b点的电势能大【答案】ABCD【解析】解：A、沿电场线的方向电势逐渐降低，所以a的电势比点b的电势高．故A正确；B、在a点，电场力大于重力，到b点恰好速度为零，可知先加速后减速，所以b点所受的电场力小于重力．所以a点的电场强度比b点的电场强度大．故B正确．C、由题意可知，带电质点受两个力，重力和电场力．开始由静止向上运动，电场力大于重力，且方向向上．因为在一根电场线上，所以在两点的电场力方向都向上．故C正确；D、a到b电场力做正功，故电势能减小，带电小球在a点的电势能比在b点的电势能大，故D正确；故选：ABCD由题意可知，带电质点受两个力，重力和电场力．由静止向上运动，可判断出电场力的方向，根据电场力做的功，判断电势能的变化．通过带电质点初末速度为零可比较出两点的电场强度．沿电场线方向电势逐渐降低解决本题的关键通过a、b两点的速度为0，知道受重力和电场力两个力，且知道电场力的方向．通过电场力与重力的大小关系，比较电场强度的大小．以及知道电场力做功与电势能的关系和沿电场线方向电势降低．二、单选题(本大题共2小题，共12.0分)4.如图甲为理想变压器的示意图，其原、副线圈的匝数比为4：1，电压表和电流表均为理想电表，R1为阻值随温度升高而变小的热敏电阻，R1为定值电阻．若发电机向原线圈输入如图乙所示的正弦交流电．下列说法中正确的是（）A.输入变压器原线圈的交流电压的表达式为u=36sin50πt VB.变压器原、副线圈中的电流之比为4：1C.t=0.01s时，发电机的线圈平面位于中性面D.R1温度升高时，变压器的输入功率变小【答案】C【解析】解：A、由图乙可知交流电压最大值U m=36V，周期T=0.02s，可由周期求出角速度的值为=100π，则可得交流电压u的表达式U=36sin100πt V，故A错误；B、变压器原、副线圈中的电流之比其原、副线圈的匝数比成反比，为1：4，故B错误；C、t=0.01s时，瞬时值为零，发电机的线圈平面与磁场方向垂直，故C正确．D、t处温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，故D错误；故选：C．由图乙可知交流电压最大值U m=36V，周期T=0.02s，可由周期求出角速度的值，则可得交流电压u的表达式U=36sin100πt V、由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，R t处温度升高时，阻值减小，根据负载电阻的变化，可知电流．根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键．5.设地球半径为R，质量为m的卫星在距地面R高处做匀速圆周运动，地面的重力加速度为g，则（）A.卫星的线速度为B.卫星的角速度为C.卫星的加速度为D.卫星的周期为4π【答案】A【解析】解：研究卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式：=m r=mrω2=ma=mr=2R忽略地球自转的影响，根据万有引力等于重力列出等式=mgA、卫星的线速度为v==，故A正确；B、卫星的角速度为ω==，故B错误；C、卫星的加速度为a==，故C错误；D、卫星的周期为T=4π，故D错误；故选：A．研究卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式表示出线速度、角速度、周期、加速度等物理量．忽略地球自转的影响，根据万有引力等于重力列出等式．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．运用黄金代换式GM=g R2求出问题是考试中常见的方法．三、多选题(本大题共2小题，共12.0分)6.如图所示，倾角30°、高为L的固定斜面底端与光滑水平面平滑相连，质量分别为3m、m的两个小球A、B用一根长为L的轻绳连接，A球置于斜面顶端．现由静止释放A、B两球，B球与弧形挡板碰撞过程时间极短无机械能损失，且碰后只能沿斜面下滑，两球最终均滑到水平面上．已知重力加速度为g，不计一切摩擦，则（）A.A球刚滑至水平面时的速度大小为B.B球刚滑至水平面时的速度大小为C.在A球沿斜面下滑的过程中，轻绳对B球先做正功、后不做功D.两小球在水平面上不可能相撞【答案】AC【解析】解：A、当B球沿斜面顶端向下运动时，两个小球A、B运动过程中系统机械能守恒得：3mg•L-mg L=（3m+m）v2v=此后绳中无张力，小球A做加速运动．根据动能定理研究A得3mg•L=（3m）v A2-（3m）v2v A=，故A正确．B、根据动能定理研究B得mg•L=mv B2-mv2v B=，故B错误．C、B球在上升过程轻绳对B球做正功，二者一起沿斜面下滑时，轻绳张力为零，不做功，故C正确．D、两个小球A、B运动到水平面上，由于后面的B球速度大于A球速度，所以小球A、B在水平面会相撞．故D错误．故选：AC两个小球A、B运动过程中系统机械能守恒，列出表达式求出A球刚滑至水平面时速度大小．当B球沿斜面顶端向下运动时，B球做加速运动，根据动能定理求解B球刚滑至水平面时速度大小．两个小球A、B运动到水平面上，由于后面的B球速度大于A球速度，所以小球A、B 在水平面会相撞．本题解答时要正确的分析好物体的受力，同时，要选好受力的研究对象，能清楚物体的运动过程和选择合适的物理规律．7.在光滑水平桌面上有一边长为l的正方形线框abcd，bc边右侧有一等腰直角三角形匀强磁场区域efg，三角形腰长为l，磁感应强度竖直向下，a、b、e、f在同一直线上，其俯视图如图所示，线框从图示位置在水平拉力F作用下以速度v向右匀速穿过磁场区，线框中感应电流i-t和F-t图象正确的是（以逆时针方向为电流的正方向，以水平向右的拉力为正，时间单位为）（）A. B. C. D.【答案】BD【解析】解：AB、bc边的位置坐标x在L-2L过程，根据楞次定律判断可知感应电流方向沿a→b→c→d→a，为正值．线框bc边有效切线长度为L=vt，感应电动势为E=BL v=B vt•v=B v2t，感应电流i==，即感应电流均匀增大．同理，x在2L-3L过程，根据楞次定律判断出来感应电流方向沿a→d→c→b→a，为负值，感应电流均匀增大．A错误，B正确．C、在水平拉力F作用下向右匀速穿过磁场区，因此拉力等于安培力，而安培力的表达式F=，而L=vt，则有：F=，F非线性增大，故C错误，D正确；故选：BD．根据楞次定律分析感应电流的方向．分段确定线框有效的切割长度，分析线框中感应电动势的大小与位置坐标的关系．线框的电阻一定，感应电流与时间成正比；根据安培力的表达式F=，而L=vt，即可求解．本题关键确定线框有效切割长度与x的关系，再结合数学知识选择图象，注意楞次定律、欧姆定律的应用，及安培力综合表达式应用．六、多选题(本大题共1小题，共4.0分)12.下列说法正确的是（）A.液体中悬浮微粒的无规则运动称为布朗运动B.晶体的物理性质都是各向异性的C.物体从外界吸收热量，其内能一定增加D.当人们感到干燥时，空气的相对湿度一定较小【答案】AD【解析】解：A、液体中悬浮微粒的无规则运动称为布朗运动．布朗运动的实质是液体分子不停地做无规则撞击悬浮微粒，反映的是液体分子的无规则运动，故A正确；B、单晶体的物理性质是各向异性的，多晶体的物理性质是各向同性的．故B错误；C、物体从外界吸收热量，若同时对外做功，根据热力学第一定律可知，其内能不一定增加，故C错误；D、当人们感到潮湿时，空气的相对湿度一定较大，人们感到干燥时，空气的相对湿度一定较小．故D正确．故选：AD．液体中悬浮微粒的无规则运动称为布朗运动；多晶体的物理性质是各向同性的；根据热力学第一定律分析物体的内能的变化；当人们感到干燥时，空气的相对湿度一定较小．明确分子间距与分子力、内能、布朗运动、液体表面张力和晶体的物理性质是解题的关键，题目较简单．八、多选题(本大题共1小题，共4.0分)14.一列沿x轴正方向传播的简谐机械横波，波速为20m/s．某时刻波形如图所示，下列说法正确的是（）A.这列波的频率为2.5H zB.这列波的振幅为4cmC.此时x=4m处质点沿y轴负方向运动D.此时x=4m处质点的加速度为0【答案】AD【解析】解：A、由图知，波长λ=8m，由波速公式v=λf，得频率f==2.5H z．故A正确．B、振幅等于y的最大值，故这列波的振幅为A=2cm．故B错误．C、简谐机械横波沿x轴正方向传播，由波形平移法得知，此时x=4m处质点沿y轴正方向运动．故C错误．D、此时x=4m处质点沿处于平衡位置，加速度为零．故D正确．故选：AD由波的图象读出振幅和波长，由波速公式v=λf算出频率．由波的传播方向判断质点的振动方向，根据质点的位置分析质点的加速度．根据波的图象读出振幅、波长、速度方向及大小变化情况，加速度方向及大小变化情况等，是应具备的基本能力．十、多选题(本大题共1小题，共4.0分)16.下列说法正确的是（）A.H+H→H e+n是核聚变反应B.比结合能越大，原子核中核子结合的越不牢固，原子核越不稳定C.α射线、β射线、γ射线都是高速运动的带电粒子流D.从n=4能级跃迁到n=3能级比从n=3能级跃迁到n=2能级辐射出光子的频率小【答案】AD【解析】解：A、核反应是由两个轻核经聚变生成中等质量核的过程；故属于核聚变反应；故A正确；B、比结合能反映原子核的牢固程度；比结合能越大，原子核越稳定．故B错误；C、α射线和β射线分别是带正电的氦核流和带负电的电子流，而γ射线不带电；故C错误；D、从n=4能级跃迁到n=3能级比从n=3能级跃迁到n=2能级辐射出能量小，光子能量公式E=h，所以从n=4能级跃迁到n=3能级比从n=3能级跃迁到n=2能级辐射出电磁波的波长短，故E正确；故选：AD．本题考查了玻尔原子理论：从高轨道向低轨道跃迁时减少的能量以光子的形式辐射出去；所有的激发态都是不稳定的，都会继续向基态跃迁．