山东省淄博市桓台第二中学2014届高三物理第二次阶段性测试试题新人教版
【2014淄博二模】山东省淄博市2014届高三复习阶段性诊断考试 理综试题 PDF版物理答案不全
化学部分参考答案选择题（本题包括7小题，每小题5分，共35分。
每小题只有一个选项符合题意，多选错选均不得分分。
每小题只有一个选项符合题意，多选错选均不得分。
）7．B8．B9．C10．D11．C12．A13．D非选择题（包括必做部分和选做部分，共65分。
）28．（18分）（1）①－197（2分）减小（2分）②4（2分）2S2SO O2＋Se SeO O2＋2H2O＝2H2SO4＋Se（2分）（2）①VO2＋＋V2＋＋2H＋＝VO2＋＋V3＋＋H2O（3分）正极（2分）②减小（2分）VO2＋＋H2O－e－＝VO2＋＋2H＋（3分）29．（17分）（1）①＞（2分）＜（2分）57.14%（2分）②cd（2分）（2）增大（3分）b（3分）（3）2Fe3＋＋3CO32－＋3H2O＝2Fe(OH)3（胶体）＋3CO2↑（3分）31．（12分）（1）4FeS2＋11O2高温═══2Fe2O3＋8SO2（2分）沸腾炉（1分）（2）接触室（1分）SO3、SO2、O2（2分）吸收塔（1分）98.3%的H2SO4（1分）（3）400℃，1个标准大气压（2分）（4）2NH3·H2O＋SO2＝（NH4）2SO3＋H2O（2分）32．（12分）（1）b（2分）（2）NH3分子与水分子之间能够形成氢键（2分）离子键（2分）配位键（2分）（3）＜（2分）（4）496/（ρa3）（2分）33．（12分）（1）C12H18Cl2N2O（2分）（2）取代反应（2分）加成反应（还原反应）（2分）（3）（2分）（4）（2分）（5）4（2分）生物部分参考答案1-----6:CBDCAD24.(1)甲叶绿体、线粒体、细胞质基因（缺一不可）类囊体薄膜（基粒或叶绿体）、线粒体基质（线粒体）（缺一不可）（2）光照强度CO2浓度、温度（只要有CO2浓度即给分）甲（3）光合作用强度等于呼吸作用强度（2分，答速率也可，答光合等于呼吸不得分）右（2分）（4）黑暗（2分）25.（1）兴奋（不能答抑制，抑制时不释放递质）化学信号变为电信号外正内负增强（或外更正内更负，答保持外正内负不得分）（2）甲状腺细胞甲状腺激素、促甲状腺激素释放激素（TRH）（2分，答一个给1分）（3）抗体、淋巴因子、溶菌酶等（只要答出淋巴因子就给分）内质网与高尔基体（缺一不可）记忆细胞与T细胞（只答记忆细胞也给分）（4）肾上腺素（不能答肾上腺激素，也答上甲状腺激素不扣分）神经—体液体液26.（1）NP=GP-R b→d→a→c 5.53（5.5也对）增加（2）细胞生物圈物质循环、能量流动和信息传递（专业名词不能写错，三者缺一不可）（3）物质的合成和分解能量的储存与释放（4）森林生态系统的两种稳定性都比草原生态系统高27.(1)29酶（酶的合成、细胞代谢）（2）34（3）黑缟斑或普通斑或素斑（缺一不可）Aa、ASa（2分，顺序不能颠倒）（4）①随机、不定向（任意一个即可得分）②有丝分裂缺失（或染色体结构变异，染色体变异不得分）③易位（染色体结构变异，同上）4④1aZWA或aaZWA（aoZWA也得分）35、（除注明外，每空1分）（1）逆（反）转录酶同种限制酶（必须有限制酶，DNA连接酶也可以答上）（2）启动子RNA聚合酶（3）Ca2+(或Cacl2溶液)（2分）（4）胰蛋白酶（或胶原蛋白酶）抗生素维持溶液的PH（5）内细胞团核移植（或克隆）（2分）。
山东省桓台第二中学高三物理教学质量检测试题
高三物理试题本试题分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分,考试时间为90分钟，满分100分．第Ⅰ卷（选择题共40分）注意事项：1．答Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、考号、考试科目、涂写在答题卡上．2．每小题选出答案后，用铅笔把答案卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．一.选择题（本题共有10个小题；每小题4分，共40分．在每小题给出的4个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确．全部选对的得4分，选不全的得2分，有错选或不答的得0分．）1、下列关于超重和失重现象的描述中正确的是（）A．电梯正在减速上升，在电梯中的乘客处于超重状态；B．磁悬浮列车在水平轨道上加速行使时，列车上的乘客处于超重状态；C．荡秋千时秋千摆到最低位置时，人处于超重状态；D．“神舟”六号飞船在绕地球做圆轨道运行时，飞船内的宇航员处于完全失重状态。
2．玩具小车以初速度v0从底端沿足够长的斜面向上滑去，此后该小车的速度图象可能是下图中的哪一个（）3．有一质量为m的小木块，由碗边滑向碗底，碗的内表面是半径为R的圆弧，由于摩擦力的作用，木块运动的速率不变，则木块（）A．运动的加速度为零 B．运动的加速度恒定C．所受合外力大小不变 D．对碗的压力大小不变4．在粗糙水平地面上与墙平行放着一个截面为半圆的光滑柱状物体A，A与竖直墙之间放一个光滑圆球B，整个装置处于静止状态。
现对B加一竖直向下的力F，F的作用线通过球心，设墙对B的作用力为F1，B对A的作用力为F2，地面对A的作用力为F3，若F缓慢增大，而整个装置仍保持静止，截面如图所示，在此过程中（）A．F2缓慢增大，F3缓慢增大B．F1缓慢增大，F3保持不变C．F1保持不变，F3缓慢增大D．F2缓慢增大，F3保持不变g的恒定加速度由5．质量为m的物体，在距地面为h的高处，以34静止竖直下落到地面，下列说法正确的是（）mghA．物体的重力势能减少了34mghB．物体的机械能减少34mghC．物体的动能增加了34D．重力做功mgh6. 如图所示是卫星绕地球运行时变轨前后的两个轨道,A点是圆形轨道Ⅰ与椭圆轨道Ⅱ的重合点，B为轨道Ⅱ上的一点，则关于卫星的运动，下列说法中正确的是（）A. 在轨道Ⅱ上经过A时的速度小于经过B时的速度B. 在轨道Ⅱ上经过A时的动能小于在轨道Ⅰ上经过A时的动能C. 在轨道Ⅱ上运动的机械能小于在轨道Ⅰ上运动的机械能D. 在轨道Ⅱ上经过A时的加速度小于在轨道Ⅰ上经过A时的加速度7.如图，虚线a、b和c是某静电场中的三个等势面，它们的电势分别为U a、U b和U c，U a>U b>U c.一带正电的粒子射入电场中，其运动轨迹如实线KLMN所示，由图可知（）A.粒子从K到L的过程中，电场力做负功B.粒子从L到M的过程中，电场力做负功C.粒子从K到L的过程中，静电势能增加D.粒子从L到M的过程中，动能减少8．一条不可伸长的轻绳跨过质量可忽略不计的光滑定滑轮，绳的一端系一质量m＝15kg的重物，重物静止于地面上，有一质量m＇＝10kg的猴子，从绳子的另一端沿绳向上爬，如图所示，在重物不离地面的条件下，猴子向上爬的最大加速度 (g=10m/s2) （）A．5m/s2B．10m/s2C．15m/s2 D．25m/s29.矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直低面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示.若规定顺时针方向为感应电流I的正方向，下列各图中正确的是（）A B C D 10．图1中的变压器为理想变压器，原线圈的匝数n1与副线圈的匝数n2之比为10 : 1。
山东省淄博市桓台二中高三物理上学期期末试题(含解析)新人教版1
2014-2015学年山东省淄博市桓台二中高三（上）期末物理试卷一、注意事项：第Ⅰ卷为选择题，共10小题，每小题4分，共40分．在每题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确．全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分．每小题选出答案后，用2B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，再选择其他答案标号．不能直接写在本试卷上．1．（4分）（2014秋•桓台县校级期末）质量为2kg的物体做匀变速直线运动，某时刻速度大小a=a=2．（4分）（2010•内江三模）2009年2月11日，美国和俄罗斯的两颗卫星在西伯利亚上空相T=，v=v=3．（4分）（2011•庐阳区校级模拟）在近地空中某一位置处有A、B两个小球，A球的质量小于B球的质量．先让A球自由下落1s，再让B球开始自由下落，A球落地前，下列说法正确=10t+54．（4分）（2012•海阳市校级模拟）一遥控玩具小车在平直路上运动的位移时间图象如图所示，则（）v==m/s=m/s=3m/s5．（4分）（2014秋•桓台县校级期末）有一直角V形槽固定在水平面上，其截面如图所示，BC面与水平面间夹角为60°，有一质量为m的正方体均匀木块放在槽内，木块与BC面间的动摩擦因数为，与AB面间无摩擦，现用垂直于纸面向里的力推木块使之沿槽运动，则木块受的摩擦力为（）μmg Bμmgμmg6．（4分）（2010秋•苍山县期末）如图所示，质量为m的物体（可视为质点）以某一速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加速度大小为g，此物体在斜面上上升的最大高度为h，则在这个过程中物体（）重力势能增加了mgh 克服摩擦力做功动能损失了机械能损失了a=，而摩擦力，物体在斜面上能够上升的最，物体在斜面上能够上升的最大高度为•s=mg•3L=mgLmg•2L=7．（4分）（2014秋•桓台县校级期末）一带电粒子在正电荷形成的电场中，运动轨迹如图所示的abcd曲线，下列判断正确的是（）8．（4分）（2014秋•桓台县校级期末）如图所示，当K闭合后，一带电微粒在平行板电容器间处于静止状态，下列说法正确的是（）C=，分析电容的变化，由电容的C=分析电压的变化．E=E=C=知，C=知，电压增大，由E=C=，C=，E=E=9．（4分）（2009•淄博一模）如图所示，电键K闭合，电流表、电压表均为理想电表，若电阻R1断路，则下列说法正确的是（）10．（4分）（2014秋•桓台县校级期末）如图所示，有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的质点，由两水平极板正中，以相同的初速度V0，先后垂直匀强电场射入，并分别落在负极板上甲、乙、丙三处，可以判定（），可以判二、填空题（本题共3小题，共18分．把答案写在答题卡中指定的答题处．）11．（4分）（2012•湖北校级模拟）读出下图给出的螺旋测微器和游标卡尺的示数，螺旋测微器的示数为 6.125mm，游标卡尺的示数 4.120cm．12．（6分）（2014秋•桓台县校级期末）某同学在做验证机械能守恒定律的实验中使用50HZ 交变电流作电源，在打出的纸带上选择5个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间还有4个点没有画出，他测量了C点到A点、和E点到C点的距离，如圈所示．则纸带上C点的速度vc= 1.9m/s，重物的加速度为9.0m/s2．（结果保留两位有效数字）13．（8分）（2011秋•潍坊期末）某同学为了研究小灯泡在不同状态下的电阻，进行了如下实验：（1）用多用电表的欧姆挡测量小灯泡的电阻，当选用xl0Ω挡测量时发现偏角过大，此时应选用×1Ω挡（填写“×1”或“×l00”），然后需将红、黑表笔短接，进行欧姆调零，再进行测量．测量完成后，将选择开关拔向OFF挡（或交流电压的最高挡）位置．（2）该同学用内阻约为几十欧的电流表，内阻约为几千欧的电压表等仪器，测定在不同工作状态下小灯泡的电阻．请画出测量电路的原理图；并根据所画原理图将以下实物图补充完整．（3）在闭合开关前，实物图中滑动变阻器的滑动触头应在右端（填写“左”或“右”）．三、计算题（本大题3小题，共42分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）14．（8分）（2014秋•桓台县校级期末）2011年7月11日23时41分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号丙运载火箭，成功将“天链一号02星”送入太空，火箭飞行约26分钟后，西安卫星测控中心传来的数据表明，星箭分离，卫星成功进入地球同步转移轨道．已知地球半径为R，地球表面的重力加速度g，地球自转周期T，求“天链一号02星”的轨道半径．又在地球的表面时：联立①②解得：的轨道半径15．（12分）（2014秋•桓台县校级期末）如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O，用一根长度为L=0.40m的绝缘细线把质量为m=0.20kg，带有正电荷的金属小球悬挂在O点，电荷量q=0.5C小球静止在B点时，细线与竖直方向的夹角为θ=37°．现将小球拉至位置A使细线水平后由静止释放，（取g=10m/s2，sin37°=0.60，cos37°=0.80）求：（1）匀强电场的场强大小；（2）小球通过最低点C时细线对小球的拉力大小．=taEqL=mv216．（10分）（2014秋•桓台县校级期末）如图所示，倾角为37°的粗糙斜面固定于水平地面上，质量m=2kg的木块从斜面底端以4m/s的初速度滑上斜面，木块与斜面间的动摩擦因数为0.25，假设斜面足够长．（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8），求：（1）木块在上滑过程中加速度的大小（2）木块在斜面上运动的总时间．则加速度：则上滑的时间：上滑的位移：根据：得：．t=17．（12分）（2014秋•桓台县校级期末）如图所示，质量为m、电荷量为q的带电粒子，沿与水平面成θ=60°的方向匀速运动，进入垂直纸面向里的圆形匀强磁场区域后，从水平金属板M左端下边缘附近水平射出磁场，进入两平行金属板M、N间，恰好从N板右边缘飞出．已知匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里，两带电极板M、N长为l，间距为d，板间电压为U，不计粒子重力．（1）分析判断极板M带正电还是带负电？（2）求粒子在磁场中运动的速度大小；（3）求粒子进入磁场时的入射点与离开磁场时的出射点之间的距离．d=d=v=qvB=m R=d=2Rsin。
【2014淄博二模】理
P 0, 0, 2 , PD 2, 2, 2 , AC 0, 4, 0
设 M x, y , z ， PM t PD ,则
x, y, z 2 t 2, 2, 2 ，
………………8 分
容量为 5 的样本，所以 的所有基本事件为( A1 , A2 )， ( A1 , B1 )， ( A1 , B2 )， ( A1 , B3 )， ( A2 , B1 )， ( A2 , B2 )， ( A2 , B3 )，( B1 , B2 )，( B1 , B3 )，( B2 , B3 )，共 10 个； ( A1 , B3 )， ( A2 , B1 )，( A2 , B2 )，( A2 , B3 ) 所以从中任取 2 人，至少有 1 名女生的概率为 P 17． （理科 本题满分 12 分） ………………………………1 分 …………………9 分 其中至少有 1 名女生的基本事件有 7 个： ( A1 , A2 )，( A1 , B1 )，( A1 , B2 )， …………………………11 分
高三复习阶段性诊断考试
数学试题参考答案 2014.4
一、选择题： BDDAC ADCCB
二、填空题：本大题共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分. 11．
3 4
12． 512 ．
13． 1
14． 2,1
15． （文科） 7 15． （理科） ①②③ . 三、解答题：本大题共 6 小题，共 75 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步 骤． 16． （本题满分 12 分） 解： （Ⅰ）解法一： 因为 m // n ，所以 2b cos A 2c a 由余弦定理得 2b 所以 cos B
【解析】山东省淄博市桓台二中2014届高三第二次阶段性测试物理试题Word版含解析by胡
淄博市桓台第二中学2014届高三第二次阶段性测试物理试题 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共4页。
满分100分，考试时间90分钟。
第Ⅰ卷注意事项：第Ⅰ卷为选择题，共12小题，每小题4分，共48分。
在每题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。
1.关于电场强度的叙述，正确的是（ ）A.沿着电场线的方向，场强越来越小B.电场中某点的场强大小等于单位电量的电荷在该点所受的电场力大小C.电势降落的方向就是场强的方向D.负点电荷形成的电场，离点电荷越近，场强越大【答案】BD【KS5U 解析】沿着电场线的方向，电势越来越小，而电场强度根据电场线的疏密才能确定，故A 错误；电场中某点的电场强度的大小在数值上等于单位电荷在该点受到的电场力的大小，故B 正确；沿着电场强度方向，电势降低最快，但电势降落的方向不一定就是场强的方向，故C 错误；对于负点电荷形成的电场，由公式E ＝k 2Q r 得离点电荷越近，电场强度越大，故D 正确。
2.如图所示，真空中有两个正电荷，带电量分别为Q 、4Q 、O 为两电荷连线中点，两试探电荷a 、b 均带正电，a 自O 点垂直连线向上射出，b自O 沿连线向左射出，则（ ）A.a 向左偏转B.a 向右偏转C.b 向左运动时的速度一直减小D.b 向左运动时的电势能先减小后增加【答案】AD【KS5U 解析】由点电荷的电场分布规律可知，正电荷a 向上运动过程中，所受的电场力方向为左上方，所以电场力有向左的分量，故a 向左偏转，A 正确B 错误；由于右侧电荷的电荷量大于左侧电荷的电荷量，所以在两电荷之间靠近左侧电荷处有一点电场强度为0，此处试探电荷受到的电场力为0，由牛顿第二定律可知，电荷b 的加速度先向左减小后向右增大，b 向左运动时的速度先增大后减小，故C 错误；b 向左运动时，电场力先做正功后做负功，故电势能先减小后增加，选项D 正确． 3.如图甲所示，AB 是电场中的一条电场线.质子以某一初速度从A 点出发，仅在电场力作用下沿直线从A 点运动到B 点，其v-t 图象如图乙所示，则下列说法正确的是（ ）BA 甲A ．质子运动的加速度随时间逐渐减小B ．电场线的方向由A 指向BC ．A 、B 两点电场强度的大小关系满足E A <E BD ．A 、B 两点的电势关系满足φA <φB【答案】D【KS5U 解析】速度图象的斜率等于加速度，则由图乙可知，质子的加速度不变，所受电场力不变，由F=Eq 可知，A 点的场强等于B 点场强，E A =E B ；故AC 错误；质子从A 到B 的过程中，速度减小，动能减小，则可知电场力做负功，故电势能增加，电势升高，故ϕA ＜ϕB ，电场线的方向由B 指向A ，故B 错误，D 正确；故选D ． 4.如图所示，在水平向右的匀强磁场中，在O 点固定一电荷量为Q 的正电荷，a 、b 、c 、d 为以O 为圆心的同一圆周上的四点，bd 连线与电场线平行，ac 连线与电场线垂直。
山东省淄博市桓台第二中学2014届高三物理上学期期中试题新人教版
山东省淄博市桓台第二中学2014届高三物理上学期期中试题新人教版2013年11月本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共3页。
满分100分，考试时间90分钟。
考试结束后，将本试卷以及答题卡一并交回。
答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目填涂在试卷、答题卡规定的地方。
第Ⅰ卷注意事项：第Ⅰ卷为选择题，共10小题，每小题4分，共40分。
在每题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。
每小题选出答案后，用2B 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，再选择其他答案标号。
不能直接写在本试卷上。
1.如图所示，木块A 和B 接触面水平，在水平力F 作用下，木块A 、B 保持静止，则木块B 受力的个数可能是（ ）A.3个B.4个C.5个D.6个2.如图是一攀岩运动员正沿竖直岩壁缓慢攀登，由于身背较重的行囊，重心上移至肩部的0点，总质量为60kg.此时手臂与身体垂直，手臂与岩壁夹角为53º，则手受到的拉力与脚受到的作用力分别为(设手与脚受到的力的作用线或作用线的反向延长线均通过重心0，g=10m/s 2，sin53º =0.8) （ ） A.360N 480N B.480N 360N C.450N 800N D.800N 450N3.如图2，用相同材料做成的质量分别为m 1、m 2的两个物体中间用一轻弹簧连接。
在下列四种情况下，相同的拉力F 均作用在m 1上，使m 1、m 2作加速运动：①拉力水平，m 1、m 2在光滑的水平面上加速运动。
②拉力水平，m 1、m 2在粗糙的水平面上加速运动。
③拉力平行于倾角为θ的斜面，m 1、m 2沿光滑的斜面向上加速运动。
④拉力平行于倾角为θ的斜面，m 1、m 2沿粗糙的斜面向上加速运动。
以△l 1、△l 2、△l 3、△l 4依次表示弹簧在四种情况下的伸长量，则有（ ） A.△l 2＞△l 1 B.△l 4＞△l 3 C.△l 1＞△l 3 D.△l 2＝△l 44.某物体做直线运动的v-t 图象如图甲所示，据此判断图乙（F 表示物体所受合力，x 表示物体的位移）四个选项中正确的是（ ）A ．． 5.在升降电梯内的地板上放一体重计，电梯静止时，晓敏同学站在图甲体重计上，体重计示数为50 kg ，电梯运动过程中，某一段时间内晓敏同学发现体重计示数如图所示，在这段时间内下列说法中正确的是（ ） A.晓敏同学所受的重力变小了B.晓敏对体重计的压力小于体重计对晓敏的支持力C.电梯一定在竖直向下运动D.电梯的加速度大小为g/5，方向一定竖直向下6.将一个质量为1kg 的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中所受阻力大小恒定，方向与运动方向相反。
山东省桓台县第二中学高三12月月考物理试题
2014年12月本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共3页。
满分100分，考试时间90分钟。
考试结束后，将本试卷以及答题卡和答题纸一并交回。
答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目填涂在试卷、答题卡和答题纸规定的地方。
第Ⅰ卷注意事项：第Ⅰ卷为选择题，共10小题，每小题4分，共40分。
在每题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。
每小题选出答案后，用2B 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，再选择其他答案标号。
不能直接写在本试卷上。
1．许多科学家对物理学的发展作出了巨大贡献，下列表述正确的是A ．伽利略创造的科学研究方法以及他的发现，标志着物理学的真正开端B ．法拉第发现了电流的磁效应，使人们突破了对电与磁认识的局限性C ．开普勒关于行星运动的描述为万有引力定律的发现奠定了基础D ．奥斯特发现了电磁感应现象，使人们对电与磁内在联系的认识更加完善 2．如图所示，固定在水平面上的斜面倾角为θ，长方体木块A 质量为M ，其PQ 面上钉着一枚小钉子，质量为m 的小球B 通过一细线与小钉子相连接，小球B 与PQ 面接触，且细线与PQ 面平行，木块与斜面间的动摩擦因数为μ。
下列说法正确的是A ．若木块匀速下滑，则小球对木块的压力为零B ．若木块匀速下滑，则小球对木块的压力为mgsin θC ．若木块匀加速下滑，则小球对木块的压力为零D ．若木块匀加速下滑，则小球对木块的压力为μmgcos θ3．甲、乙两车沿同一平直公路同向运动。
其运动的v －t 图象如图所示。
已知t=0时刻，乙在甲前方20m 处，以下说法正确的是 A ．4s 末两车相遇 B ．10s 末两车相遇C ．相遇前，两车间的最大距离是36mD ．相遇前，两车间的最大距离是16m4．“神舟十号”飞船将于2013年6月至8月择机发射，再次与“天宫一号”进行交会对接。
2014年山东省淄博市桓台二中高考物理模拟试卷(4月份)
2014年山东省淄博市桓台二中高考物理模拟试卷（4月份）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共2小题，共12.0分)1.在物理学的发展过程中，许多物理学家都做出了重要的贡献，他们也创造出了许多的物理学研究方法，下列关于物理学研究方法的叙述中正确的是( )A.理想化模型是把实际问题理想化，略去次要因素，突出主要因素，例如质点、位移等是理想化模型B.重心、合力、交变电流的有效值和平均值等概念的建立都体现了等效替代的思想C.用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如场强，电容，加速度都是采用比值法定义的D.根据速度定义式，当△t非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法【答案】D【解析】试题分析：理想化模型是抓主要因素，忽略次要因素得到的．电阻不是等效替代．瞬时速度定义用了数学极限思想．加速度不是采用比值法．A、理想化模型是抓主要因素，忽略次要因素得到的，质点是理想化模型，但是位移不是，故A错误．B、合力和交变电流的有效值是等效替代思想，交变电流的平均值不是，故B错误．C、例如场强，电容，都是采用比值法定义，加速度不是采用比值法，该公式为牛顿第二定律的表达式．故C错误．D、瞬时速度是依据速度定义式，当△t非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了数学极限思想，故D正确．故选：D．2.如图所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直固定在水平面上，上端固定一质量为m0的托盘，托盘上有一个质量为m的木块．用竖直向下的力将原长为l0的弹簧压缩后突然撤去外力，则m即将脱离m0时的弹簧长度为()A. B.g C.g D.gA【解析】试题分析：当突然撤去外力时，木块和托盘一起向上做变加速运动，当m即将脱离m0时二者具有相同的速度和加速度，而且此时托盘与木块之间的作用力为零，由此根据牛顿第二定律列方程即可正确解答．当m即将脱离m0时二者加速度相同，它们之间的弹力为零，因此根据牛顿第二定律有：对m有：mg=ma①设弹簧对m0的作用力为F，则有：m0g+F=m0a②联立①②解得：F=0，因此弹簧处于原长状态，故A正确，BCD错误．故选A．二、多选题(本大题共4小题，共24.0分)3.轻绳一端固定在天花板上，另一端系一个小球，开始时绳竖直，小球与一个倾角为θ的静止三角形物块刚好接触，如图所示．现在用水平力F向左非常缓慢的推动三角形物块，直至轻绳与斜面平行，不计一切摩擦．关于该过程中，下列说法中正确的是( )A.绳中拉力先变小后增大B.地面对三角形物块的支持力不断增大C.斜面对小球的弹力不做功D.水平推力F做的功等于小球机械能的增加【答案】BD【解析】试题分析：根据作图法，抓住重力大小方向都不变，支持力方向不变，根据拉力的方向改变判断支持力和拉力大小的变化．