能级间跃迁辐射或吸收光子的能量等于两能级间的能级差，能级差越大，辐射的光子频率越大，则波长越小；比结合能越大，则原子核越牢固．本题考查核反应、核子结构及原子核的衰变；关键要知道能级间跃迁时，辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能级差，E m-E n=hv．四、实验题探究题(本大题共2小题，共18.0分)8.某研究性学习小组用图1所示装置来测定当地重力加速度，主要操作如下：①安装实验器材，调节试管夹（小铁球）、光电门和纸杯在同一竖直线上；②打开试管夹，由静止释放小铁球，用光电计时器记录小铁球在两个光电门间的运动时间t，并用刻度尺（图上未画出）测量出两个光电门之间的高度h，计算出小铁球通过两光电门间的平均速度v；③保持光电门1的位置不变，改变光电门2的位置，重复②的操作，测出多组（h，t），计算出对应的平均速度”；④画出v-t图象．请根据实验，回答如下问题：（1）设小铁球到达光电门l时的速度为v0，当地的重力加速度为g．则小铁球通过两光电门间平均速度v的表达式为______ ．（用v0、g和t表示）（2）实验测得的数据如表：请在图2坐标纸上画出-图象．（3）根据v-t图象，可以求得当地重力加速度g= ______ m/s2，小球通过光电门1时的速度为______ m/s．（以上结果均保留两位有效数字）【答案】v=v0+gt；9.7；1.1【解析】解：（1）根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度得小铁球通过两光电门间平均速度v的表达式为v=v0+gt；（2）根据数据作出v-t图象：（3）小铁球通过两光电门间平均速度v的表达式为v=v0+gt；所以v-t图象的斜率表示g，所以当地重力加速度g=2k=9.7m/s2，根据v-t图象得出v0=1.10m/s，即小球通过光电门1时的速度为1.1m/s，故答案为：（1）v=v0+gt（2）如图（3）9.7；1.1根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度求解通过两光电门间平均速度v；根据数据作出v-t图象，根据v-t图象的斜率物理意义求解重力加速度．本题的关键知道极短时间的平均速度等于瞬时速度的大小，并能熟练应用运动学公式求解．9.（1）某同学用多用电表测量某一电阻，以下是该同学实验过程中的主要操作步骤．a．观察指针是否停留在刻度盘左端的“0”位置处，如有偏离，用螺丝刀调整；b．将“选择开关”置于如图甲所示的位置；c．将红黑表笔短接，转动欧姆调零旋钮，进行欧姆调零；d．如图乙所示把两表笔接触待测电阻的两端进行测量，表盘指针如图丙所示；e．记下读数，实验完毕．请指出该同学操作中不合理或遗漏的地方，并加以指正．______ ；______ ；______（2）该同学想采用“伏安法”更精确地测量该电阻的阻值，选用了如图丁所示的实验器材．其中电压表量程3V、内阻约为2KΩ，电流表量程100m A、内阻约为0.5Ω，滑动变阻器总阻值10Ω，电源电动势6V．图中已经完成部分导线的连接，请你在实物接线图中完成余下导线的连接．【答案】甲图中选择开关应置于×10档，且欧姆档重新调零；乙图中，不能将两只手同时接触表笔；读数后应将选择开关置于“OFF”档或交流电压最高档．【解析】解：（1）根据欧姆表的使用方法可知，欧姆表指针偏角过大，说明待测电阻阻值过小，应选择较小的倍率，所以甲图中选择开关应置于×10档，且需要重新调零；乙图中，不能将两只手同时接触表笔，否则测量的是待测电阻与人体电阻的并联电阻；读数完后应将选择开关置于“OFF”档或交流电压最高档，实验才能完毕．（2）由于变阻器的全电阻过小，所以变阻器应采用分压式接法；从丙图可读出待测电阻为：R=0.82×100Ω=82Ω，，，满足＜，所以电流表应用内接法，实物连线图如图所示：故答案为：（1）甲图中选择开关应置于×10档，且欧姆档重新调零；乙图中，不能将两只手同时接触表笔；读数后应将选择开关置于“OFF”档或交流电压最高档．（2）如图所示．本题（1）的关键是明确：当欧姆表指针偏角过大时说明待测电阻阻值较小，选择开关应选择较小的倍率；每次选档后都应重新调零；测量时不能用手与表笔的金属部分接触；测量完后选择开关应置于“OFF档”或交流电压最高档．题（2）的关键是根据闭合电路欧姆定律求出电路中需要的最大电阻，由变阻器的全电阻过小可知变阻器应采用分压式接法；再根据和的关系判断电流表内接还是外接．应明确：①欧姆表的使用方法：选档时若指针偏角过大说明待测电阻过小，应选择较小倍率的档位；每次选档后都应重新调零；测量完后应将选择开关置于“OFF”档或交流电压最高档．②当变阻器的全电阻过小时，变阻器应采用分压式接法；③＜，所以电流表应用内接法．五、计算题(本大题共2小题，共38.0分)10.如图所示，在冰面上将质量m=1kg的滑块从A点以初速度v0推出，滑块与冰面的动摩擦因数为μ=0.1，滑块滑行L=18m后到达B点时速度为v1=8m/s．现将其间的一段CD用铁刷划擦，使该段的动摩擦因数变为μ=0.45，再使滑块从A以v0初速度推出后，到达B点的速度为v2=6m/s．g取10m/s2，求：（1）初速度v0的大小；（2）CD段的长度l；（3）若AB间用铁刷划擦的CD段的长度不变，要使滑块从A到B的运动时间最长，（结果保留三位有效数字）问铁刷划擦的CD段位于何位置？并求滑块滑行的最长时间．【答案】解：（1）未划擦冰面时，滑块从A到B过程中，由动能定理得：-μ1mg L=-①代入解得v0=10m/s（2）将CD段划擦后，滑块再从A到B的过程中，由动能定理得：-μ1mg（L-l）-μ2mgl=-②代入解得l=4m（3）由②式，不论CD在AB中的具体位置如何变化，滑块到达B点时的速度v2不变，设滑块在AC段和CD段的加速度分别为a1和a2．根据牛顿第二定律得：-μ1mg=ma1；③-μ2mg=ma2；④滑块在A、B间运动的v-t图象如图，由图象可知当C点与A点重合时，滑块运动的时间最长．设此时滑块到达D点时的速度为v，则由动能定理得-μ2mgl=-⑤解得v=8m/s根据运动学公式得v=v0-a2t1⑥v2=v-a1t2⑦解得t=t1+t2=2.44s答：（1）初速度v0的大小是10m/s；（2）CD段的长度l是4m；（3）当C点与A点重合时，滑块运动的时间最长，滑块滑行的最长时间是2.44s．【解析】（1）未划擦冰面时，滑块从A到B过程中，运用动能定理求解v0的大小．（2）将CD段划擦后，滑块再从A到B的过程中，由动能定理求解CD段的长度l．（3）由上题的结果可知，不论CD在AB中的具体位置如何变化，滑块到达B点时的速度v2不变，作出滑块在A、B间运动的v-t图象，分析知道当C点与A点重合时，滑块运动的时间最长，由动能定理求出滑块到达D点时的速度，对两段过程，分别由牛顿第二定律和运动学速度公式列式，即可求解．解决本题的关键要通过画出v-t图象分析滑块运动时间最长的条件，分段运用动能定理、牛顿第二定律和运动学公式结合解答．11.如图甲所示的坐标系x O y中，第I象限内充满垂直坐标平面向里的匀强磁场；第Ⅱ象限内有水平正对金属板M、N，M板位于x轴上其右端与O点重合，板间距离为l、极板长度为2l．两板接在交变电源上，电源电压随时间变化的规律如图乙．M板左端贴近极板处有一粒子源持续沿水平方向发射质量为m、电荷量为q、速度为v0的带负电粒子．已知t=0时刻进入板间的粒子恰好贴近N板从右端射出，并经过P（2l，0）点．不考虑粒子重力和粒子间的相互作用，忽略金属板正对部分之外的电场．求：（1）两板间的电压U0；（2）匀强磁场的磁感应强度B；（3）t=时刻进入板间的粒子，通过磁场后与x轴交点的横坐标．【答案】解：（1）t=0时刻发出的粒子在板间运动时，沿x轴方向匀速运动，经历时间为：t=…①沿y轴方向先做匀加速运动，后做匀减速运动，两个过程的加速度大小相等，且为：a=…②到达N板时沿y方向的分速度为：v y=a-a=0…③根据运动过程的对称性可知前后两过程的位移相等，则有：l=2×…④整理得：U0=…⑤（2）粒子在磁场中运动时有：qv0B=m…⑥由几何关系知：（2l）2+（R-l）2=R2…⑦解得：B=…⑧（3）t=时时刻进入板间的粒子，在△t1=-=时间内沿y方向加速，在接下来的△t2=时间内沿-y方向减速，且速度减小为0，然后在△t3=时间内，沿-y方向加速，接着在随后的△t4=内沿-y方向减速为0，恰好到达y轴并以速度v0垂直于y轴离开电场，其纵坐标y=2×=2×…⑨解得y= (10)该粒子在磁场中运动半径也为R，设它通过x轴时的横坐标为x．由几何关系知（R-）2+x2=R2（11）解得：x=l（12）答：（1）两板间的电压U0为．（2）匀强磁场的磁感应强度B为；（3）t=时刻进入板间的粒子，通过磁场后与x轴交点的横坐标为l．【解析】（1）=0时刻发出的粒子在板间运动时，沿x轴方向匀速运动，沿y轴方向先做匀加速运动，后做匀减速运动，两个过程的加速度大小相等，两个方向的运动时间相等．根据牛顿第二定律和运动学位移公式列出y方向的位移表达式，即可求解．（2）粒子进入磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由几何关系求出轨迹半径，由牛顿第二定律求B．（3）t=时时刻进入板间的粒子，在△t1=-=时间内沿y方向加速，在接下来的△t2=时间内沿-y方向减速，且速度减小为0，然后在△t3=时间内，沿-y方向加速，接着在随后的△t4=内沿-y方向减速为0，恰好到达y轴并以速度v0垂直于y轴离开电场．由运动过程的对称性和几何关系求解．带电粒子在复合场中运动，关键要正确分析粒子的运动情况，运用动力学方法研究．对于匀变速直线运动，由牛顿第二定律和运动学公式结合解答．对于磁场中匀速圆周运动，画出轨迹半径，结合几何知识解答．七、计算题(本大题共1小题，共8.0分)13.