根据力与位移的关系判断力做功情况，根据能量守恒定律求出推力F所做的功．A、对小球受力分析，小球受重力、支持力和拉力，因为支持力的方向不变，根据作图法知，绳子的拉力逐渐减小，支持力逐渐增大．故A错误．B、由前面分析，斜面对球的支持力逐渐增大，则球对斜面的压力逐渐增大，以三角形物块为研究对象，根据平衡条件可知地面对三角形物块的支持力逐渐变大，故B正确；C、小球上升，斜面对小球的弹力与小球位移夹角为锐角，故斜面的弹力做正功．故C 错误．D、根据能量守恒得F做的功等于系统机械能的增量，斜面体动能和势能不变，小球的动能不变，所以系统机械能的增量等于小球的重力势能增加量．所以F做功等于小球机械能的增量．故D正确．故选：BD．4.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，b是原线圈的中心接头，电压表V和电流表A均为理想电表．从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为μ=220100πt(V)．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22VB.当单刀双掷开关与b连接时，电压表的示数为11VC.当单刀双掷开关与a连接，滑动变阻器触头P向上移动，则电压表的示数不变，电流表的示数变小D.当单刀双掷开关与a连接，滑动变阻器触头P向上移动，则电压表、电流表的示数都变大【答案】AC【解析】试题分析：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解:A、根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的最大值为220V，所以副线圈的电压的最大值为22V，电压表的示数为电压的有效值，所以示数为22V，故A正确B 、当单刀双掷开关与b连接时，电压表的示数为44V，故B错误C D 、当滑动变阻器触头P向上移动的过程中，滑动变阻器的电阻变大，电路的总电阻变大，由于电压是由变压器决定的，所以电流变小，电压表的示数不变，电流表的示数变小，故C正确，D错误．故选AC．5.如图所示，分别在M、N两点固定放置两个点电荷+Q和-q(Q＞q)，以MN连线的中点O为圆心的圆周上有A、B、C、D四点．下列说法正确的是( )A.A点电势低于B点电势B.A点场强大于B点场强C.将某正电荷从C点移到O点，电场力做负功D.将某正电荷从O点移到D点，电势能增加【答案】BC【解析】试题分析：由题，Q带正电，q带负电，电场线方向由A指向B，根据顺着电场线电势逐渐降低．电场线越密，电场强度越大．根据对称性，分析CD两点电势关系、场强关A、由题，电场线方向由M指向N，则A点电势高于B点电势．故A错误．B、由于Q＞q，A点处电场线比B点处电场线密，A点场强大于B点场强．故B正确．C、由图象知O点电势大于C点电势，故将某正电荷从C点移到O点，电场力做负功．故C正确．D、将某正电荷从O点移到D点，电场力做正功，电势能减少．故D错误．故选：BC.6.在光滑的绝缘水平面上方，有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，PQ为磁场边界．一个半径为a、质量为m、电阻为R的金属圆环垂直磁场方向放置于磁场中A处，现给金属圆环一水平向右的初速度v．当圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时的速度为，则下列说法正确的是()A.此时圆环中的电功率为B.此时圆环的加速度为C.此过程中通过圆环截面的电荷量为D.此过程回路中产生的电能为0.75mv2【答案】BC【解析】试题分析：当圆环运动到PQ时，左半圆切割磁感线产生电动势，等效切割长度等于直径2a，可由公式E=BL v和电功率公式结合，求解电功率；由公式F=BIL和I=求出安培力，根据牛顿第二定律求解加速度．由感应电荷量表达式q=求解电荷量．由能量守恒求解产生的电能．A、当圆环运动到PQ时，左半圆切割磁感线产生电动势，切割的有效长度为2a，所以产生的感应电动势为：E=B•2a•=B av…①此时圆环中的电功率：P==…②，故A错误．B、圆环中感应电流为：I==左半圆环受到得安培力相当于直径所受安培力，大小为：F=BI•2a=…③根据牛顿第二定律得：F=ma…④由③④解得：a=．故B正确．C、此过程中通过圆环截面的电荷量为：q===．故C正确．D、由能量守恒得：此过程回路中产生的电能为Q=-=0.375mv2．故D错误．故选：BC．三、单选题(本大题共1小题，共6.0分)7.使物体脱离行星的引力束缚，不再绕该行星运行，从行星表面发射所需的最小速度称为第二宇宙速度，行星的第二宇宙速度v2与第一宇宙速度v1的关系是v2=v1．已知某行星的半径为地球半径的三倍，它表面的重力加速度为地球表面重力加速度的1/6，不计其它行星的影响和地球自转对其表面重力加速度的影响．已知地球的第一宇宙速度为8km/s，则该行星的第二宇宙速度为()A.4km/sB.8km/sC.4km/sD.8km/s【答案】B【解析】试题分析：第一宇宙速度是人造地球卫星在近地圆轨道上的运行速度，即；此题把地球第一宇宙速度的概念迁移的某颗星球上面．设某星球的质量为M，半径为r，绕其飞行的卫星质量m，由万有引力提供向心力得：解得：v1==----①又因它表面的重力加速度为地球表面重力加速度g的．得：----②v2=----③由①②③解得：v2==，而为地球的第一宇宙速度，故v2=8km/s，故B正确，ACD错误．故选：B．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.PM2.5(指空气中直径小于2.5微米的悬浮颗粒物)在空气中的运动属于分子热运动B.分子间的相互作用力总是随着分子间距离的减小而减小C.热量能够自发地从高温物体传到低温物体，但不能自发地从低温物体传到高温物体D.水的饱和汽压随温度的升高而增大E.液晶既具有液体的流动性，又具有单晶体的光学各向同性的特点【答案】CD【解析】试题分析：空气中直径小于2.5微米的悬浮颗粒物是宏观物体的运动，理解分子间的相互作用力随分子间距离的变化，热力学第二定律，热量不能够自发地从高温物体传到低温物体；水的饱和汽压随温度的升高而增大，液晶既具有液体的流动性，又具有单晶体的光学各向同异性的特点．A、空气中直径小于2.5微米的悬浮颗粒物是宏观物体的运动，不属于分子热运动；故B、分子间的相互作用力总是随着分子间距离的减小而先增大后减小，故B错误C、根据热力学第二定律，热量不能够自发地从高温物体传到低温物体；故C正确D、温度越高蒸发越快，故水的饱和汽压随温度的升高而增大，故D正确E、液晶既具有液体的流动性，又具有单晶体的光学各向同异性的特点．故E错误故选：CD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.汤姆孙提出了原子核式结构模型B.α射线、β射线、γ射线都是高速运动的带电粒子流C.氢原子从激发态向基态跃迁只能辐射特定频率的光子D.某放射性原子核经过2次α衰变和一次β衰变，核内质子数减少3个E.放射性物质的温度升高，则半衰期减小【答案】CD【解析】试题分析：卢瑟福提出了原子核式结构模型，γ射线是光子流，不带电，α衰变生成氦原子核，β衰变生成负电子，半衰期与外界因素无关．A、卢瑟福提出了原子核式结构模型，A错误；B、α射线、β射线、都是高速运动的带电粒子流，γ射线是光子流，不带电，B错误；C、氢原子从激发态向基态跃迁只能辐射特定频率的光子，C正确；D、某放射性原子核经过2次α衰变和一次β衰变，核内质子数减少2×2-1=3个，D 正确；E、半衰期与外界因素无关，E错误；故选：CD四、实验题探究题(本大题共2小题，共14.0分)8.某同学用如图甲的装置来研究牛顿第二定律．①实验需用沙和沙桶的总重力表示小车受到的合力，则除满足沙和沙桶的总质量远小于小车的质量外，还必须进行的操作是．②如图乙是某次实验打出的一条纸带，O为起点，A、B、C为三个相邻的计数点，相邻计数点之间有四个点没有标出，有关数据如图所示，电源频率为50H z．则小车的加速度a= m/s2，打B点时小车的速度v B= m/s．(以上结果均保留2位有效数字)．①平衡摩擦力；②0.40；0.20．【解析】试题分析：实验前必须要平衡摩擦力，根据匀变速直线运动的推论公式△x=a T2可以求出加速度的大小，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，可以求出打纸带上B点时小车的瞬时速度大小．①做研究牛顿第二定律的实验前，应首先平衡摩擦力，让绳子的拉力等于小车受到的合力；②由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，根据匀变速直线运动的推论公式△x=a T2得：a==0.40m/s2，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，可以求出打纸带上B 点时小车的瞬时速度大小．v B=．故答案为：①平衡摩擦力；②0.40；0.20．9.某同学要测量一个由均匀新材料制成的圆柱体的电阻率P．步骤如下：(1)游标卡尺测量其长度如图甲所示，可知其长度为mm；(2)用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，可知其直径为mm；(3)选用多用电表的电阻“×1”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图所示，则该电阻的阻值约为Ω；(4)为更精确地测量其电阻，可供选择的器材如下：电流表A1(量程300m A，内阻约为2Ω)；电流表A2(量程150m A，内阻约为10Ω)；电压表V1(量程1V，内阻r=1000Ω)；电压表V2(量程15V，内阻约为3000Ω)；定值电阻R0=1000Ω；滑动变阻器R1(最大阻值5Ω)；电源E(电动势约为4V，内阻r约为1Ω)；开关，导线若干．为了使测量尽量准确，测量时电表读数不得小于其量程的，电压表应选，电流表应选，滑动变阻器应选．(均填器材代号)根据你选择的器材，请在线框内画出实验电路图．【答案】(1)50.15；(2)4.700；(3)22.0；(4)V1；A1；R1；电路图如图所示：【解析】试题分析：(1)(2)游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．(3)用欧姆表测电阻的读数为指针示数乘以倍率，当指针指在中央附近时测量值较准确；(4)根据电源电动势选择电压表，根据通过待测电阻的最大电流选择电流表，在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；为准确测量电阻阻值，应测多组实验数据，滑动变阻器可以采用分压接法，根据待测电阻与电表内阻间的关系确定电流表的接法，作出实验电路图．解:(1)游标卡尺的主尺读数为50mm，游标读数为0.05×3mm=0.15mm，所以最终读数为50mm+0.15mm=50.15mm．(2)螺旋测微器固定刻度为4.5mm，可动刻度为0.01×20.0=0.200mm，所以最终读数为4.5mm+0.200mm=4.700mm．(3)该电阻的阻值约为22.0×1Ω=22.0Ω．(4)电源电动势为4V，直接使用电压表V1量程太小，为了使测量尽量准确，测量时电表读数不得小于其量程的，使用电压表V2量程又太大，可以把电压表V1与定值电阻R0串联，增大其量程进行实验，故电压表选择V1，电阻中最大电流约为A=160m A，所以电流表选A1，待测电阻的电压从零开始可以连续调节，变阻器采用分压式接法，为保证电路安全方便为准确测量电阻阻值，应测多组实验数据，滑动变阻器可以采用分压接法，由于待测电阻阻值接近电流表内阻，所以采用电流表外接法．如图所示：故答案为：(1)50.15；(2)4.700；(3)22.0；(4)V1；A1；R1；电路图如图所示：五、计算题(本大题共2小题，共18.0分)10.某电视台“快乐向前冲”节目中的场地设施如题图所示，AB为水平直轨道，上面安装有电动悬挂器，可以载人运动，水面上漂浮着一个半径为R，角速度为ω，铺有海绵垫的转盘，转盘的轴心离平台的水平距离为L，平台边缘与转盘平面的高度差为H．选手抓住悬挂器，可以在电动机带动下，从A点下方的平台边缘处沿水平方向做初速度为零，加速度为a的匀加速直线运动．选手必须作好判断，在合适的位置释放，才能顺利落在转盘上．设人的质量为m(不计身高大小)，人与转盘间的最大静摩擦力为μmg，重力加速度为g．(1)假设选手落到转盘上瞬间相对转盘速度立即变为零，为保证他落在距圆心R/2以内不会被甩出转盘，转盘的角速度ω应限制在什么范围？(2)若已知H=5m，L=8m，a=2m/s2，g=10m/s2，且选手从某处C点释放能恰好落到转盘的圆心上，则他是从平台出发后经过多长时间释放悬挂器的？(3)若电动悬挂器开动后，针对不同选手的动力与该选手重力关系皆为F=0.6mg，悬挂器在轨道上运动时存在恒定的摩擦阻力，选手在运动到上面(2)中所述位置C点时，因选手恐惧没有释放悬挂器，但立即关闭了它的电动机，则按照(2)中数据计算悬挂器载着选手还能继续向右滑行多远的距离？解：(1)设人落在距圆心处不至被甩下，最大静摩擦力提供向心力，则有：即转盘转动的角速度满足ω．(2)沿水平加速段位移为x1，时间为t1；平抛运动的水平位移为x2，时间为t2．则加速时有v=at1平抛运动阶段x2=vt2H=全程水平方向：x1+x2=L；代入数据，联立各式解得t1=2s．(3)由(2)知，v=at=4m/s，且F=0.6mg，设阻力为f，继续向右滑动加速度为a′，滑行距离为x3加速阶段：F-f=ma剪断阶段：-f=ma′则有：0-v2=2ax3联立以上三式，代入数据解得x3=2m．答：(1)转盘的角速度ω应满足ω．(2)他是从平台出发后经过2s释放悬挂器的．(3)悬挂器载着选手还能继续向右滑行2m．【解析】(1)根据静摩擦力提供向心力，结合牛顿第二定律求出转盘角速度的范围．(2)抓住平抛运动的水平位移和匀加速直线运动的位移等于L，结合位移公式和速度公式求出匀加速运动的时间．(3)根据牛顿第二定律，结合速度位移公式求出还能滑行的距离．11.如图所示，平面直角坐标系x O y中，在第二象限内有竖直放置的两平行金属板，其中右板开有小孔；在第一象限内存在内、外半径分别为、R的半圆形区域，其圆心与小孔的连线与x轴平行，该区域内有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场的方向垂直纸面向里：在y＜0区域内有电场强度为E的匀强电场，方向与x轴负方向的夹角为60°．一个质量为m，带电量为-q的粒子(不计重力)，从左金属板由静止开始经过加速后，进入第一象限的匀强磁场．求：(2)若粒子在磁场中运动时，刚好不能进入的中心区域，此情形下粒子在磁场中运动的速度大小．(3)在(2)情形下，粒子运动到y＜0的区域，它第一次在匀强电场中运动的时间．【答案】解：(1)设当加速电压为U时，粒子离开金属板时的速度为v1，则有：解得：(2)此情形下粒子在磁场中运动的轨迹如图所示：设粒子运动速度为v2，运动圆半径为r，由几何知识得：解得：，θ=60°粒子在磁场中运动时，有：解得：(3)粒子进入y＜0的区域，做减速运动，设速度减少到零所用时间为t，则：q E=mav2-at=0解得：28粒子第一次在匀强电场中的运动时间T=2t=答：(1)若两金属板间的电压为U，粒子离开金属板进入磁场时的速度是；(2)若粒子在磁场中运动时，刚好不能进入的中心区域，此情形下粒子在磁场中运动的速度大小为．(3)在(2)情形下，粒子运动到y＜0的区域，它第一次在匀强电场中运动的时间．【解析】(1)粒子在电场中被直线加速，则由动能定理可求出加速后的速度大小；(2)粒子在磁场中在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动，结合几何知识，可确定运动轨迹的半径及夹角．从而再由半径公式可算出刚好不能进入的中心区域，此情形下粒子在磁场中运动的速度大小；(3)粒子进入匀强电场恰好沿着电场线作匀减速运动，根据电场力结合牛顿第二定律可算出加速度，由运动学公式可求出运动时间，则它第一次在匀强电场中运动的时间即为来回的时间．七、简答题(本大题共1小题，共4.0分)13.如图所示，导热良好的薄壁汽缸放在光滑水平面上，用横截面积为S=1.0×10-2m2的光滑活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内，活塞杆的另一端固定在墙上．外界大气压强P0=1.0×l05P a．当环境温度为27°C时，密闭气体的体积为2.0×10-3m3．①当环境温度缓慢升高到87℃时，汽缸移动的距离是多少？②在上述过程中封闭气体(填“吸热”或“放热”)，传递的热量(填“大于”或“小于”)气体对外界所做的功．【答案】①当环境温度缓慢升高到87℃时，汽缸移动的距离是4×10-2m．②吸热，大于．【解析】试题分析：①当环境温度缓慢升高时，气体作等压膨胀，根据盖-吕萨克定律列式求解出膨胀的体积；②温度升高，气体从外界吸热；理想气体的内能由温度决定，温度升高，气体内能增加；体积增大，气体对外做功，W＜0；由热力学第一定律可知传递的热量大于气体对外界所做的功．①封闭气体作等压变化，由盖•吕萨克定律得：=则得：V2=V1=×2×10-3m3=2.4×10-3m3所以汽缸移动的距离是：△l==m=4×10-2m②一定质量的理想气体的内能由温度决定，温度升高，气体内能增加，△U＞0．气体的体积增大，气体对外做功，W＜0，由热力学第一定律△U=W+Q得：Q＞0，即气体从外界吸热．由热力学第一定律△U=W+Q可得：Q＞-W，即传递的热量大于气体对外界所做的功；答：①当环境温度缓慢升高到87℃时，汽缸移动的距离是4×10-2m．②吸热，大于．八、填空题(本大题共1小题，共4.0分)14.如图所示，一列简谐波沿x轴传播，实线为t=0时的波形图，此时P质点向y轴负方向运动，虚线为经过0.02s时第一次出现的波形图，则波沿x轴(填“正”或“负”)方向传播，波速为m/s．【答案】正;50【解析】试题分析：由题此时P质点向y轴负方向运动，判断出波传播方向．根据波形的平移法得到波传播的距离，由公式v=求出波速．由题，此时P质点向y轴负方向运动，根据波形平移法判断得知该波沿x轴正方向传播．已知虚线为经过0.02s时第一次出现的波形图，则波传播的距离不到一个波长，由波形平移法可知波在△t=0.02s时间内传播的距离为△x=1m，则波速为：v==m/s=50m/s．故答案为：正；50九、计算题(本大题共1小题，共4.0分)15.如图所示，为某种透明介质的截面图，△AOC为等腰直角三角形，BC为半径R=12cm 的四分之一圆弧，AB与水平屏幕MN垂直并接触于A点．一束红光射向圆心O，在AB 分界面上的入射角i=45°，结果在水平屏幕MN上出现两个亮斑．已知该介质对红光的折射率为n=，求两个亮斑与A点间的距离．【答案】解：设红光的临界角为C，则sin C==，则得C=60°由题意，i=45°＜C红光在AB面一部分折射，一部分反射．画出如图光路图．设折射角为r，两个光斑分别为P1、P2，根据折射定律得n=求得sinr=由几何知识可得tanr=解得：AP1=6m由几何知识可得△OAP2为等腰直角三角形，解得：AP2=12cm答：两个亮斑与A点间的距离12cm．【解析】已知红光的折射率，可由公式sin C=求出临界角，判断红光在AB面上能否发生全反射．再由折射定律及几何知识可求得两光斑的距离．十一、计算题(本大题共1小题，共6.0分)17.如图所示，光滑水平面上滑块A、C质量均为m=1kg，B质量为M=3kg．开始时A、B静止，现将C以初速度v0=2m/s的速度滑向A，与A碰后C的速度变为零，而后A 向右运动与B发生碰撞并粘在一起．求：①A与B碰撞后的共同速度大小；②A与B碰撞过程中，A与B增加的内能．【答案】①以A、C组成的系统为研究对象，以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=mv A，A、B碰撞过程动量守恒，以A、B组成的系统为研究对象，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv A=(m+M)v，代入数据解得：v A=2m/s，v=0.5m/s；②A、B碰撞过程中，由能量守恒定律可得A与B增加的内能：△E=mv A2-(M+m)v2，解得：△E=1.5J；答：①A与B碰撞后的共同速度大小为0.5m/s；②A与B碰撞过程中，A与B增加的内能为1.5J．【解析】①A、C碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律求出它们碰撞后B的速度；A、B碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律可以求出它们的共同速度；②由能量守恒定律可以求出A、B碰撞过程系统增加的内能．。
山东省淄博市桓台二中高三物理12月月考(一轮检测)试题新人教版
山东省淄博市桓台二中2014届高三物理12月月考（一轮检测）试题新人教版2013年12月本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共3页。
满分100分，考试时间90分钟。
考试结束后，将本试卷以及答题卡一并交回。
答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目填涂在试卷、答题卡规定的地方。
第Ⅰ卷注意事项：第Ⅰ卷为选择题，共10小题，每小题4分，共40分。
在每题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。
每小题选出答案后，用2B 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，再选择其他答案标号。
不能直接写在本试卷上。
1.小球在t=0时刻从空中自由下落，与水平地面相碰后弹到空中某一高度，其v-t 图象如图所示，则由图可知 A.小球下落的最大速度为5m ／s B.小球下落的最大速度为3m/sC.小球能弹起的最大高度为小球初始下落高度的16／25D.小球在与水平面碰撞过程中损失的机械能是碰撞前小球机械能的9／252.如图所示，质量为m 的物体A 处于水平地面上，在斜向下的推力F 的作用下，向右做匀加速运动，则下列说法中正确的是 A.物体A 可能只受到三个力的作用 B.物体A 一定受到四个力的作用C.物体A 受到的滑动摩擦力大小为FcosθD.物体A 对水平地面的压力的大小等于mg3.如图所示，质量为m 的小球通过轻绳吊在天花板上，在大小为F 的水平向右的力作用下处于静止状态，向右偏离竖直方向的夹角为θ。
下列关于绳对小球的拉力大小T 的表达式，正确的是 A.θtan mg T = B.θsin FT = C.22)(mg F T +=D.θθcos sin mg F T +=4.重100N 的物体通过轻绳A 、B 、C 悬挂在小车的天花板上，它们静止时轻绳A 、B 与竖直方向夹角分别为30o 和60o ，如图所示。
山东省淄博市桓台二中高三物理9月月考新人教版
山东省桓台第二中学2014届高三9月月考（一轮检测）物理试题2013年09月本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共5页。
满分100分，考试时间90分钟。
考试结束后，将本试卷以及答题卡一并交回。
答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目填涂在试卷、答题卡规定的地方。
第Ⅰ卷注意事项：第Ⅰ卷为选择题，共10小题，每小题4分，共40分。
在每题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。
每小题选出答案后，用2B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，再选择其他答案标号。
不能直接写在本试卷上。
1．对于质点的运动，下列说法中正确的是( )A．质点的加速度为零，则速度为零，速度变化也为零B．质点速度变化率越大，则加速度越大C．质点某时刻的加速度不为零，则该时刻的速度也不为零D．质点运动的加速度越大，它的速度变化越大2．一质点沿直线Ox方向做变速运动，它离开O点的距离x随时间t变化的关系为x＝(5＋2t3) m，它的速度随时间t变化的关系为v＝6t2 m/s，该质点在t＝0到t＝2 s间的平均速度和t＝2 s到t＝3 s间的平均速度的大小分别为( )A．12 m/s 39 m/s B．8 m/s 38 m/sC．12 m/s 19.5 m/s D．8 m/s 13 m/s3．如图1所示，一小球从A点由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动，若到达B点时速度为v，到达C 点时速度为2v，则x AB∶x BC等于( )A．1∶1 B．1∶2 C．1∶3 D．1∶4【答案】C【解析】试题分析：根据匀变速直线运动2202v v ax-=可得222ABvxa-=，从B点到C点有22(2)2BCv vxa-=所以:1:3AB BCx x=，答案C对。
考点：匀变速直线运动4．据中新社北京2月26日电，中国军队2013年将举行近 40场军事演习，以提高信息化条件下威慑和实战能力。
山东省淄博市桓台二中高考物理4月模拟试题(含解析)新人教版
2014年山东省淄博市桓台二中高考物理模拟试卷（4月份）一、选择题（本题包括7小题，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6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分，共42分）1．（6分）（2014•蚌山区校级模拟）在物理学的发展过程中，许多物理学家都做出了重要的贡献，他们也创造出了许多的物理学研究方法，下列关于物理学研究方法的叙述中正确的是（）A．理想化模型是把实际问题理想化，略去次要因素，突出主要因素，例如质点、位移等是理想化模型B．重心、合力、交变电流的有效值和平均值等概念的建立都体现了等效替代的思想C．用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如场强，电容，加速度都是采用比值法定义的D．根据速度定义式，当△t非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法考点：物理学史；电容器．版权所有分析：理想化模型是抓主要因素，忽略次要因素得到的．电阻不是等效替代．瞬时速度定义用了数学极限思想．加速度不是采用比值法．解答：解：A、理想化模型是抓主要因素，忽略次要因素得到的，质点是理想化模型，但是位移不是，故A错误．B、合力和交变电流的有效值是等效替代思想，交变电流的平均值不是，故B错误．C、例如场强，电容，都是采用比值法定义，加速度不是采用比值法，该公式为牛顿第二定律的表达式．故C错误．D、瞬时速度是依据速度定义式，当△t非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了数学极限思想，故D正确．故选：D．点评：本题涉及了物理多种物理方法和数学方法，理想化模型，等效替代，比值定义法，这些都是老师在课上经常提到的，只要留意听课，这些很容易解答．2．（6分）（2008•湖南模拟）如图所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直固定在水平面上，上端固定一质量为m0的托盘，托盘上有一个质量为m的木块．