如图，导热性能良好的气缸放置在水平平台上，活塞质量m=10kg，横截面积S=50cm2，大气压强为p0=l×105P a，当温度为t1=-3℃时，活塞封闭的气柱长L1=10cm．将气缸倒过来放置，活塞下方的空气能通过平台上的缺口与大气相通，缓慢升高周围的温度到多少摄氏度时，封闭气柱的长为L2=18cm．g取l0m/s2，气缸足够长．【答案】解：以活塞和气体封闭的气体为研究对象，气缸开口向上时气体的温度、体积和压强分别为：T1=270K，V1=L1S，p1=p0+①气缸开口向下活塞平衡时，气体的体积和压强分别为V2=L2S，p2=p0-②由理想气体状态方程得=代入解得T2=324K则t2=（324-273）℃=51℃答：缓慢升高周围的温度到51℃时，封闭气柱的长为L2=18cm．【解析】根据平衡知识求出初、末状态时封闭气体的压强，再由理想气体状态方程求解．应用玻理想气体状态方程即可正确解题，本题的解题关键是求出各状态的气体压强，可以活塞为研究对象，由平衡条件求封闭气体的压强．九、计算题(本大题共1小题，共10.0分)15.如图，一个三棱镜的截面为等腰直角△ABD，∠A为直角．此截面所在平面内的光线沿平行于BD边的方向射到AB边，进入棱镜后直接射到AD边上，并刚好能发生全反射．真空中光速为c．求光在该棱镜材料中传播的速度．【答案】解：光射到AB面时的入射角θ1=45°设棱镜的折射率为n，根据折射定律有n=①折射光线在AD面发生全反射，则sin C=②根据几何关系有θ2+C=90°③联立解得n=④则光在该棱镜材料中传播的速度为v==c⑤答：光在该棱镜材料中传播的速度为c．【解析】由题意画出光路图，由几何关系分析出各角的大小，则由折射定律及全反射可得出临界。
高三物理-2015届高三上学期期末物理试题
2014-2015学年江苏泰兴第三高级中学高三上期期末物理卷一．选择题1. 一个质点在三个共点力F1、F2、F3的作用下处于静止状态。
若将这三个力矢量连接起来，则下列连接正确的是2. 如图所示，小车上有一定滑轮，跨过定滑轮的绳上一端系一重球，另一端系在弹簧秤上，弹簧秤固定在小车上。
开始时小车处于静止状态，当小车匀加速向右运动时A．弹簧秤读数及小车对地面压力均增大B．弹簧秤读数及小车对地面压力均变小C．弹簧秤读数变大，小车对地面的压力不变D．弹簧秤读数不变，小车对地面的压力变大3. 如图所示，在粗糙绝缘的水平地面上放置一带正电的物体甲，现将另一个也带正电的物体乙沿着以甲为圆心的竖直平面内的圆弧由M点移动到N点，若此过程中甲始终保持静止，甲、乙两物体可视为质点，则下列说法正确的是A．乙的电势能先增大后减小B．甲对地面的压力先增大后减小C．甲受到地面的摩擦力不变D．甲受到地面的摩擦力先增大后减小4. 如图是医用回旋加速器示意图，其核心部分是两个D形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连。
现分别加速氘核（）和氦核（）。
下列说法中正确的是A．它们的最大速度相同B．它们的最大动能相同C．两次所接高频电源的频率不相同D．仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能5. 如图所示，电路中的A、B是两个完全相同的灯泡，L是一个自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈，C是电容很大的电容器。
当开关S断开与闭合时，A、B灯泡发光情况是A．S刚闭合后，B灯亮一下又逐渐变暗，A灯逐渐变亮B．S刚闭合后，A灯亮一下又逐渐变暗，B灯逐渐变亮C．S闭合足够长时间后，A灯泡和B灯泡一样亮D．S闭合足够长时间后再断开，B灯立即熄灭，A灯逐渐熄灭6. 在半径为r、电阻为R的圆形导线框内，以直径为界，左、右两侧分别存在着方向如图甲所示的匀强磁场．以垂直纸面向外的磁场为正，两部分磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律分别如图乙所示．则0~t0时间内，导线框中A．没有感应电流B．感应电流方向为逆时针C．感应电流大小为2πr2B0/（t0R）D．感应电流大小为πr2B0/（t0R）7. 2012年12月27日，我国自行研制的“北斗导航卫星系统”（BDS）正式组网投入商用。
【解析】山东省新泰市2015届高三上学期第三次模拟考试物理试题Word版含解析
2015年山东省泰安市新泰市鸿一电子科技有限公司高考物理三模试卷一、选择题：（本题共11小题，每小题4分，共44分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分．）1．（4分）在科学发展史上，很多科学家做出了杰出的贡献．他们在物理学的研究过程中应用了很多科学的思想方法，下列叙述正确的是（）A．法拉第首先提出用电场线描绘抽象的电场这种形象化的研究方法B．牛顿首次提出“提出假说，数学推理，实验验证，合理外推”的科学推理方法C．用质点来代替有质量的物体是采用了理想模型的方法D．场强表达式E=和加速度表达式a=都是利用比值法得到的定义式【考点】：物理学史．【分析】：常用的物理学研究方法有：控制变量法、等效替代法、模型法、比较法、类比法、转换法等，是科学探究中的重要思想方法根据物理方法和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．【解析】：解：A、法拉第首先提出用电场线和磁感线描绘抽象的电场和磁场这种形象化的研究方法．故A正确；B、伽利略首次提出“提出假说，数学推理，实验验证，合理外推“的科学推理方法，过B错误；C、用质点来代替有质量的物体是采用了理想模型的方法，故C正确；D、场强表达式E=是比值法得到的定义式，加速度表达式a=不是比值法得到的定义式，故D错误；故选：AC．【点评】：在高中物理学习中，我们会遇到多种不同的物理分析方法，这些方法对我们理解物理有很大的帮助；故在理解概念和规律的基础上，更要注意科学方法的积累与学习．2．（4分）粗细均匀的电线架在A、B两根电线杆之间．由于热胀冷缩，电线在夏、冬两季呈现如图所示的两种形状，若电线杆始终处于竖直状态，下列说法中正确的是（）A．冬季，电线对电线杆的拉力较大B．夏季，电线对电线杆的拉力较大C．夏季与冬季，电线对电线杆的拉力一样大D．夏季，杆对地面的压力较大【考点】：力的合成．【分析】：以整条电线为研究对象，受力分析根据平衡条件列出等式，结合夏季、冬季的电线几何关系求解．【解析】：解：以整条电线为研究对象，受力分析如右图所示，由共点力的平衡条件知，两电线杆对电线的弹力的合力与其重力平衡，由几何关系得：Fcosθ=，即：F=由于夏天气温较高，电线的体积会膨胀，两杆正中部位电线下坠的距离h变大，则电线在杆上固定处的切线方向与竖直方向的夹角θ变小，故变小，所以两电线杆处的电线拉力与冬天相比是变小．电线杆上的电线的质量一定，受力平衡，夏季、冬季杆对地面的压力相等．所以选项BCD错误，A正确．故选：A．【点评】：要比较一个物理量的大小关系，我们应该先把这个物理量运用物理规律表示出来，本题中应该抓住电线杆上的电线的质量一定，受力平衡，根据夏季、冬季电线在杆上固定处的切线方向与竖直方向的夹角的不同分析求解．3．（4分）一质点作直线运动的速度图象如图所示，下列选项正确的是（）A．在4﹣5s内，质点所受合外力做正功B．在0﹣5s内，质点的平均速度为7m/sC．在前6s内，质点离出发点的最远距离为30mD．质点在4﹣6s内的加速度大小是0﹣2s内的加速度大小的2倍【考点】：匀变速直线运动的图像．【专题】：运动学中的图像专题．【分析】：由图读出速度的变化情况，分析物体的运动情况，速度图象的斜率等于加速度．由图线“面积”求出位移，再求解平均速度．【解析】：解：A、在4﹣5s内，质点的速度逐渐减小，根据动能定理知所受合外力做负功，A 错误；B、在0﹣5s内，质点的位移为：x=×（2+5）×10=35m，平均速度为：===7m/s，B正确；C、在前6s内，5s末质点离出发点最远，最远距离为35m，C错误；D、由图线的斜率知：质点在4﹣6s内的加速度大小是0﹣2s内的加速度大小的2倍，D正确；故选：BD．【点评】：本题关键抓住速度图象的斜率表示加速度、“面积”表示位移来理解图象的物理意义．4．（4分）火星表面特征非常接近地球，可能适合人类居住．2010年，我国志愿者王跃参与了在俄罗斯进行的“模拟登火星”实验活动．已知火星半径是地球半径的，质量是地球质量的，自转周期基本相同．地球表面重力加速度是g，若王跃在地面上能向上跳起的最大高度是h，在忽略自转影响的条件下，下述分析正确的是（）A．王跃在火星表面所受火星引力是他在地球表面所受地球引力的倍B．火星表面的重力加速度是C．火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的倍D．王跃在火星上向上跳起的最大高度是【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】：根据万有引力定律公式求出王跃在火星上受的万有引力是在地球上受万有引力的倍数．根据万有引力等于重力，得出重力加速度的关系，从而得出上升高度的关系．根据万有引力提供向心力求出第一宇宙速度的关系．【解析】：解：A、根据万有引力定律的表达式F=，已知火星半径是地球半径的，质量是地球质量的，所以王跃在火星表面受的万有引力是在地球表面受万有引力的倍．故A错误．B、由得到：g=．已知火星半径是地球半径的，质量是地球质量的，火星表面的重力加速度是．故B错误．C、由，得v=已知火星半径是地球半径的，质量是地球质量的，火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的倍．故C正确．D、王跃以v0在地球起跳时，根据竖直上抛的运动规律得出：可跳的最大高度是h=，由于火星表面的重力加速度是，王跃以相同的初速度在火星上起跳时，可跳的最大高度h′==．