用竖直向下的力将原长为l0的弹簧压缩后突然撤去外力，则m即将脱离m0时的弹簧长度为（）A．l0 B．l0﹣g C．l0﹣gD．l0﹣g考点：胡克定律．版权所有专题：弹力的存在及方向的判定专题．分析：当突然撤去外力时，木块和托盘一起向上做变加速运动，当m即将脱离m0时二者具有相同的速度和加速度，而且此时托盘与木块之间的作用力为零，由此根据牛顿第二定律列方程即可正确解答．解答：解：当m即将脱离m0时二者加速度相同，它们之间的弹力为零，因此根据牛顿第二定律有：对m有：mg=ma ①设弹簧对m0的作用力为F，则有：m0g+F=m0a ②联立①②解得：F=0，因此弹簧处于原长状态，故A正确，BCD错误．故选A．点评：解答该题关键是明确两物体脱离时的状态，然后根据牛顿第二定律求解，该题是考查学生综合分析能力的好题．3．（6分）（2014•桓台县校级模拟）轻绳一端固定在天花板上，另一端系一个小球，开始时绳竖直，小球与一个倾角为θ的静止三角形物块刚好接触，如图所示．现在用水平力F向左非常缓慢的推动三角形物块，直至轻绳与斜面平行，不计一切摩擦．关于该过程中，下列说法中正确的是（）A．绳中拉力先变小后增大B．地面对三角形物块的支持力不断增大C．斜面对小球的弹力不做功D．水平推力F做的功等于小球机械能的增加考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．版权所有专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：根据作图法，抓住重力大小方向都不变，支持力方向不变，根据拉力的方向改变判断支持力和拉力大小的变化．根据力与位移的关系判断力做功情况，根据能量守恒定律求出推力F所做的功．解答：解：A、对小球受力分析，小球受重力、支持力和拉力，因为支持力的方向不变，根据作图法知，绳子的拉力逐渐减小，支持力逐渐增大．故A错误．B、由前面分析，斜面对球的支持力逐渐增大，则球对斜面的压力逐渐增大，以三角形物块为研究对象，根据平衡条件可知地面对三角形物块的支持力逐渐变大，故B正确；C、小球上升，斜面对小球的弹力与小球位移夹角为锐角，故斜面的弹力做正功．故C错误．D、根据能量守恒得F做的功等于系统机械能的增量，斜面体动能和势能不变，小球的动能不变，所以系统机械能的增量等于小球的重力势能增加量．所以F做功等于小球机械能的增量．故D正确．故选：BD．点评：本题是力学的动态分析，关键抓住合力为零，根据哪些力的大小和方向都不变，哪些力方向不变，通过作图法进行分析．4．（6分）（2013•德州一模）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，b是原线圈的中心接头，电压表V和电流表A均为理想电表．从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为μ=220100πt（V）．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22VB．当单刀双掷开关与b连接时，电压表的示数为11VC．当单刀双掷开关与a连接，滑动变阻器触头P向上移动，则电压表的示数不变，电流表的示数变小D．当单刀双掷开关与a连接，滑动变阻器触头P向上移动，则电压表、电流表的示数都变大考点：变压器的构造和原理．版权所有专题：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解答：解：A、根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的最大值为220V，所以副线圈的电压的最大值为22V，电压表的示数为电压的有效值，所以示数为22V，故A正确B、当单刀双掷开关与b连接时，电压表的示数为44V，故B错误C、当滑动变阻器触头P向上移动的过程中，滑动变阻器的电阻变大，电路的总电阻变大，由于电压是由变压器决定的，所以电流变小，电压表的示数不变，电流表的示数变小，故C正确，D错误．故选AC．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．5．（6分）（2014•德州一模）如图所示，分别在M、N两点固定放置两个点电荷+Q和﹣q（Q ＞q），以MN连线的中点O为圆心的圆周上有A、B、C、D四点．下列说法正确的是（）A．A点电势低于B点电势B．A点场强大于B点场强C．将某正电荷从C点移到O点，电场力做负功D．将某正电荷从O点移到D点，电势能增加考点：电场强度；电势；电势能．版权所有专题：电场力与电势的性质专题．分析：由题，Q带正电，q带负电，电场线方向由A指向B，根据顺着电场线电势逐渐降低．电场线越密，电场强度越大．根据对称性，分析CD两点电势关系、场强关系．解答：解：A、由题，电场线方向由M指向N，则A点电势高于B点电势．故A错误．B、由于Q＞q，A点处电场线比B点处电场线密，A点场强大于B点场强．故B正确．C、由图象知O点电势大于C点电势，故将某正电荷从C点移到O点，电场力做负功．故C正确．D、将某正电荷从O点移到D点，电场力做正功，电势能减少．故D错误．故选：BC点评：本题考查判断电势、场强大小的能力，往往画出电场线，抓住电场线分布的特点进行判断．6．（6分）（2014•临沂模拟）在光滑的绝缘水平面上方，有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，PQ为磁场边界．一个半径为a、质量为m、电阻为R的金属圆环垂直磁场方向放置于磁场中A处，现给金属圆环一水平向右的初速度v．当圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时的速度为，则下列说法正确的是（）A．此时圆环中的电功率为此时圆环的加速度为C．此过程中通过圆环截面的电荷量为D．此过程回路中产生的电能为0.75mv2考点：导体切割磁感线时的感应电动势．版权所有专题：电磁感应与电路结合．分析：当圆环运动到PQ时，左半圆切割磁感线产生电动势，等效切割长度等于直径2a，可由公式E=BLv和电功率公式结合，求解电功率；由公式F=BIL和I=求出安培力，根据牛顿第二定律求解加速度．由感应电荷量表达式q=求解电荷量．由能量守恒求解产生的电能．解答：解：A、当圆环运动到PQ时，左半圆切割磁感线产生电动势，切割的有效长度为2a，所以产生的感应电动势为：E=B•2a•=Bav…①此时圆环中的电功率：P==…②，故A错误．B、圆环中感应电流为：I==左半圆环受到得安培力相当于直径所受安培力，大小为：F=BI•2a=… ③根据牛顿第二定律得：F=ma…④由③④解得：a=．故B正确．C、此过程中通过圆环截面的电荷量为：q===．故C正确．D、由能量守恒得：此过程回路中产生的电能为Q=﹣=0.375mv2．故D错误．故选：BC．点评：解决本题的关键掌握瞬时感应电动势和平均感应电动势的求法，知道公式E=BLv中L是有效切割长度，安培力公式F=BIL中，L也是有效长度，不是半圆的弧长．7．（6分）（2014•桓台县校级模拟）使物体脱离行星的引力束缚，不再绕该行星运行，从行星表面发射所需的最小速度称为第二宇宙速度，行星的第二宇宙速度v2与第一宇宙速度v1的关系是v2=v1．已知某行星的半径为地球半径的三倍，它表面的重力加速度为地球表面重力加速度的，不计其它行星的影响和地球自转对其表面重力加速度的影响．已知地球的第一宇宙速度为8km/s，则该行星的第二宇宙速度为（）A．4 km/s B．8 km/s C．4km/s D．8km/s考点：第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度．版权所有专题：人造卫星问题．分析：第一宇宙速度是人造地球卫星在近地圆轨道上的运行速度，即；此题把地球第一宇宙速度的概念迁移的某颗星球上面．解答：解：设某星球的质量为M，半径为r，绕其飞行的卫星质量m，由万有引力提供向心力得：解得：v1==﹣﹣﹣﹣①又因它表面的重力加速度为地球表面重力加速度g的．得：﹣﹣﹣﹣②v2=﹣﹣﹣﹣③由①②③解得：v2==，而为地球的第一宇宙速度，故v2=8km/s，故B正确，ACD错误．故选：B．点评：通过此类题型，学会知识点的迁移，比如此题：把地球第一宇宙速度的概念迁移的某颗星球上面．二、非选择题．8．（6分）（2014•德州一模）某同学用如图甲的装置来研究牛顿第二定律．①实验需用沙和沙桶的总重力表示小车受到的合力，则除满足沙和沙桶的总质量远小于小车的质量外，还必须进行的操作是平衡摩擦力．②如图乙是某次实验打出的一条纸带，O为起点，A、B、C为三个相邻的计数点，相邻计数点之间有四个点没有标出，有关数据如图所示，电源频率为50Hz．则小车的加速度a=0.40 m/s2，打B点时小车的速度vB=0.20m/s．（以上结果均保留2位有效数字）．考点：验证牛顿第二运动定律．版权所有专题：实验题．分析：实验前必须要平衡摩擦力，根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，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，可以求出打纸带上B点时小车的瞬时速度大小．解答：解：①做研究牛顿第二定律的实验前，应首先平衡摩擦力，让绳子的拉力等于小车受到的合力；②由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2得：a==0.40m/s2，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，可以求出打纸带上B 点时小车的瞬时速度大小．vB=．故答案为：①平衡摩擦力；②0.40；0.20．点评：本题考查了实验注意事项、实验数据处理等问题，注意运动中小车的拉力近似等于沙和沙桶的总重力的条件，是解题的关键．要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．9．（6分）（2014•德州一模）某同学要测量一个由均匀新材料制成的圆柱体的电阻率P．步骤如下：（1）游标卡尺测量其长度如图甲所示，可知其长度为50.15mm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，可知其直径为 4.700mm；（3）选用多用电表的电阻“×1”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图所示，则该电阻的阻值约为22.0Ω；（4）为更精确地测量其电阻，可供选择的器材如下：电流表A1（量程300mA，内阻约为2Ω）；电流表A2（量程150mA，内阻约为10Ω）；电压表V1（量程1V，内阻r=1000Ω）；电压表V2（量程15V，内阻约为3000Ω）；定值电阻R0=1000Ω；滑动变阻器R1（最大阻值5Ω）；滑动变阻器R2（最大阻值1000Ω）；电源E（电动势约为4V，内阻r约为1Ω）；开关，导线若干．为了使测量尽量准确，测量时电表读数不得小于其量程的，电压表应选V1，电流表应选A2，滑动变阻器应选R1．（均填器材代号）根据你选择的器材，请在线框内画出实验电路图．考点：验证牛顿第二运动定律；测定金属的电阻率．版权所有专题：实验题．分析：（1）（2）游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．（3）用欧姆表测电阻的读数为指针示数乘以倍率，当指针指在中央附近时测量值较准确；（4）根据电源电动势选择电压表，根据通过待测电阻的最大电流选择电流表，在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；为准确测量电阻阻值，应测多组实验数据，滑动变阻器可以采用分压接法，根据待测电阻与电表内阻间的关系确定电流表的接法，作出实验电路图．解答：解：（1）游标卡尺的主尺读数为50mm，游标读数为0.05×3mm=0.15mm，所以最终读数为50mm+0.15mm=50.15mm．（2）螺旋测微器固定刻度为4.5mm，可动刻度为0.01×20.0=0.200mm，所以最终读数为4.5mm+0.200mm=4.700mm．（3）该电阻的阻值约为22.0×1Ω=22.0Ω．（4）电源电动势为4V，直接使用电压表V1量程太小，为了使测量尽量准确，测量时电表读数不得小于其量程的，使用电压表V2量程又太大，可以把电压表V1与定值电阻R0串联，增大其量程进行实验，故电压表选择V1，待测电阻两端的电压不能超过2V，最大电流不超过100mA，所以电流表选A2，待测电阻的电压从零开始可以连续调节，变阻器采用分压式接法，为保证电路安全方便实验操作，滑动变阻器应选R1．为准确测量电阻阻值，应测多组实验数据，滑动变阻器可以采用分压接法，由于待测电阻阻值接近电流表内阻，所以采用电流表外接法．如图所示：故答案为：（1）50.15（2）4.700（3）22.0（4）V1，A2，R1．电路图如图所示．点评：掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．明确实验原理和误差来源，明确电流表、电压表和滑动变阻器的选择要求．10．（18分）（2014•桓台县校级模拟）某电视台“快乐向前冲”节目中的场地设施如题图所示，AB为水平直轨道，上面安装有电动悬挂器，可以载人运动，水面上漂浮着一个半径为R，角速度为ω，铺有海绵垫的转盘，转盘的轴心离平台的水平距离为L，平台边缘与转盘平面的高度差为H．选手抓住悬挂器，可以在电动机带动下，从A点下方的平台边缘处沿水平方向做初速度为零，加速度为a的匀加速直线运动．选手必须作好判断，在合适的位置释放，才能顺利落在转盘上．设人的质量为m（不计身高大小），人与转盘间的最大静摩擦力为μmg，重力加速度为g．