故D错误．故选：C．【点评】：通过物理规律把进行比较的物理量表示出来，再通过已知的物理量关系求出问题是选择题中常见的方法．把星球表面的物体运动和天体运动结合起来是考试中常见的问题．5．（4分）如图所示，A、B两物块质量均为m，用一轻弹簧相连，将A用长度适当的轻绳悬挂于天花板上，系统处于静止状态，B物块恰好与水平桌面接触，此时轻弹簧的伸长量为x，现将悬绳剪断，则（）A．悬绳剪断瞬间A物块的加速度大小为2gB．悬绳剪断瞬间A物块的加速度大小为gC．悬绳剪断后A物块向下运动距离2x时速度最大D．悬绳剪断后A物块向下运动距离x时加速度最小【考点】：牛顿第二定律．【专题】：牛顿运动定律综合专题．【分析】：求出悬绳剪断前弹簧的拉力，再根据牛顿第二定律求出悬绳剪断瞬间A的瞬时加速度．当A物块向下运动到重力和弹力相等时，速度最大．【解析】：解：A、B、剪断悬绳前，对B受力分析，B受到重力和弹簧的弹力，知弹力F=mg．剪断瞬间，对A分析，A的合力为F合=mg+F=2mg，根据牛顿第二定律，得a=2g．故A正确，B错误．C、D、弹簧开始处于伸长状态，弹力F=mg=kx．当向下压缩，mg=F′=kx′时，速度最大，x′=x，所以下降的距离为2x．故C正确D错误．故选：AC．【点评】：解决本题关键知道剪断悬绳的瞬间，弹簧的拉力不变，根据牛顿第二定律可以求出瞬时加速度．当弹力和重力相等时，速度最大．6．（4分）如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为5：1，原线圈接入图乙所示的电压，副线圈接火灾报警系统（报警器未画出），电压表和电流表均为理想电表，R0为定值电阻，R为半导体热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小．下列说法中正确的是（）A．图乙中电压的有效值为110VB．电压表的示数为44VC．R处出现火警时电流表示数增大D．R处出现火警时电阻R0消耗的电功率增大【考点】：变压器的构造和原理；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．【专题】：交流电专题．【分析】：求有效值方法是将交流电在一个周期内产生热量与将恒定电流在相同时间内产生的热量相等，则恒定电流的值就是交流电的有效值．由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，输入、输出功率之比，半导体热敏电阻是指随温度上升电阻呈指数关系减小、具有负温度系数的电阻，R处温度升高时，阻值减小，根据负载电阻的变化，可知电流、电压变化．【解析】：解：A、设将此电流加在阻值为R的电阻上，电压的最大值为U m，电压的有效值为U．•=•T代入数据得图乙中电压的有效值为110V，故A正确．B、变压器原、副线圈中的电压与匝数成正比，所以变压器原、副线圈中的电压之比是5：l，所以电压表的示数为22v，故B错误．C、R处温度升高时，阻值减小，副线圈电流增大，而输出功率和输入功率相等，所以原线圈增大，即电流表示数增大，故C正确．D、R处出现火警时通过R0的电流增大，所以电阻R0消耗的电功率增大，故D正确．故选ACD．【点评】：根据电流的热效应，求解交变电流的有效值是常见题型，要熟练掌握．根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键．7．（4分）如图所示，水平地面上不同位置的三个小球斜上抛，沿三条不同的路径运动最终落在同一点，三条路径的最高点是等高的，若忽略空气阻力的影响，下列说法正确的是（）A．沿路径1抛出时的小球落地的速率最大B．沿路径3抛出的小球在空中运动时间最长C．三个小球抛出的初速度竖直分量相等D．三个小球抛出的初速度水平分量相等【考点】：抛体运动．【分析】：三个小球都做斜抛运动，运用运动的分解法，将其运动分解为竖直和水平两个方向研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，根据运动学公式列式，再进行分析．【解析】：解：设任一小球初速度大小为v0，初速度的竖直分量为v y，水平分量为v x，初速度与水平方向的夹角为α，上升的最大高度为h，运动时间为t，落地速度大小为v．A、C、D、取竖直向上方向为正方向，小球竖直方向上做匀减速直线运动，加速度为a=﹣g，由0﹣=﹣2gh，得：v y=，h相同，v y相同，则三个小球初速度的竖直分量相同．由速度的分解知：v y=v0sinα，由于α不同，所以v0不同，沿路径1抛出时的小球的初速度最大．根据机械能守恒定律得知，小球落地时与抛出时速率相等，所以可知三个小球落地时的速率不等，也是沿路径1抛出时的小球的初速度最大．又有v y=v x tanα，v y相同，α不同，则v x不同，初速度水平分量不等，故A正确，C正确，D错误．B、由运动学公式有：h=g（）2，则得：t=2，则知三个球运动的时间相等；故B错误．故选：AC．【点评】：对于斜抛运动，要能熟练运用运动的分解法进行分析，掌握相关的运动学公式是解题的基础．8．（4分）如图所示，实线为电场线，虚线为等势线，且AB=BC，电场中的A、B、C三点的场强分别为E A、E B、E C，电势分别为φA、φB、φC，AB、BC间的电势差分别为U AB、U BC，则下列关系中正确的有（）A．φA＞φB＞φC B．E C＞E B＞E A C．U AB＜U BC D．U AB=U BC【考点】：电场线；电势；电势能．【专题】：电场力与电势的性质专题．【分析】：电场强度的大小看电场线的疏密程度，电场线越密的地方电场强度越大，电势的高低看电场线的指向，沿着电场线电势一定降低．【解析】：解：A、考查静电场中的电场线、等势面的分布知识和规律．A、B、C三点处在一根电场线上，沿着电场线的方向电势降落，故φA＞φB＞φC，故A正确；B、由电场线的密集程度可看出电场强度大小关系为E C＞E B＞E A，故B正确；C、电场线密集的地方电势降落较快，故U BC＞U AB，故C正确，D错误．故选：ABC．【点评】：此类问题要在平时注重对电场线与场强、等势面与场强和电场线的关系的掌握，熟练理解常见电场线和等势面的分布规律．9．（4分）在如图所示的电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动过程中，下列说法正确的是（）A．电容器的电荷量增大B．电流表A的示数减小C．电压表V1示数在变大D．电压表V2示数在变大【考点】：电势差；闭合电路的欧姆定律．【专题】：电容器专题．【分析】：保持开关S闭合，根据变阻器接入电路电阻的变化，由欧姆定律分析电表读数的变化．由Q=CU确定电容器电量的变化．由欧姆定律判断电压表的示数变化．【解析】：解：A、当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动过程中，滑动变阻器阻值减小，故路端电压减小，而电容器的凉拌间的电压就是路端电压，结合Q=CU可得，电容器的电荷量减小，故A错误；B、当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动过程中，滑动变阻器阻值减小，故电路的电流增大，电流表A的示数变大，故B错误；C、电压表V1示数等于电流与R1阻值的乘积，故示数在变大，故C正确；D、路端电压减小，而电压表V1示数在变大，电压表V2示数在减小，故D错误；故选：C【点评】：闭合电路的动态分析重点在于明确外电阻的变化趋势，从而判断通过电源的电流变化，进而分析路端电压的变化，由串并联电路特点加以分析．10．（4分）如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10m/s2，根据图象可求出（）A．物体的初速率v0=3m/sB．物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.75C．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值x min=1.44mD．当某次θ=30°时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑【考点】：动能定理的应用；动摩擦因数；动能定理．【分析】：由题意明确图象的性质，则可得出位移的决定因素；根据竖直方向的运动可求得初速度；由水平运动关系可求得动摩擦因数；再由数学关系可求得位移的最小值．【解析】：解：A、由图可知，当夹角θ=0时，位移为2.40m；而当夹角为90°时，位移为1.80m；则由竖直上抛运动规律可知：v02=2gh；解得：v0===6m/s；故A错误；B、当夹角为0度时，由动能定理可得：μmgx=mv02；解得：μ==0.75；故B正确；C、﹣mgxsinθ﹣μmgcosθx=0﹣mv02解得：x===；当θ+α=90°时，sin（θ+α）=1；此时位移最小，x=1.44m；故C正确；D、若θ=30°时，物体受到的重力的分力为mgsin30°=mg；摩擦力f=μmgcos30°=0.75×mg×=mg；一般认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力；故小球达到最高点后，不会下滑；故D错误；故选：BC．【点评】：本题综合考查动能定理、受力分析及竖直上抛运动；并键在于先明确图象的性质，再通过图象明确物体的运动过程；结合受力分析及动能定理等方法求解．11．（4分）如图所示，两平行光滑导轨竖直固定．边界水平的匀强磁场宽度为h，方向垂直于导轨平面．两相同的异体棒a、b中点用长为h的绝缘轻杆相接，形成“工”字型框架，框架置于磁场上方，b棒距磁场上边界的高度为h，两棒与导轨接触良好．