（1）假设选手落到转盘上瞬间相对转盘速度立即变为零，为保证他落在距圆心以内不会被甩出转盘，转盘的角速度ω应限制在什么范围？（2）若已知H=5m，L=8m，a=2m/s2，g=10m/s2，且选手从某处C点释放能恰好落到转盘的圆心上，则他是从平台出发后经过多长时间释放悬挂器的？（3）若电动悬挂器开动后，针对不同选手的动力与该选手重力关系皆为F=0.6mg，悬挂器在轨道上运动时存在恒定的摩擦阻力，选手在运动到上面（2）中所述位置C点时，因选手恐惧没有释放悬挂器，但立即关闭了它的电动机，则按照（2）中数据计算悬挂器载着选手还能继续向右滑行多远的距离？考点：平抛运动．版权所有专题：平抛运动专题．分析：（1）根据静摩擦力提供向心力，结合牛顿第二定律求出转盘角速度的范围．（2）抓住平抛运动的水平位移和匀加速直线运动的位移等于L，结合位移公式和速度公式求出匀加速运动的时间．（3）根据牛顿第二定律，结合速度位移公式求出还能滑行的距离．解答：解：（1）设人落在距圆心处不至被甩下，最大静摩擦力提供向心力，则有：即转盘转动的角速度满足ω．（2）沿水平加速段位移为x1，时间为t1；平抛运动的水平位移为x2，时间为t2．则加速时有v=at1平抛运动阶段x2=vt2H=全程水平方向：x1+x2=L；代入数据，联立各式解得t1=2s．（3）由（2）知，v=at=4m/s，且F=0.6mg，设阻力为f，继续向右滑动加速度为a′，滑行距离为x3加速阶段：F﹣f=ma剪断阶段：﹣f=ma′则有：0﹣v2=2ax3联立以上三式，代入数据解得x3=2m．答：（1）转盘的角速度ω应满足ω．（2）他是从平台出发后经过2s释放悬挂器的．（3）悬挂器载着选手还能继续向右滑行2m．点评：解决本题的关键理清选手的运动过程，结合牛顿第二定律和运动学公式灵活求解．11．（20分）（2013•菏泽模拟）如图所示，平面直角坐标系xOy中，在第二象限内有竖直放置的两平行金属板，其中右板开有小孔；在第一象限内存在内、外半径分别为、R的半圆形区域，其圆心与小孔的连线与x轴平行，该区域内有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场的方向垂直纸面向里：在y＜0区域内有电场强度为E的匀强电场，方向与x轴负方向的夹角为60°．一个质量为m，带电量为﹣q的粒子（不计重力），从左金属板由静止开始经过加速后，进入第一象限的匀强磁场．求：（1）若两金属板间的电压为U，粒子离开金属板进入磁场时的速度是多少？（2）若粒子在磁场中运动时，刚好不能进入的中心区域，此情形下粒子在磁场中运动的速度大小．（3）在（2）情形下，粒子运动到y＜0的区域，它第一次在匀强电场中运动的时间．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动．版权所有专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：（1）粒子在电场中被直线加速，则由动能定理可求出加速后的速度大小；（2）粒子在磁场中在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动，结合几何知识，可确定运动轨迹的半径及夹角．从而再由半径公式可算出刚好不能进入的中心区域，此情形下粒子在磁场中运动的速度大小；（3）粒子进入匀强电场恰好沿着电场线作匀减速运动，根据电场力结合牛顿第二定律可算出加速度，由运动学公式可求出运动时间，则它第一次在匀强电场中运动的时间即为来回的时间．解答：解：（1）设当加速电压为U时，粒子离开金属板时的速度为v1，则有：解得：（2）此情形下粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，设粒子运动速度为v2，运动圆半径为r，由几何知识得：解得：，θ=60°粒子在磁场中运动时，有：解得：（3）粒子进入y＜0的区域，做减速运动，设速度减少到零所用时间为t，则：qE=mav2﹣at=0解得：粒子第一次在匀强电场中的运动时间T=2t=答：（1）若两金属板间的电压为U，粒子离开金属板进入磁场时的速度是；（2）若粒子在磁场中运动时，刚好不能进入的中心区域，此情形下粒子在磁场中运动的速度大小为．（3）在（2）情形下，粒子运动到y＜0的区域，它第一次在匀强电场中运动的时间．点评：考查动能定理、牛顿第二定律、运动学公式、向心力公式，注意巧用几何知识，当心运动轨迹的半径与圆形磁场的半径不能混淆，同时关注粒子在电场运动的来回时间．三、【选修3-3】12．（6分）（2014•桓台县校级模拟）下列说法正确的是（）A．P M2.5（指空气中直径小于2.5微米的悬浮颗粒物）在空气中的运动属于分子热运动B．分子间的相互作用力总是随着分子间距离的减小而减小C．热量能够自发地从高温物体传到低温物体，但不能自发地从低温物体传到高温物体D．水的饱和汽压随温度的升高而增大E．液晶既具有液体的流动性，又具有单晶体的光学各向同性的特点考点：分子间的相互作用力；* 液晶；气体分子运动的特点．版权所有专题：分子间相互作用力与分子间距离的关系．分析：空气中直径小于2.5微米的悬浮颗粒物是宏观物体的运动，理解分子间的相互作用力随分子间距离的变化，热力学第二定律，热量不能够自发地从高温物体传到低温物体；水的饱和汽压随温度的升高而增大，液晶既具有液体的流动性，又具有单晶体的光学各向同异性的特点．解答：解：A、空气中直径小于2.5微米的悬浮颗粒物是宏观物体的运动，不属于分子热运动；故A错误B、分子间的相互作用力总是随着分子间距离的减小而先增大后减小，故B错误C、根据热力学第二定律，热量不能够自发地从高温物体传到低温物体；故C正确D、温度越高蒸发越快，故水的饱和汽压随温度的升高而增大，故D正确E、液晶既具有液体的流动性，又具有单晶体的光学各向同异性的特点．故E错误故选：CD点评：考查了分间的相互作用，理解热学的基本概念、规律解释现象，难度一般．13．（6分）（2014•桓台县校级模拟）如图所示，导热良好的薄壁汽缸放在光滑水平面上，用横截面积为S=1.0×10﹣2m2的光滑活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内，活塞杆的另一端固定在墙上．外界大气压强P0=1.0×l05Pa．当环境温度为27°C时，密闭气体的体积为2.0×10﹣3 m3．①当环境温度缓慢升高到87℃时，汽缸移动的距离是多少？②在上述过程中封闭气体吸热（填“吸热”或“放热”），传递的热量大于（填“大于”或“小于”）气体对外界所做的功．考点：气体的等容变化和等压变化．版权所有分析：①当环境温度缓慢升高时，气体作等压膨胀，根据盖﹣吕萨克定律列式求解出膨胀的体积；②温度升高，气体从外界吸热；理想气体的内能由温度决定，温度升高，气体内能增加；体积增大，气体对外做功，W＜0；由热力学第一定律可知传递的热量大于气体对外界所做的功．解答：解：①封闭气体作等压变化，由盖•吕萨克定律得：=则得：V2=V1=×2×10﹣3m3=2.4×10﹣3m3所以汽缸移动的距离是：△l==m=4×10﹣2m②一定质量的理想气体的内能由温度决定，温度升高，气体内能增加，△U＞0．气体的体积增大，气体对外做功，W＜0，由热力学第一定律△U=W+Q得：Q＞0，即气体从外界吸热．由热力学第一定律△U=W+Q可得：Q＞﹣W，即传递的热量大于气体对外界所做的功；答：①当环境温度缓慢升高到87℃时，汽缸移动的距离是4×10﹣2m．②吸热，大于．点评：对于气体问题，往往气态方程与热力学第一定律综合应用，关键要正确判断气体的状态变化过程，选择合适的规律解题．四、【选修3-4】14．（2014•宿迁模拟）如图所示，一列简谐波沿x轴传播，实线为t=0时的波形图，此时P质点向y轴负方向运动，虚线为经过0.02s时第一次出现的波形图，则波沿x轴正（填“正”或“负”）方向传播，波速为50m/s．考点：波长、频率和波速的关系．版权所有分析：由题此时P质点向y轴负方向运动，判断出波传播方向．根据波形的平移法得到波传播的距离，由公式v=求出波速．解答：解：由题，此时P质点向y轴负方向运动，根据波形平移法判断得知该波沿x轴正方向传播．已知虚线为经过0.02s时第一次出现的波形图，则波传播的距离不到一个波长，由波形平移法可知波在△t=0.02s时间内传播的距离为△x=1m，则波速为：v==m/s=50m/s．故答案为：正；50点评：解决本题的关键知道振动和波动的联系，能熟练根据波形的平移法判断波的传播方向，掌握波速的求法：v=和v=．15．（2014•甘肃模拟）如图所示，为某种透明介质的截面图，△AOC为等腰直角三角形，BC 为半径R=12cm的四分之一圆弧，AB与水平屏幕MN垂直并接触于A点．一束红光射向圆心O，在AB分界面上的入射角i=45°，结果在水平屏幕MN上出现两个亮斑．已知该介质对红光的折射率为n=，求两个亮斑与A点间的距离．。
山东省桓台县第二中学高三物理上学期第二次检测(11月)
山东省桓台县第二中学2015届高三上学期第二次检测（11月）考试物理试卷2014年11月本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共3页。
满分100分，考试时间90分钟。
考试结束后，将本试卷以及答题卡和答题纸一并交回。
答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目填涂在试卷、答题卡和答题纸规定的地方。
第Ⅰ卷注意事项：第Ⅰ卷为选择题，共10小题，每小题4分，共40分。
在每题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。
每小题选出答案后，用2B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，再选择其他答案标号。
不能直接写在本试卷上。
1.如图所示，小球用细绳系住放在倾角为的光滑斜面上，当细绳由水平方向逐渐向上偏移时，细绳上的拉力将A.逐渐增大B.逐渐减小C.先增大后减小D.先减小后增大2.如图所示，甲、乙两图都在光滑的水平面上，小车的质量都是M，人的质量都是m，甲车上人用力F推车，乙车上的人用等大的力F拉绳子，（绳与轮的质量和摩擦均不计），人与车始终保持相对静止，下列说法正确的是A.甲车的加速度大小为B.甲车的加速度大小为0C.乙车的加速度大小为D.乙车的加速度大小为03.将一软木板挂在竖直墙壁上，作为镖靶。
在离墙壁一定距离的同一处，将A、B两只飞镖水平掷出，不计空气阻力，两只飞镖插在靶上的状态如图所示（侧视图）。
则下列说法中正确的是A.B镖到达靶时的速度方向与A镖到达靶时的速度方向相同B.A镖掷出时的初速度比B镖掷出时的初速度小C.B镖的运动时间比A镖的运动时间长D.A镖的质量一定比B镖的质量大4.如图所示，三角形传送带以1 m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m，且与水平方向的夹角均为37°。
现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1 m/s的初速度沿传送带下滑，两物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，g取10m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
山东省桓台第二中学2014届高三理综(物理部分)4月检测试题新人教版
物理局部二、选择题〔此题包括7小题，每一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6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分，共42分〕14.在物理学的开展过程中，许多物理学家都做出了重要的贡献，他们也创造出了许多的物理学研究方法，如下关于物理学研究方法的表示中正确的答案是A.理想化模型是把实际问题理想化，略去次要因素，突出主要因素，例如质点、位移等是理想化模型B.重心、合力和交变电流的有效值等概念的建立都表现了等效替代的思想C.用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如场强FEq=，电容CQU=,加速度Fam=都是采用比值法定义的D.根据速度定义式xvt∆=∆中，当t∆非常小时,xt∆∆就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法15.如下列图，劲度系数为k的轻弹簧竖直固定在水平面上，上端固定一质量为m0的托盘，托盘上有一个质量为m的木块。
用竖直向下的力将原长为L0的弹簧压缩后突然撤去外力，如此m即将脱离m0时的弹簧长度为A.L0B.gkmmL+-0C.gkmL-D.gkmL0-16.轻绳一端固定在天花板上，另一端系一个小球，开始时绳竖直，小球与一个倾角为θ的静止三角形物块刚好接触，如下列图。
现在用水平力F向左非常缓慢的推动三角形物块，直至轻绳与斜面平行，不计一切摩擦。
关于该过程中，如下说法中正确的答案是A.绳中拉力先变小后增大B.地面对三角形物块的支持力不断增大C.斜面对小球的弹力不做功D.水平推力F做的功等于小球机械能的增加17.如下列图，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1， b是原线圈的中心接头，电压表V和电流表A 均为理想电表。
从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u=220sin2100πt〔V〕。
如下说法正确的答案是A.当单刀双掷开关与a连接时,电压表的示数为22VB.当单刀双掷开关与b连接时, 电压表的示数为11VC.当单刀双掷开关与a连接, 滑动变阻器触头P向上移动,如此电压表的示数不变,电流表的示数变小D.当单刀双掷开关与a连接, 滑动变阻器触头P向上移动, 如此电压表、电流表的示数都变大18.如下列图，分别在M 、N 两点固定放置两个点电荷+Q 和-q(Q>q)，以MN 连线的中点O 为圆心的圆周上有A 、B 、C 、D 四点。