保持a、b棒水平，由静止释放框架，b棒刚进入磁场即做匀速运动，不计导轨电阻．则在框架下落过程中，a棒所受轻杆的作用力F及a棒的机械能E随下落的高度h变化的关系图象，可能正确的是（）A．B．C．D．【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势；机械能守恒定律．【专题】：电磁感应与电路结合．【分析】：分析棒的运动过程，根据棒的受力情况、棒的运动性质分析答题．【解析】：解：A、框架在进入磁场前做自由落体运动，轻杆对a作用力为零，b进入磁场后，框做匀速运动，a处于平衡状态，杆对a的作用力F=mg，方向向上，当框架下落2h，a棒进入磁场后，a受到轻杆的作用力大小等于重力，方向向下，故A错误，B正确；C、框架进入磁场前做自由落体运动，机械能守恒，机械能不变，线框进入磁场后做匀速直线运动，动能不变，重力势能减小，机械能减少，框架完全离开磁场后，只受重力作用，机械能守恒，故C 正确，D错误；故选：BC．【点评】：本题考查了判断a的受力情况与机械能变化情况，分析清楚框架的运动情况即可正确解题．二、实验填空题：（本题共2小题，18分．）12．（8分）为了测量木块与木板间动摩擦因数μ，某小组使用位移传感器设计了如图所示实验装置，让木块从倾斜木板上一点A由静止释放，位移传感器可以测出木块到传感器的距离．位移传感器连接计算机，描绘出滑块相对传感器的位移s随时间t变化规律，如图所示．①根据上述图线，计算0.4s时木块的速度v=0.4m/s，木块加速度a=1m/s2；②为了测定动摩擦因数μ，还需要测量的量是斜面倾角；（已知当地的重力加速度g）③为了提高木块与木板间动摩擦因数μ的测量精度，下列措施可行的是AA．A点与传感器距离适当大些B．木板的倾角越大越好C．选择体积较大的空心木块D．传感器开始计时的时刻必须是木块从A点释放的时刻．【考点】：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．【专题】：实验题．【分析】：（1）由于滑块在斜面上做匀加速直线运动，所以某段时间内的平均速度等于这段时间内中点时刻的瞬时速度；根据加速度的定义式即可求出加速度；（2）为了测定动摩擦力因数μ还需要测量的量是木板的倾角θ；（3）为了提高木块与木板间摩擦力因数μ的测量精度，可行的措施是A点与传感器位移适当大些或减小斜面的倾角．【解析】：解：（1）根据某段时间内的平均速度等于这段时间内中点时刻的瞬时速度，得0.4s末的速度为：v=，0.2s末的速度为：，则木块的加速度为：a=．（2）选取木块为研究的对象，木块沿斜面方向是受力：ma=mgsinθ﹣μmgcosθ得：所以要测定摩擦因数，还需要测出斜面的倾角θ（3）根据（2）的分析可知，在实验中，为了减少实验误差，应使木块的运动时间长一些，可以：可以减小斜面的倾角、增加木块在斜面上滑行的位移等，传感器开始的计时时刻不一定必须是木块从A点释放的时刻．故A正确，BCD错误．故选：A故答案为：①0.4，1；②斜面倾角（或A点的高度）；③A【点评】：解决本题的关键知道匀变速直线运动的推论，在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，以及会通过实验的原理得出动摩擦因数的表达式，从而确定所需测量的物理量．13．（10分）某一小型电风扇额定电压为4.0V，额定功率为2.4W．某实验小组想通过实验描绘出小电风扇的伏安特性曲线．实验中除导线和开关外，还有以下器材可供选择：A．电源E（电动势为4.5V）B．电压表V（量程为0～5V，内阻约为4kΩ）C．电流表A1（量程为0～0.6A，内阻约为0.2Ω）D．电流表A2（量程3A，内阻约0.05Ω）；E．滑动变阻器R1（最大阻值10Ω，额定电流1A）F．滑动变阻器R2（最大阻值2kΩ，额定电流100mA）①为了便于调节，减小读数误差和系统误差，实验中所用电流表应选用C，滑动变阻器应选用E．（填所选仪器前的字母序号）．②请你为该小组设计实验电路，并把电路图画在虚线内（小电风扇的电路符号如图1所示）．③操作过程中发现，小电风扇通电后受阻力作用，电压表读数小于0.5V时电风扇没启动．该小组测绘出的小电风扇的伏安特性曲线如图2所示，由此可以判定，小电风扇的电阻为 2.5Ω，正常工作时的发热功率为0.9W，机械功率为 1.5W．【考点】：描绘小电珠的伏安特性曲线．【专题】：实验题．【分析】：①选择器材需安全、精确，根据电风扇的额定电流确定电流表的量程，通过电风扇电阻的大约值，从测量的误差和可操作性角度选择滑动变阻器．②测量伏安特性电流、电压需从零开始测起，滑动变阻器需采用分压式接法，根据电风扇内阻的大小确定电流表的内外接．③电压表读数小于0.5V时电风扇没启动．电能全部转化为内能，根据欧姆定律求出电风扇的电阻，正常工作时根据电流和内阻求出发热功率，根据输入功率，通过能量守恒求出机械功率．【解析】：解：①电风扇的额定电流I==0.6A，从读数误差的角度考虑，电流表选择C．电风扇的电阻比较小，则滑动变阻器选择总电阻为10Ω的误差较小，即选择E．②因为电压电流需从零开始测起，则滑动变阻器采用分压式接法，电风扇的电阻大约R=≈6.67Ω，远小于电压表内阻，属于小电阻，电流表采用外接法．电路图如图所示．③电压表读数小于0.5V时电风扇没启动．根据欧姆定律得，R===2.5Ω．正常工作时电压为4V，根据图象知电流为0.6A，则电风扇发热功率P=I2R=0.36×2.5W=0.9W，则机械功率P′=UI﹣I2R=2.4﹣0.9=1.5W．故答案为①C、E ②如图所示③2.5Ω，0.9W，1.5W．【点评】：解决本题的关键掌握器材选取的原则，即安全，精确．以及知道滑动变阻器分压式和限流式接法的区别，电流表内外接的区别．知道有电动机存在的电路是非纯电阻电路，清楚电风扇没启动时电能全部转化为内能，正常工作时电能转化为内能和机械能．三、计算题：（本题包括3小题，共38分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题．答案中必须明确写出数值和单位．）14．（12分）如图所示，光滑水平面上固定一倾斜角为37°的粗糙斜面，紧靠斜面底端有一质量为4kg的木板，木板与斜面底端之间通过微小弧形轨道相接，以保证滑块从斜面滑到木板的速度大小不变．质量为2kg的滑块从斜面上高h=5m处由静止滑下，到达倾斜底端的速度为v0=6m/s，并以此速度滑上木板左端，最终滑块没有从木板上滑下．已知滑块与木板间的动摩擦因数μ2=0.2，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：（1）斜面与滑块间的动摩擦因数μ1；（2）滑块从滑上木板到与木板速度相同经历的时间；（3）木板的最短长度．【考点】：动能定理的应用；功能关系．【专题】：动能定理的应用专题．【分析】：（1）滑块从斜面下滑的过程，根据动能定理列式求解动摩擦因素；（2）滑块刚好没有从木板左端滑出，说明此时它们的速度相等，由速度、位移公式可以求出木板的长度和运行的时间；【解析】：解：（1）在斜面上，由动能定理得得μ1=0.48（2）在木板上滑动过程中，有F f=μ2mg由牛顿第二定律得滑块的加速度=μ2g=2m/s木板的加速度=1m/s2由运动学公式v0﹣a1t=a2t⑥得t=2s此时v1=v2=2m/s（3）设木板最短长度为△x，则由能量守恒知x M=x m=v0t﹣得△x=x m﹣x M=6m答：（1）斜面与滑块间的动摩擦因数μ1为0.48；（2）滑块从滑上木板到与木板速度相同经历的时间为2s；（3）木板的最短长度为6m．【点评】：本题充分考查了匀变速直线运动规律及应用，和物体共同运动的特点的应用，是考查学生基本功的一个好题15．（12分）如图所示，倾斜轨道AB的倾角为37°，CD、EF轨道水平，AB与CD通过光滑圆弧管道BC连接，CD右端与竖直光滑圆周轨道相连．小球可以从D进入该轨道，沿轨道内侧运动，从E滑出该轨道进入EF水平轨道．小球由静止从A点释放，已知AB长为5R，CD长为R，重力加速度为g，小球与斜轨AB及水平轨道CD、EF的动摩擦因数均为0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，圆弧管道BC入口B与出口C的高度差为1.8R．求：（在运算中，根号中的数值无需算出）（1）小球滑到斜面底端C时速度的大小．（2）小球刚到C时对轨道的作用力．（3）要使小球在运动过程中不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径R′应该满足什么条件？【考点】：动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力．【专题】：动能定理的应用专题．【分析】：（1）对球从A运动至C过程运用动能定理列式求解即可；（2）在C点，重力和支持力的合力提供向心力；根据牛顿第二定律列式求解支持力；然后再结合牛顿第三定律求解压力；（3）要使小球不脱离轨道，有两种情况：情况一：小球能滑过圆周轨道最高点，进入EF轨道．情况二：小球上滑至四分之一圆轨道的点（设为Q）时，速度减为零，然后滑回D．由动能定理列出等式求解．【解析】：解：（1）设小球到达C点时速度为v，小球从A运动至C过程，由动能定理有：mg（5Rsin37°+1.8R）﹣μmgcos37°•5R=可得：v C=（2）小球沿BC轨道做圆周运动，设在C点时轨道对球的作用力为F N，由牛顿第二定律，有：F N﹣mg=m其中r满足：r+r•sin53°=1.8R联立上式可得：F N=6.6mg由牛顿第三定律可得，球对轨道的作用力为6.6mg，方向竖直向下．（3）要使小球不脱离轨道，有两种情况：情况一：小球能滑过圆周轨道最高点，进入EF轨道．则小球在最高点应满足：m≥mg。
【名师解析】山东省济南市2015届高三上学期期末考试物理.
2014-2015学年山东省济南市高三（上）期末物理试卷一.选择题（本题包括12小题，每题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）1．（4分）（2014秋•济南期末）以下关于物理学重大发现的说法中，符合史实的是（）A．牛顿通过扭秤实验，测定出了万有引力常量B．库仑通过实验研究，发现了电流周围存在磁场C．法拉第通过实验研究，总结出了磁生电的条件D．开普勒根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因【考点】：物理学史．【专题】：常规题型．【分析】：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．【解析】：解：A、卡文迪许通过扭秤实验，测定出了万有引力常量，故A错误；B、奥斯特通过实验研究，发现了电流周围存在磁场，故B错误；C、法拉第通过实验研究，总结出了磁生电的条件，故C正确；D、伽利略根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因，故D错误；故选：C．【点评】：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．2．（4分）（2014秋•济南期末）如图所示，方形物块A和三角形物块B、C叠放在水平地面上，B物块上表面水平．水平向左的力F作用在B物体上，整个系统处于静止状态，则以下说法正确的是（）A．物块A的受力个数为4个B．物块B的受力个数为5个C．地面对物块C的支持力小于三者重力之和D．地面对物块C的摩擦力大小等于F，方向水平向右【考点】：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【专题】：共点力作用下物体平衡专题．【分析】：对A受力分析，根据平衡条件分析其受力；然后以AB整体为研究对象，根据平衡条件求地面与C之间的摩擦力．【解析】：解：A、对A受力分析，根据平衡条件知A只受重力和支持力2个力的作用，A 错误；B、对B受力分析，重力、压力、斜面施加的斜向上的支持力、拉力F，根据平衡条件还得受斜面施加的斜向上的摩擦力，共5个力的作用，B正确；C、对ABC整体为研究对象受力分析，根据平衡条件知地面对物块C的支持力等于三者重力之和，C错误；D、对ABC整体为研究对象受力分析，根据平衡条件知地面对物块C的摩擦力大小等于F，方向水平向右，D正确；故选：BD．【点评】：本题采用隔离法和整体法相结合的方法分析物体所受的摩擦力，要用平衡条件检验分析结果是否正确．3．（4分）（2014秋•济南期末）在光滑水平面上，一物块在水平外力作用下做初速度为v0的直线运动，其速度﹣时间图象如图所示，则下列判断正确的是（）A．在0～t1内，物体做匀变速直线运动B．在0～t1内，物体的位移一直增大C．在0～t1内，水平外力不断增大D．在0～t1内，水平外力做正功【考点】：匀变速直线运动的图像．【专题】：运动学中的图像专题．【分析】：速度图象的倾斜等于质点的加速度，斜率的正负表示加速度的方向；由速度的正负分析质点的运动方向；根据动能定理W合=△E K判断合力做功．【解析】：解：A、速度图象的倾斜等于质点的加速度，则知在0～t1内，加速度逐渐增大，做变减速运动．故A错误．B、图中与坐标轴围成的面积表示位移，则在0～t1内，物体的位移一直增大．故B正确．C、在0～t1内，加速度逐渐增大，根据牛顿第二定律可知，水平外力不断增大．故C正确．D、在0～t1内，速度逐渐减小，根据动能定理可知，水平外力做负功．故D错误．故选：BC【点评】：解决本题的关键要知道速度图象斜率的意义，会熟练运用动能定理W合=△E K．4．（4分）（2014秋•济南期末）如图所示，一个带负电荷的物体从粗糙斜面顶端由静止释放后，滑到斜面底端时的速度为v．若加上一个如图所示的垂直于纸面指向外的水平磁场，则物体滑到底端时（）A．v变小B．v变大C．v不变D．v可能变大，也可能不变【考点】：洛仑兹力；动能定理的应用．【分析】：未加磁场时，滑块受到重力、支持力，摩擦力，加磁场后，根据左手定则，多了一个垂直斜面向上的洛伦兹力．两种情况重力做功相同，洛伦兹力不做功，但加磁场时对斜面的正压力变小，摩擦力变小，克服摩擦力做功变小，根据动能定理，即可比较出两种情况到达底端的速率．【解析】：解：未加磁场时，根据动能定理，有mgh﹣W f=mv2﹣0．加磁场后，多了洛伦兹力，洛伦兹力不做功根据左手定则，洛伦兹力的方向垂直斜面向上，所以物体对斜面的压力减小，所以摩擦力变小，摩擦力做的功变小，根据动能定理，有mgh﹣W f′=mv′2﹣0，W f′＜W f，所以v′＞v．故B正确，A、C、D错误．故选：B【点评】：解决本题的关键两次运用动能定理，两种情况重力功相同，多了磁场后多了洛伦兹力，洛伦兹力不做功，但导致摩擦力变大，即两种情况摩擦力做功不同，从而比较出到达底端的速率．5．（4分）（2014秋•济南期末）如图为某双线客运索道，其索线由静止不动的承载索和牵引缆车运动的牵引索组成．运行过程中牵引索通过作用力F使缆车沿倾斜的承载索道斜向上加速移动，不计空气阻力，在缆车向上移动过程中，下列说法正确的是（）A．F对缆车做的功等于缆车增加的动能和克服摩擦力所做的功之和B．F对缆车做的功等于缆车克服摩擦力和克服重力所做的功之和C．缆车克服重力做的功小于缆车增加的重力势能D．F对缆车做的功等于缆车增加的机械能与缆车克服摩擦力做的功之和【考点】：动能定理的应用．【专题】：动能定理的应用专题．【分析】：物体克服重力做功转化为物体的重力势能；根据各力做功情况，应用动能定理分析答题．【解析】：解：A、由动能定理可知，F对缆车做的功等于缆车增加的动能、增加的重力势能与克服摩擦力所做的功之和，即：等于缆车增加的机械能与缆车克服摩擦力做的功之和，故AB错误，D正确；C、缆车克服重力做的功小于缆车增加的重力势能，故C正确；故选：CD．【点评】：本题关键记住几个功能关系：总功等于动能的增加量；除重力外其余力做的功等于机械能的增加量；克服摩擦力做的功等于内能的增加量．6．（4分）（2014秋•济南期末）假设地球同步卫星的轨道半径是地球半径的n倍，则下列有关地球同步卫星的叙述正确的是（）A．向心加速度是地球赤道上物体随地球自转的向心加速度的n倍B．向心加速度是地球赤道上物体随地球自转的向心加速度的n2倍C．运行速度是第一宇宙速度的倍D．运行速度是第一宇宙速度的倍【考点】：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．【专题】：人造卫星问题．【分析】：研究同步卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式表示出所要比较的物理量．了解同步卫星的含义，即同步卫星的周期必须与地球自转周期相同．【解析】：解：AB、同步卫星的周期与地球自转周期相同，即同步卫星和地球赤道上物体随地球自转具有相等的角速度．根据圆周运动公式得：v=ωr，因为r=nR，所以同步卫星的运行速度是地球赤道上物体随地球自转速度的n倍，故A正确、B错误．CD、研究同步卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式：，得，其中r为同步卫星的轨道半径．地球同步卫星的轨道半径是地球半径的n倍，即r=nR，所以v==而第一宇宙速度为：所以同步卫星的运行速度是第一宇宙速的倍．故C错误，D正确．故选：AD．【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．7．（4分）（2014秋•济南期末）在粗糙的水平地面上有一个质量为2kg的物块，与左端固定在墙上的水平轻弹簧相连，并由一与水平方向成45°角的拉力F拉着，如图所示．此时物块处于静止状态，水平地面对物块的弹力恰好为零．取g=10m/s2，设物块与水平地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，动摩擦因数为0.2．以下说法正确的是（）A．此时轻弹簧的弹力大小为20NB．若突然撤去拉力F，则撤去瞬间物块的加速度大小为8m/s2，方向向左C．若剪断弹簧，则剪断瞬间物块的加速度大小为8m/s2，方向向右D．若剪断弹簧，则剪断瞬间物块的加速度为0【考点】：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．【专题】：牛顿运动定律综合专题．【分析】：先分析撤去力F前弹簧的弹力和轻绳的拉力大小；再研究撤去F的瞬间，弹簧的弹力不变，对物块受力分析，根据牛顿第二定律求出瞬间的加速度大小；剪断弹簧的瞬间，因为绳子的作用力可以发生突变，小球瞬间所受的合力为零．【解析】：解：A、据题：水平地面对物块的弹力恰好为零，则摩擦力也为零，物块受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力处于平衡，根据共点力平衡得，弹簧的弹力：F=mgtan45°=20×1=20N，故A正确；B、撤去力F的瞬间，弹簧的弹力仍然为20N，小球此时受重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力作用；小球所受的最大静摩擦力为：f=μmg=0.2×20N=4N，根据牛顿第二定律得小球的加速度为：a===8m/s2；合力方向向左，加速度向左．故B正确；CD、剪断弹簧的瞬间，轻绳对小球的拉力瞬间为零，此时小球所受的合力为零，则小球的加速度为零，故C错误，D正确；故选：ABD．【点评】：解决本题的关键知道撤去F的瞬间，弹簧的弹力不变，剪短弹簧的瞬间，轻绳的弹力要变化，结合牛顿第二定律进行求解．8．（4分）（2014秋•济南期末）如图甲所示，两个点电荷Q1、Q2固定在x轴上的两点，其中Q1带正电荷位于原点O，a、b是它们的连线延长线上的两点．现有一带正电的粒子q以一定的初速度沿x轴从a点开始经b点向远处运动（粒子只受电场力作用），设粒子经过a，b两点时的速度分别为v a、v b，其速度随坐标x变化的图象如图乙所示，则以下判断正确的是（）A．粒子从a点运动到b点电场力做正功B．Q2带负电且电荷量小于Q1C．a点的电势比b点的电势高D．粒子在a点的电势能比在b点的电势能大【考点】：电场线；电势．【分析】：在b点前做减速运动，b点后做加速运动，可见b点的加速度为0，则在b点受到两点电荷的电场力平衡，从而可得出Q2的电性．可通过电场力做功判断电势能的变化．【解析】：解：A、在b点前做减速运动，根据动能定理可知，故电场力做负功．故A错误确B、在b点前做减速运动，b点后做加速运动，可见b点的加速度为0，则在b点受到两点电荷的电场力平衡，可知Q2带负电，且有，所以Q2＜Q1．故B正确；C、该电荷从a点到b点，做减速运动，且该电荷为正电荷，电场力做负功，所以电势能增大，电势升高，所以b点电势较高．故C错误D、粒子从a到b，速度减小，电场力做负功，故电势能增大，粒子在a点的电势能比b点的电势能小，故D错误故选：B．【点评】：解决本题的关键以b点的加速度为突破口，根据库仑定律得到Q1和Q2的电量关系．以及知道电场力做功和电势能的关系．9．（4分）（2014秋•济南期末）如图所示，E为电源，其内阻不可忽略，R T为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，L为指示灯泡，C为平行板电容器，G为灵敏电流计．闭合开关S，当环境温度明显升高时，下列说法正确的是（）A．L变亮B．R T两端电压变大C．