山东省桓台第二中学2014届高三理综(生物部分)4月检测试题新人教版
高三阶段性检测理科综合试题本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共8页，满分300分。
考试用时150分钟。
共其中第Ⅱ卷第33～40题为选考题，其它题为必考题。
答题前，学生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的某某、座号、某某号、县区和科类填写在试卷和答题卡规定的位置。
考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷(共107分)可能用到的相对原子质量（原子量）：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 Cu-64 Zn-65 S-32 K-39 P-31 Cl-35.5 一、选择题：本题包括13小题。
每小题5分，共65分，每小题只有一个选项符合题意。
1．下列有关细胞的叙述，错误的是A ．蓝藻细胞内不形成染色体和纺锤体，故增殖方式为无丝分裂B ．干细胞是能够持续分裂的细胞，衰老速度较高度分化的细胞慢C ．精细胞、神经细胞、根尖分生区细胞不是都有细胞周期，但化学成分都在不断更新D ．人体细胞的溶酶体含有水解酶，能分解细胞中的大分子，其产物可能被细胞再利用 2．下列有关细胞生命历程的说法不正确的是 A ．细胞凋亡受基因的控制，有利于个体的生长发育 B ．细胞分化有利于提高生物体各种生理功能的效率 C ．原癌基因和抑癌基因的正常表达不会导致细胞癌变 D ．分裂间期细胞有适度的生长，物质运输效率有所提高 3．下列关于生物进化的叙述，正确的是 A ．生物的竞争和捕食都是相互选择的过程 B ．基因的自发突变率很低，对进化不重要C ．突变可大幅改变生物性状，决定着生物进化的方向D ．某种群的数量长期处于稳定，说明该种群的基因频率不变4．下图是一对夫妇和几个子女的简化DNA 指纹，据此图判断，下列选项不正确的是班级 某某 考号A．基因Ⅰ和基因II可能位于同源染色体上B．基因Ⅲ可能位于X染色体上C．基因IV与基因II可能位于同一条染色体上D．基因V可能位于Y染色体上5．2013年1月3日日本科学家在《干细胞》科学期刊上发表文章称：他们成功的将杀死某种类型癌细胞的T淋巴细胞重编程，诱导为多能干细胞，这些多能干细胞能够再次分化为能够产生抗癌化合物的T淋巴细胞，这项技术可以被用来治疗癌症。
山东省淄博市桓台二中高三物理上学期期末试题(含解析)新人教版
2014-2015学年山东省淄博市桓台二中高三（上）期末物理试卷一、注意事项：第Ⅰ卷为选择题，共10小题，每小题4分，共40分．在每题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确．全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分．每小题选出答案后，用2B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，再选择其他答案标号．不能直接写在本试卷上．1．（4分）（2014秋•桓台县校级期末）质量为2kg的物体做匀变速直线运动，某时刻速度大小为4m/s，经过1s后的速度大小为10m/s，那么在这段时间内物体的合外力大小可能为（）A．20N B．12N C．8N D．28N考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系．版权所有专题：牛顿运动定律综合专题．分析：根据速度时间公式求出加速度，再根据牛顿第二定律求出合力的大小．解答：解：经过1s后的速度可能与初速度方向相同，也可能相反．若1s后的速度与初速度方向相同，则a=，则合力F合=ma=12N．若1s后的速度与初速度方向相反，则a=．则合力F合=ma=﹣28N．负号表示方向．故B、D正确，A、C错误．故选BD．点评：解决本题的关键知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，注意末速度的方向与初速度的方向可能相同，可能相反．2．（4分）（2010•内江三模）2009年2月11日，美国和俄罗斯的两颗卫星在西伯利亚上空相撞，这是有史以来首次卫星碰撞事件，碰撞点比相对地球静止的国际空间站高434km．则（）A．在碰撞点高度运行的卫星的周期比国际空间站的周期大B．在碰撞点高度运行的卫星的向心加速度比国际空间站的向心加速度小C．在与空间站相同轨道上运行的卫星一旦加速，将有可能与空间站相撞D．若发射一颗在碰撞点高度处运行的卫星，发射速度至少为11.2km/s考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．版权所有专题：人造卫星问题．分析：卫星运动过程中所受地球的万有引力提供卫星做圆周运动的向心力，由此列式可以求出卫星的同期、线速度和向心加速度与轨道半径间的关系，并由此进行选项判断，11.2km/s 是第二宇宙速度，是发射逃离地球束缚的飞行物的最小速度，发射人造地球卫星时的发射速度小于该速度．解答：解：万有引力提供卫星运动的向心力有：=ma向可得：T=，，轨道半径v=A、碰撞点卫星运动的半径R大，则周期越大，故A正确；B、碰撞点卫星运动的半径R大，则向心加速度小，故B正确；C、v=，当卫星加速也就是速度发生变化时，卫星的轨道同时发生变化，故同轨道卫星加速后不会在空间相撞，故C错误；D、11.2km/h，是第二宇宙速度，达到这个发射速度的卫星将逃离地球的束缚，成为绕太阳运行卫星，故发射绕地球飞行卫星发射速度小于第二宇宙速度，故D错误．故选AB．点评：解决本题的关键是：认识卫星所受万有引力提供卫星圆周运动的向心力，由此判断周期、线速度和半径间的关系，认识第二宇宙速度的意义．3．（4分）（2011•庐阳区校级模拟）在近地空中某一位置处有A、B两个小球，A球的质量小于B球的质量．先让A球自由下落1s，再让B球开始自由下落，A球落地前，下列说法正确的是（）A．A、B两球间的距离保持不变B． A、B两球间的距离逐渐增大C． A球相对于B球匀加速下降D．A球相对于B球减速下降考点：自由落体运动．版权所有专题：自由落体运动专题．分析：两个球都做自由落体运动，开始运动的时间相差1s，根据速度时间关系公式和位移时间关系公式列式求解即可．解答：解：A、B、两个球都做自由落体运动，开始运动的时间相差1s，故=10t+5，故A错误，B正确；C、D、两个球的速度差为：△v=v1﹣v2=gt﹣g（t﹣1）=10m/s，故A球相对于B球以10m/s匀速下降，故C错误，D错误；故选B．点评：本题关键是根据自由落体运动的位移时间关系公式和速度时间关系公式求出位移差和速度差，然后分析讨论．4．（4分）（2012•海阳市校级模拟）一遥控玩具小车在平直路上运动的位移时间图象如图所示，则（）A．15s末汽车的位移为300m B． 20s末汽车的速度为﹣lm/sC．前10s内汽车的加速度为3m/s2 D．前25s内汽车做单方向直线运动考点：匀变速直线运动的速度与时间的关系；加速度．版权所有专题：直线运动规律专题．分析：位移时间图线的斜率表示速度，对应的纵坐标表示汽车的位移．解答：解：A、由图象可知，15s末汽车的位移为30m．故A错误．B、汽车在20时做匀速直线运动，速度为v==m/s=﹣1m/s．故B正确．C、前10s内汽车的速度v=m/s=3m/s，匀速运动，加速度为零．故C错误．D、汽车在前10s内向正方向做匀速直线运动，10﹣15s内静止，15﹣25s内反向做匀速直线运动．故D错误．故选B．点评：解决本题的关键知道位移时间图象的物理意义，知道图线斜率表示的含义．5．（4分）（2014秋•桓台县校级期末）有一直角V形槽固定在水平面上，其截面如图所示，BC面与水平面间夹角为60°，有一质量为m的正方体均匀木块放在槽内，木块与BC面间的动摩擦因数为，与AB面间无摩擦，现用垂直于纸面向里的力推木块使之沿槽运动，则木块受的摩擦力为（）A．μmg B．μmgC．μmgD．μmg考点：滑动摩擦力．版权所有专题：摩擦力专题．分析：先将重力按照实际作用效果正交分解，求解出正压力，然后根据滑动摩擦定律求解摩擦力．解答：解：将重力按照实际作用效果正交分解，如图故F2=mgsin30°=滑动摩擦力为f=故选：A．点评：本题关键将重力按照作用效果正交分解，然后根据滑动摩擦定律求解出滑动摩擦力．6．（4分）（2010秋•苍山县期末）如图所示，质量为m的物体（可视为质点）以某一速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加速度大小为g，此物体在斜面上上升的最大高度为h，则在这个过程中物体（）A．重力势能增加了mgh B．克服摩擦力做功mghC．动能损失了mgh D．机械能损失了mgh考点：动能定理的应用；功能关系；机械能守恒定律．版权所有专题：动能定理的应用专题．分析：重力势能的增加量等于克服重力做的功；动能变化等于力的总功；机械能变化量等于除重力外其余力做的功．解答：解：A、加速度a==，而摩擦力f=，物体在斜面上能够上升的最大高度为h，所以重力势能增加了mgh，故A错误；B、摩擦力f=，物体在斜面上能够上升的最大高度为h，发生的位移为2h，则克服摩擦力做功，故B错误；C、由动能定理可知，动能损失量为合外力做的功的大小△E k=F合•s=mg•3L=mgL，故C正确；D、机械能的损失量为fs=mg•2L=mgh，故D正确．故选CD．点评：本题关键根据功能关系的各种具体形式得到重力势能变化、动能变化和机械能变化．重力势能变化与重力做功有关；动能的变化与合力做功有关；机械能的变化与除重力以外的力做功有关．7．（4分）（2014秋•桓台县校级期末）一带电粒子在正电荷形成的电场中，运动轨迹如图所示的abcd曲线，下列判断正确的是（）A．粒子带正电B．粒子通过a点时的速度比通过b点时大C．粒子在a点受到的电场力比b点小D．粒子在a点时的电势能比b点大考点：电场线；电势能．版权所有专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：根据轨迹弯曲方向得出电场力的方向，从而确定带电粒子的电性．根据动能定理比较a 点、b点的速度大小；根据电场线的疏密比较电场力的大小；根据电场力做功比较电势能的大小．解答：解：A、轨迹弯曲的方向大致指向合力的方向，知电场力背离正电荷方向，所以该粒子带正电．故A正确．B、从a到b，电场力做负功，根据动能定理，动能减小，a点动能大于b点动能，则a点速度大于b点的速度．故B正确．C、b点的电场线比a点电场线密，所以b点的电场强度大于a点的电场强度，所以粒子在a点的电场力比b点小．故C正确．D、从a到b，电场力做负功，电势能增加．所以a点的电势能小于b点的电势能．故D错误．故选ABC．点评：解决本题的关键知道电场线的疏密表示电场的强弱，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．8．（4分）（2014秋•桓台县校级期末）如图所示，当K闭合后，一带电微粒在平行板电容器间处于静止状态，下列说法正确的是（）A．保持K闭合，使P滑动片向左滑动，微粒仍静止B．打开K后，使两板错开一定距离，微粒仍静止C．打开K后，使两极板靠近，则微粒将向上运动D．打开K后，使两极板靠近，则微粒仍保持静止考点：电容器的动态分析．版权所有专题：电容器专题．分析：当S闭合后，带电微粒在平行板电容器间处于静止状态，合力为零，电场力与重力平衡．保持S闭合，电容器板间电压不变，若板间距离也不变，板间的场强不变，微粒仍处于静止状态．打开S后，根据电容的决定式C=，分析电容的变化，由电容的定义式C=分析电压的变化．再由E=分析板间场强的变化，即可判断带电微粒的运动状态．解答：解：A、保持S闭合，电容器板间电压不变，使滑动片P向左滑动，板间距离不变，则由E=分析得知，板间场强仍保持不变，带电微粒所受的电场力不变，仍处于静止状态．故A正确．B、打开S后，电量不变，使两板错开一定距离，两极板正对面积减小，由C=知，电容减小，电容的定义式C=知，电压增大，由E=分析得知板间场强增大，微粒将向上运动．故B错误．C、D由C=，C=，E=得到极板间场强E=，E与板间距离无关，故使两极板靠近，板间场强不变，带电微粒所受的电场力不变，则带电微粒仍处于静止状态．故C错误，D正确．故选AD点评：本题关键要抓住不变量进行分析：电容器与电源保持相连，板间电压保持不变；充电后与电源断开后，电量不变．电量、正对面积不变时，改变板间距离，板间场强不变．9．（4分）（2009•淄博一模）如图所示，电键K闭合，电流表、电压表均为理想电表，若电阻R1断路，则下列说法正确的是（）A．电流表示数变大B．电压表示数变小C． R3消耗的功率变大D．电源内电路消耗的功率变大考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．版权所有专题：恒定电流专题．分析：电阻R1断路时，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析路端电压的变化，由欧姆定律分析电流表和电压表示数的变化．根据总电流的变化，判断电源内部消耗的功率如何变化．解答：解：A、B，电阻R1断路时，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中总电流I减小，路端电压U增大，由欧姆定律分析得知，通过电流表的电流增大，电阻R2两端的电压增大，则电流表和电压表的示数都变大．故A正确，B错误．C、电阻R1断路，由上分析得知通过电流表的电流增大，则R3消耗的功率变大．故C正确．