C所带的电荷量减少D．G中出现由a→b的电流【考点】：闭合电路的欧姆定律．【专题】：恒定电流专题．【分析】：当环境温度升高时，热敏电阻阻值减小；由闭合电路欧姆定律可知电路中电流及电压的变化；由电容器的充放电知识可知G中电流方向．【解析】：解：A、由图可知，热敏电阻与L串联．当环境温度升高时热敏电阻的阻值减小，总电阻减小，则电路中电流增大，灯泡L变亮；故A正确；B、因为电路中电流增大，电源的内压及灯泡L两端的电压增大，由E=U内+U外可得，R T 两端电压减小，故B错误；C、因为电容器并联在电源两端，因内电压增大，路端电压减小，故由Q=CU知电容器的带电量减小．故C正确；D、电容器的带电量减小，电容器放电，故G中电流由a→b；故D正确；故选：ACD．【点评】：本题考查闭合电路的欧姆定律，此类问题一般按“整体﹣局部﹣整体”顺序进行分析．10．（4分）（2014•河南四模）如图1所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为4：1，b是原线圈的中心抽头，图中电表均为理想的交流电表，定值电阻R=10Ω，其余电阻均不计，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上如图2所示的交变电压，则下列说法正确的是（）A．当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为55VB．当单刀双掷开关与a连接且t=0.01 s时，电流表示数为零C．当单刀双掷开关由a拨向b时，原线圈的输入功率增大D．当单刀双掷开关由a拨向b时，副线圈输出电压的频率为25 Hz【考点】：变压器的构造和原理．【专题】：交流电专题．【分析】：根据图象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．【解析】：解：由图象可知，电压的最大值为311V，交流电的周期为2×10﹣2s，所以交流电的频率为50Hz，A、交流电的有效值为220V，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压为55V，所以A 正确．B、当单刀双掷开关与b连接时，副线圈电压为55V，所以副线圈电流为5.5A，电流表示数为电流的有效值，不随时间的变化而变化，所以电流表的示数为5.5A，故B错误；C、当单刀双掷开关由a拨向b时，原线圈的匝数变小，所以副线圈的输出的电压要变大，电阻R上消耗的功率变大，原线圈的输入功率也要变大，所以C正确．D、变压器不会改变电流的频率，所以副线圈输出电压的频率为50Hz，所以D错误．故选：AC【点评】：掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题．11．（4分）（2014秋•济南期末）如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动．小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为F，小球在最高点的速度大小为v，其F﹣v2图象如乙图所示．则以下判断正确的是（）A．当地的重力加速度大小为B．v2=c时，杆对小球的弹力方向向上C．v2=2b时，小球受到的弹力与重力大小相等D．小球的质量为【考点】：向心力；牛顿第二定律．【专题】：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．【分析】：小球在竖直面内做圆周运动，小球的重力与杆的弹力的合力提供向心力，根据图象、应用向心力公式、牛顿第二定律分析答题．【解析】：解：A、由图象知，当v2=0时，F=a，故有：F=mg=a，由图象知，当v2=b时，F=0，杆对小球无弹力，此时重力提供小球做圆周运动的向心力，有：mg=m，得：g=，故A错误；B、由图象可知，当v2=c时，有：0＜F＜a=mg，小球对杆的弹力方向向上，故B正确；C、由图象可知，当v2=2b时，由F合=，故有：F+mg==×，得：F=mg，故C正确；D、由A分析知，当有a=时，得：m=，故D正确故选：BCD．【点评】：本题主要考查了圆周运动向心力公式的直接应用，要求同学们能根据图象获取有效信息，难度适中．12．（4分）（2014秋•济南期末）如图所示是测量通电螺线管内部磁感应强度的一种装置：把一个很小的测量线圈放在待测处（测量线圈平面与螺线管轴线垂直），将线圈与可以测量电荷量的冲击电流计G串联，螺线管通过图中虚线框内的双刀双掷开关K与电源组成闭合回路．当将双刀双掷开关K由位置1拨到位置2时，测得通过测量线圈的电荷量为q．已知测量线圈的匝数为N，截面积为S，测量线圈和G串联回路的总电阻为R．下列判断正确的是（）A．在此过程中，穿过测量线圈的磁通量的变化量△Φ=qRB．在此过程中，穿过测量线圈的磁通量的变化量△Φ=C．待测处的磁感应强度的大小为B=D．待测处的磁感应强度的大小为B=【考点】：法拉第电磁感应定律．【分析】：线圈翻转导致穿过线圈的磁通量发生变化，根据法拉第电磁感应定律E=n可求出感应电动势大小，再由闭合电路欧姆定律I=与电流的定义式I=可求出磁通量的变化量，从而可算出出磁感应强度大小．【解析】：解：A、当将双刀双掷开关K由位置1拨到位置2时，螺线管里的电流反向流动，产生的感应电动势：E=N感应电流：I=又I=联立可得：△Φ=，故A错误，B正确；C、将双刀双掷开关K由位置1拨到位置2时，螺线管里的电流反向流动，穿过小线圈的磁通量的变化量是：△Φ=2BS解得：B=，故CD错误．故选：B．【点评】：本题要掌握法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、电量表达式，同时注意磁通量虽然是标量，但注意线圈分正反面，从而导致磁通量有正负．还有磁通量与线圈匝数无关，但感应电动势与线圈匝数有关．二、实验题（12分）13．（6分）（2014秋•济南期末）某实验小组在某次物理实验中，描绘一个标有“3V，1.5W”小灯泡的伏安特性曲线．（1）在图1方框内画出实验电路原理图（2）实验过程中某次电表的示数如图2所示，则I=0.44A，U= 2.4V（3）如图3所示为本次实验得到的小灯泡的伏安特性曲线图．由图3可知，小灯泡两端的电压为1.2V时的电阻为 3.7Ω（保留三位有效数字）．【考点】：描绘小电珠的伏安特性曲线．【专题】：实验题；恒定电流专题．【分析】：（1）测量小灯泡的伏安特性曲线应采用分压外接法；（2）根据电表的读数方法进行读数；（3）由图可明确电压为1.2V时的电流，再由欧姆定律可求得电阻．【解析】：解：（1）因本实验中要求多测数据，并且要求数据由零开始调节，故应采用分压接法；同时因灯泡内阻较小，故采用电流表外接法；如图所示；（2）电流表选用0.6A量程，故最小分度为0.02A，则指针示数为0.44A；电流表量程选择3V，最小分度为0.1V，则指针的示数为2.4V；（3）由图可知，当电压为1.2V时，电流为0.322A；电阻R==3.7Ω；故答案为：（1）如图所示；（2）0.44；2.4；（3）3.7．【点评】：本题考查电路图、电表的读数及伏安特性曲线的应用，要特别注意伏安特性曲线的掌握和应用．14．（6分）（2014秋•济南期末）某学习小组利用气垫导轨装置来探究“做功与物体动能改变的关系”，如图1为实验装置示意图．利用气垫导轨上的光电门可测出滑块上的细窄挡光片经过时的挡光时间．重力加速度为g，气垫导轨水平放置，不计滑轮和导轨摩擦．实验步骤如下：a．测出挡光条的宽度为d，滑块与挡光条的质量为M；b．轻细线的一端固定在滑块上，另一端绕过定滑轮挂上一砝码盘，盘和砝码的总质量为m （m＜＜M），细绳与导轨平行；c．让滑块静止放在导轨左侧的某一位置，测出挡光片到光电门的距离为x；d．释放滑块，测出挡光片经过光电门的挡光时间为△t；e．改变砝码的质量，保证滑块每次都在同一位置由静止释放，光电门可测得对应的挡光时间．（1）滑块经过光电门时速度的计算式v=（用题目中所给的字母来表达）（2）细线的拉力做功可表达为W=mgx，滑块的动能改变表达为E k=．（用题目中所给的字母来表达）（3）我们可以通过测得的多组数据来建立﹣m的关系图象如图2来进行更准确的实验验证，则如图2图象中哪一项更符合真实的实验情况丙．【考点】：探究功与速度变化的关系．【专题】：实验题；动能定理的应用专题．【分析】：（1）根据很短时间内，平均速度等于瞬时速度，即可求解；（2）根据拉力做功表达式，以及熟练应用匀变速直线运动规律，即可求解；（3）平衡摩擦力就是让小车在无拉力的作用下做匀速直线运动，让重力沿斜面的分力等于小车受到的摩擦力．【解析】：解：（1）根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度的大小，可知小物块经过光电门时速度的大小是v=．（2）由题意可知，细线的拉力做功，则即为盘和砝码对应重力做的功，即：mgx；滑块的动能改变表达为E k==（3）该实验中保持小车质量M不变，因此有：v2=2as，a==，而a==，所以=m．重物质量m增加不能远小于小车的质量时，直线在末端发生弯曲，则此结果对应于图中的图丙．故答案为：（1）；（2）mgx，；（3）丙．【点评】：考查光电门测量瞬时速度的原理．本实验与教材中的实验有所不同，但是根据所学物理知识，明确了实验原理，即可正确解答．三、解答题；本题共4小题，共40分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．15．（8分）（2014秋•济南期末）如图所示，倾角为α=37°的斜面固定在水平地面上，一质量m=1kg的小滑块以速度v0=6m/s从底端滑上斜面．已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ=0.75，斜面足够长．g取10m/s2．（sin37°=0.6，cos37°=0.8）（1）求出滑块沿斜面上滑的最大距离（2）通过计算说明滑块能否返回斜面底端．【考点】：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】：牛顿运动定律综合专题．【分析】：（1）由牛顿第二定律可以求出物体上滑时的加速度，当物体的速度减至零时到达斜面的最高点，根据运动学公式求出最大距离；（2）比较重力沿斜面向下的分力与最大静摩擦力的大小，判断滑块能否返回斜面底端．【解析】：解：（1）物体上滑时，由牛顿第二定律得：mgsinα+μmgcosα=ma解得：a=g（sinα+μcosα）=10×（sin37°+0.75×cos37°）=12m/s2．由匀变速运动的速度位移公式可知，物体上滑的最大距离：x==m=1.5m；（2）在最高点时物体重力沿斜面向下的分力G分=mgsinα=0.6mg，最大静摩擦力f m=μmgcosα=0.6mg，则G分=f m，所以滑块不能返回斜面底端．答：（1）滑块沿斜面上滑的最大距离是1.5m．（2）滑块不能返回斜面底端．【点评】：本题运用牛顿第二定律和运动学公式结合处理动力学问题，也可以运用动能定理求解最大距离．16．（9分）（2014秋•济南期末）如图甲所示，两根光滑的平行金属导轨放置在绝缘水平桌面上，间距d=0.5m，导轨电阻不计，右端通过导线与阻值R L=3Ω的小灯泡L连接．在CDFE 矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，CE长l=2m，CDFE区域内磁场的磁感应强度B随时间变化情况如图乙所示．在恒定水平外力F的作用下，一阻值r=2Ω的金属棒PQ从磁场边界CD左侧的某一位置开始向右运动，t=4s时恰好经过磁场CD边界并能匀速通过磁场．已知从t=0开始到金属棒运动到磁场边界EF处的整个过程中，小灯泡的亮度没有发生变化．求：（1）通过小灯泡的电流；（2）金属棒PQ在磁场区域中运动的速度大小；（3）所受外力F的大小．【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；安培力．【专题】：电磁感应——功能问题．【分析】：（1）当金属棒从t=0开始运动到EF位置过程中，小灯泡的亮度没有发生变化，说明金属棒在4s以后进入磁场，产生的感应电动势与0﹣4s内产生的感应电动势相等．根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律结合求解电流．（2）由E=BLv求出金属棒刚进入磁场时的速度．（3）由安培力公式求出恒力F的大小．【解析】：解：（1）在0﹣4s内，电路中产生的感应电动势为E=S=ld=×2×0.5V=0.5V，感应电流为I==A=0.1A．故通过小灯泡的电流为0.1A（2）由题，当金属棒从开始运动到EF位置过程中，小灯泡的亮度没有发生变化，说明金属棒在4s以后进入磁场，产生的感应电动势与0﹣4s内产生的感应电动势相等．由E=Bdv得v===0.5m/s（3）由平衡条件得F=BIL=2×0.1×0.5N=0.1N答：（1）通过小灯泡的电流是0.1A；（2）金属棒PQ在磁场区域中运动的速度大小是0.5m/s；（3）所受外力F的大小是0.1N．【点评】：本题考查的问题较多，但多为基础知识的应用，掌握好法拉第电磁感应定律、安培力、闭合电路的欧姆定律即可顺利求解．17．（10分）（2014秋•济南期末）如图所示，半径为R=0.4m的光滑圆弧轨道AB与粗糙的水平轨道BO相切于B点，一带电量q=+0.2C质量m=0.4kg的小物块从A点由静止释放，经过BO后以v=1m/s的速度从O点水平抛出，击中右下侧挡板上的P点．以O为原点在竖直面内建立如图所示的平面直角坐标系，挡板形状满足方程y=x2﹣6（x和y的单位均为m），在y轴的左侧区域存在竖直向下的匀强电场，场强E=20V/m，小物块与轨道BO间的动摩擦因数μ=0.1，g 取10m/s2．求（1）小物块经过B点时对轨道的压力大小（2）水平轨道BO的长度（3）P点的坐标．。
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山东省泰安市2015届高三上学期1月期末考试物理题 2015．1 本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共6页，满分100分，考试时间90分钟．
第I卷(选择题 共40分) 注意事项： 1．答第I卷前，考生务必将自己的姓名、考号、试卷类型、考试科目用铅笔涂写在答题卡上． 2．每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，不能答在试卷上． 3．考试结束后，监考人员将本试卷和答题卡一并收回． 一、选择题：(本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．) 1．关于力和运动的关系，下列说法中正确的是 A．物体做曲线运动，其速度一定改变 B．物体做曲线运动，其加速度可能不变 C．物体在恒力作用下运动，其速度方向一定不变 D．物体在变力作用下运动，其速度大小一定改变 2．利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域。如图是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I，C、D两侧面会形成电势差UCD，下列说法中正确的是 A．电势差UCD仅与材料有关 B．仅增大磁感应强度时，C、D两面的电势差变大 C．若霍尔元件中定向移动的是自由电子，则电势差UCD>0 D．在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平方向
3．如图，用OA、OB两根轻绳将花盆悬于两竖直墙之间，开始时OB绳水平。现保持O点位置不变，改变OB绳长使绳右端由B点缓慢上移至B’点，此时OB’与OA之间的夹角θ< 90°。设此过程OA、OB绳的拉力分别为FOA、FOB，则下列说法正确的是 A．FOA一直减小 B．FOA一直增大 C．FOB一直减小 D．FOB先减小后增大 4．如图两颗卫星1和2的质量相同，都绕地球做匀速圆周运动，卫星2的轨道半径更大些。两颗卫星相比较 A．卫星1的向心加速度较小 B．卫星1的动能较小 C．卫星l的周期较小 D．卫星l的机械能较小 页 2第
5．质量为2．0 kg的物体在水平面上运动的v-t图像如图，以水平向右的方向为正。以下判断正确的是 A．在0～3 s内，质点的平均速度为零 B．在3～5 s内，物体的位移为零 C．第2 s末，合外力的功率为8 W D．在l—6 s内，合外力的功为零
6．如图，MN右侧一正三角形匀强磁场区域，上边界与MN垂直。现有一与磁场边界完全相同的三角形导体框，垂直于MN匀速向右运动。导体框穿过磁场过程中感应电流随时间变化的图像可能是(取逆时针电流为正)
7．如图，一小车上有一个固定的水平横杆，左边有一轻杆与竖直方向成θ角与横杆固定， 下端连接一质量为m的小球P。横杆右边用一根细线吊一相同的小球Q。当小车沿水 平面做加速运动时，细线保持与竖直方向的夹角为α。已知θ车一定向右做匀加速运动 B．轻杆对小球P的弹力沿轻杆方向 C．小球P受到的合力大小为mgtanθ D．小球Q受到的合力大小为mgtanα 8．如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，电流表、电压表均为理想电表，R是光敏电阻(其阻值随光强增大而减小)。原线圈接入如图乙所示的正弦交流 电压u，下列说法正确的是
A．电压u的频率为100 Hz B．电压表的示数为22V C．照射R的光变强时，灯泡变暗 D．照射R的光变强时，电流表的示数变大 9．图甲中直线PQ表示电场中的一条电场线，质量为m、电荷量为q的带负电粒子仅在电场力作用下沿电场线向右运动，经过P点时速度为v0，到达Q点时速度减为零，粒子运动的v-t图象如图乙所示。下列判断正确的是 A．P点电势高于Q点电势 B．P点场强大于Q点场强
C．P、Q两点的电势差为202mvq D．带负电粒子在P点的电势能大于在Q点的电势能 页 3第
10．如图，AB为竖直面内半圆的水平直径。从A点水平抛出两个小球，小球l的抛出速度为v1、小球2的抛出速度为v2。小球1落在C点、小球2落在D点，C，D两点距水平直径分别为圆半径的0.8倍和l倍。小球l的飞行时间为t1，小球2的飞行时间为t2。则 A．t1 = t2 B．t1 < t2
C．v1： v2 =4：5 D．v1 ：v2=3：5 页 4第
第Ⅱ卷(非选择题 共60分) 二、本题共2小题，共16分，用钢笔或黑色签字笔答在答题纸上规定位置． 11．(6分)如图甲，一个圆盘可以绕通过中心垂直于盘面的水平轴转动。圆盘加速转动时，纸带随圆盘运动通过打点计时器打上一系列点。用20分度的游标卡尺测得圆盘的直径如图乙所示，用此装置打出的一条纸带如图丙所示(打点计时器所接交流电的频率为50Hz，A、B、C、D„为计数点，相邻两计数点间有四个点未画出)。 (1)根据图乙读出圆盘的直径为_____cm； (2)根据图丙计算，打D点时圆盘转动的角速度为______rad／s； (3)由图丙可知，纸带运动的加速度大小为______m／s2。 12．(10分)用电流表、电压表、滑动变阻器“测电池的电动势和内阻”的实验时，如果采用一节新干电池进行实验，实验时会发现，当滑动变阻器在阻值较大的范围内调节时， 电压表读数变化很小，从而影响测量值的精确性。可以利用一定值电阻，对实验进行改良。某次实验中，除一节新干电池、电压表、电流表和开关外，还有 定值电阻R0(1.8) 滑动变阻器R 1(0～10) 滑动变阻器R 2(0～200) (1)请你画出应采用的实验电路原理图。 (2)为方便实验调节较准确地进行测量，滑动变阻器应选用_______(填“R 1”或“R 2”)。 (3)实验中改变滑动变阻器的阻值，测出几组电流表和电压表的读数如下表 I/A 0.15 0.20 0.25 0.30 0.40 0.50 U/N 1.20 1.10 1.00 0.90 0.70 0.50 请你在给出的坐标纸中画出U-I图线。 (4)根据图线得出新干电池的电动势E=______V，内阻r=________。 页 5第
三、解答题(本大题共4小题，共44分．用钢笔或黑色签字笔答在答题纸上规定位置，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．) 13．(8分)如图，光滑半圆弧轨道半径为r，OA为水平半径，BC为竖直直径。水平轨道CM与C点相切，轨道上有一轻弹簧，一端固定在竖直墙上，另一端恰位于轨道的末端C点(此时弹簧处于自然状态)。一质量为m的小物块自A处以竖直向下的初速度v0=9gr滑下，到C点后压缩弹簧进入水平轨道，被弹簧反弹后恰能通过B点。重力加速度为g，求： (1)物块通过B点时的速度大小； (2)物块离开弹簧刚进入半圆轨道C点时对轨道的压力大小； (3)弹簧的最大弹性势能。 14．(10分)如图所示，倾角0=30°、宽L=1m的足够长的U形光滑金属导轨固定在磁感应强度大小B=IT、范围足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上。一根质量 m=0．2kg，电阻R=l的金属棒ab垂直于导轨放置。现用一平行于导轨向上的牵引力F作用在棒上，使棒由静止开始沿导轨向上运动，运动中ab棒始终与导轨接触良好，导轨 电阻不计，重力加速度g取l0m／s2。求： (1)若牵引力的功率P恒为56W，则ab棒运动的最终速度为多大? (2)当ab棒沿导轨向上运动到某一速度时撤去牵引力，从撤去牵引力到ab棒的速度为零，通过ab棒的电量q=0.5C，则撤去牵引力后ab棒向上滑动的距离多大? 15．(12分)如图所示，在无限长的竖直边界AC和DE间，上、下部分分别充满方向垂直于ADEC平面向外的匀强磁场，上部分区域的磁感应强度大小为B0，OF为上、下磁场的水平分界线。质量为m、带电荷量为+q的粒子从AC边界上与O点相距为a的P点垂直于A C边界射入上方区域，经OF上的Q点第一次进入下方区域，Q与O点的距离为3a。不考虑粒子重力 (1)求粒子射入时的速度大小； (2)要使粒子不从AC边界飞出，求下方区域的磁感应强度应满足的条件； (3)若下方区域的磁感应强度B=3B0，粒子最终垂直DE边界飞出，求边界DE与AC 间距离的可能值。 16．(14分)如图，在倾角θ=53°的固定斜面上放置一质量M=1kg、长度l=3m的薄平板AB。平板的上表面光滑，其下端B与斜面底端C的距离为L=9m。在平板的上端A处放一质量m=1kg的小滑块，开始时使平板和滑块都静止，之后将它们无初速释放。设平板与斜面间、滑块与斜面间的动摩擦因数均为μ=0.5，不考虑滑块由平板落到斜面的速度变化。求：(sin53°=0.8，cos53°=0.6，g=10m/s2) (1)滑块离开平板时的速度大小； (2)滑块从离开平板到到达斜面底端C经历的时间； 页 6第
(3)滑块到达C处时，平板的B端与C的距离。 页
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