D、电路中总电流减小，根据P=I2r得知，电源内电路消耗的功率变小．故D错误．故选AC点评：本题是电路中动态变化分析问题，当局部的电阻增大时，外电路总电阻将增大．要分析和把握好局部与整体的关系，按局部到整体，再到局部的思路进行分析．10．（4分）（2014秋•桓台县校级期末）如图所示，有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的质点，由两水平极板正中，以相同的初速度V0，先后垂直匀强电场射入，并分别落在负极板上甲、乙、丙三处，可以判定（）A．甲处质点带正电，乙处质点不带电，丙处质点带负电B．三个质点在电场中的运动时间相等C．三个质点在电场中的加速度a甲＞a乙＞a丙D．三个质点到达负极的动能E丙＞E乙＞E甲考点：带电粒子在匀强电场中的运动．版权所有专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：正电荷受到的电场力方向与电场方向相同，负电荷受到的电场力方向与电场方向相反，不带电的粒子不受电场力．解答：解：从极板左侧中央以相同的水平速度先后垂直地射入匀强电场的粒子的运动性质为类平抛运动，水平方向匀速运动，竖直方向为初速度为零的匀加速运动；AB、从图中可以看到水平位移丙最大，根据公式：x=vt，说明丙运动的时间最长，其次是乙，甲的运动时间最短；又由于正电荷受到的电场力方向与电场方向相同，负电荷受到的电场力方向与电场方向相反，不带电的粒子不受电场力；所以丙粒子受到向上的电场力即丙粒子带负点，甲粒子带正电，乙粒子不带电．故A正确，B错误；C、又因它们竖直方向为初速度为零的匀加速运动且位移相同，根据，可以判断a甲＞a乙＞a丙．故C正确；D、以相同的水平速度v0先后垂直极板间电场射入，电场力对丙粒子做正功，电势能减小则动能增加；对甲粒子做负功，电势能减小，则粒子的动能减小．所以三个粒子到达正极板时的动能Ek甲＜Ek乙＜Ek丙故D错误．故选：AC点评：注意类平抛运动的灵活应用，水平方向匀速直线运动，竖直方向初速度为零的匀加速直线运动二、填空题（本题共3小题，共18分．把答案写在答题卡中指定的答题处．）11．（4分）（2012•湖北校级模拟）读出下图给出的螺旋测微器和游标卡尺的示数，螺旋测微器的示数为 6.125mm，游标卡尺的示数 4.120cm．考点：实验中常用仪器及其正确操作方法．版权所有分析：使用游标卡尺时，有两种最基本的读数方法，即“加法法”和“减法法”．大多数教师和学生都热衷于应用“加法法”读数，其实“减法法”原理更利于学生的理解，解题更加可靠．因为采用“加法法”时读数包含了读毫米整数和毫米小数两个过程，然后相加才是物体的长度；而采用“减法法“时直接用主尺上对齐的毫米整数减去游标对齐刻度线前端的长度即为物体的长度．螺旋测微器也叫千分尺，读数是由固定刻度读数加旋转刻度读数．固定刻度每小格是0.5mm，而当旋转刻度转动一周时，就会向前或向后移动0.5mm，所以旋转刻度每小格是0.01mm．解答：解：螺旋测微器的读数是由固定刻度读数加旋转刻度读数．固定刻度每小格是0.5mm，而旋转刻度每小格是0.01mm．由图可知：固定刻度读数：6.0cm，而旋转刻度的读数：12×0.01mm 则其估计为0.005mm 所以读数为：6.0cm+0.12mm+0.005mm=6.125mm 由于估计值，所以读数范围可在6.124mm到6.126mm游标卡尺采用“加法法”时读数包含了读毫米整数和毫米小数两个过程，然后相加才是物体的长度；读数为（1）以游标零刻线位置为准，在主尺上读取整毫米数．（2）看游标上哪条刻线与主尺上的某一刻线（不用管是第几条刻线）对齐，由游标上读出毫米以下的小数．（3）总的读数为毫米整数加上毫米小数．而它们的精度（游标上的最小分度值﹣﹣分别为0.1 mm、0.05mm、0.02mm）譬如，50分度游标尺上50个分度只有49mm长，比主尺上的50个分度短1mm，则游标上的每个分度比主尺上的每个分度短1/50mm=0.02mm，即它的测量精度为0.02 mm．若采用“加法法”，则从主尺上读出毫米整数部分为41mm，从游标尺上可以看出第10条刻度线与主尺上第51mm刻度线对齐．故为10×0.02mm=0.20mm，则游标卡尺的读数应为：41mm+0.20mm=41.20mm=4.120cm．故答案为：6.125；4.120点评：游标卡尺没有估计值而螺旋测微器有估计值．游标卡尺还可采用“减法法“时直接用主尺上对齐的毫米整数减去游标对齐刻度线前端的长度即为物体的长度．若采用“减法法”，从主尺和游标尺上可以看出，主尺的51mm刻度线与游标尺上的第20条刻度线对齐．因此读数应为：51mm﹣10×0.98mm=41.20mm．12．（6分）（2014秋•桓台县校级期末）某同学在做验证机械能守恒定律的实验中使用50HZ 交变电流作电源，在打出的纸带上选择5个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间还有4个点没有画出，他测量了C点到A点、和E点到C点的距离，如圈所示．则纸带上C点的速度vc= 1.9m/s，重物的加速度为9.0m/s2．（结果保留两位有效数字）考点：验证机械能守恒定律．版权所有专题：实验题．分析：利用在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度大小，据此可以求出C点速度大小；利用逐差法可以求出加速度的大小．解答：解：匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度大小，所以有：根据△x=aT2有：故答案为：1.9，9.6．点评：在处理实验打出的纸带时，经常要用匀变速直线运动规律以及去推论，因此要加强基本物理规律在实验中的应用．13．（8分）（2011秋•潍坊期末）某同学为了研究小灯泡在不同状态下的电阻，进行了如下实验：（1）用多用电表的欧姆挡测量小灯泡的电阻，当选用xl0Ω挡测量时发现偏角过大，此时应选用×1Ω挡（填写“×1”或“×l00”），然后需将红、黑表笔短接，进行欧姆调零，再进行测量．测量完成后，将选择开关拔向OFF挡（或交流电压的最高挡）位置．（2）该同学用内阻约为几十欧的电流表，内阻约为几千欧的电压表等仪器，测定在不同工作状态下小灯泡的电阻．请画出测量电路的原理图；并根据所画原理图将以下实物图补充完整．（3）在闭合开关前，实物图中滑动变阻器的滑动触头应在右端（填写“左”或“右”）．考点：伏安法测电阻．版权所有专题：实验题；恒定电流专题．分析：（1）该题考查了多用电表欧姆档的使用方法，根据电流的大小选择欧姆档的倍率，从准确性上要重新欧姆调零，从安全性上来选择最终开关的位置．（2）由第一问得到的小灯泡的电阻，与电压表和电流表的内阻相比较，选择电流表是内接还是外接；根据题意要求选择分压电路还是限流电路．（3）接通电路时，要求通过灯泡的电流为零，从而可判断在闭合电建前，滑动变阻器的滑动触头的位置．解答：解：（1）当选用xl0Ω挡测量时发现偏角过大，说明通过的电流过大，此时要减小倍率，应选择×1挡，当换挡后，一定要重新调零，方法是红黑表笔短接，进行欧姆调零；用完后为了仪表安全，若多用电表有OFF挡，一定要将选择开关拔向OFF挡位置，若没有OFF挡，就将选择开关拨向交流电压的最高挡．（2）有第一问可知小灯泡的电阻大约为十几欧姆，电流表的内阻约为几十欧姆，电压表的内阻约为几千欧姆，所以应选择电流表外接；该题要求测定在不同工作状态下小灯泡的电阻，所以滑动变阻器要以分压电路的方式接入电路．电路的原理图与实物图如右图所示．故答案为：（1）×1，短接，OFF挡（或交流电压的最高挡）（2）原理图和实物图如右图（3）右点评：（1）关于多用电表的使用，指针偏转应在表盘刻度的中间三分之一的区域内，偏转过大或过小，对读数误差会较大，尤其是用欧姆档测电阻；欧姆挡换挡后一定要欧姆调零，最后用完，为了安全，一定要把选择开关置于OFF挡（或交流电压的最高挡）．（2）因电压表在电路中会有分流作用，电流表会有分压作用，要熟练的会判断电流表和电压表在电路中的影响，选择影响较小的方式连接电路，即为选择电流表的内接还是外接．并且要知道分压电路和限流电路中滑动变阻器的滑动触头在闭合电建前所处的位置．三、计算题（本大题3小题，共42分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）14．（8分）（2014秋•桓台县校级期末）2011年7月11日23时41分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号丙运载火箭，成功将“天链一号02星”送入太空，火箭飞行约26分钟后，西安卫星测控中心传来的数据表明，星箭分离，卫星成功进入地球同步转移轨道．已知地球半径为R，地球表面的重力加速度g，地球自转周期T，求“天链一号02星”的轨道半径．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．版权所有专题：人造卫星问题．分析：同步卫星的周期已知，根据卫星所受万有引力提供向心力，在地球表面万有引力和重力相等，由此可以计算出同步卫星的轨道半径r；解答：解：“天链一号02星”是地球的同步卫星，处于同步卫星的轨道．它的周期与地球自转周期相等．①又在地球的表面时：得：GM=gR2 ②联立①②解得：答：“天链一号02星”的轨道半径．点评：万有引力提供圆周运动的向心力、万有引力和表面的重力大小相等，能根据题设条件列方程求解．15．（12分）（2014秋•桓台县校级期末）如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O，用一根长度为L=0.40m的绝缘细线把质量为m=0.20kg，带有正电荷的金属小球悬挂在O点，电荷量q=0.5C小球静止在B点时，细线与竖直方向的夹角为θ=37°．现将小球拉至位置A使细线水平后由静止释放，（取g=10m/s2，sin37°=0.60，cos37°=0.80）求：（1）匀强电场的场强大小；（2）小球通过最低点C时细线对小球的拉力大小．考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度．版权所有专题：电场力与电势的性质专题．分析：（1）根据小球静止在B点，通过共点力平衡求出匀强电场的场强大小．（2）根据动能定理求出小球通过最低点的速度，结合牛顿第二定律求出细线的拉力．解答：解：（1）取小球为研究对象，静止时=ta nθ ①代入数据解得：E=3N/C ②（2）小球从A到C的运动过程由动能定理得：mgL﹣EqL=mv2 ③到达最低点时竖直方向由牛顿第二定律得：FT﹣mg=m④解得：FT=3mg﹣2qE=3×2﹣2×0.5×3N=3N答：（1）匀强电场的场强大小为3N/C；（2）小球通过最低点C时细线对小球的拉力大小为3N．点评：本题考查了共点力平衡、牛顿第二定律和动能定理的综合，知道小球做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解．16．（10分）（2014秋•桓台县校级期末）如图所示，倾角为37°的粗糙斜面固定于水平地面上，质量m=2kg的木块从斜面底端以4m/s的初速度滑上斜面，木块与斜面间的动摩擦因数为0.25，假设斜面足够长．（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8），求：（1）木块在上滑过程中加速度的大小（2）木块在斜面上运动的总时间．考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系．版权所有专题：牛顿运动定律综合专题．分析：（1）通过受力分析求出木块上滑的合力，根据牛顿第二定律求出上滑的加速度．（2）判断摩擦力与重力沿斜面向下分力的关系，判断物块能否停在斜面上，然后结合牛顿第二定律和运动学公式求出木块在斜面上运动的总时间．解答：解：（1）物体在上滑的过程中F合=mgsin37°+ff=μmgcos37°则加速度：=gsin37°+μgcos37°=8m/s2．（2）因为mgsin37°＞μmgcos37°，知物体不能静止在斜面上．根据牛顿第二定律物体下滑的加速度：=gsin37°﹣μgcos37°=4m/s2．则上滑的时间：．上滑的位移：根据：得：．所以t=答：（1）木块在上滑过程中加速度的大小为8m/s2．（2）木块在斜面上运动的总时间为．点评：加速度是联系力学和运动学的桥梁，通过加速度可以根据力求运动，也可以根据运动求力．17．（12分）（2014秋•桓台县校级期末）如图所示，质量为m、电荷量为q的带电粒子，沿与水平面成θ=60°的方向匀速运动，进入垂直纸面向里的圆形匀强磁场区域后，从水平金属板M左端下边缘附近水平射出磁场，进入两平行金属板M、N间，恰好从N板右边缘飞出．已知匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里，两带电极板M、N长为l，间距为d，板间电压为U，不计粒子重力．（1）分析判断极板M带正电还是带负电？（2）求粒子在磁场中运动的速度大小；（3）求粒子进入磁场时的入射点与离开磁场时的出射点之间的距离．。
山东省桓台第二中学2014届高三9月月考(一轮检测)物理试题 Word版含答案.pdf
C．若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度大小为10 m/s2，方向向右
D．若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度为0
图验证力的平行四边形定则的实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和
OC为细绳。图乙是在白纸上根据实验结果画出的图。
（1）图乙中的F与F′ 两力中，方向一定沿AO方向的是_____。
N2=N1+mBg ……………………1分
f2=μN2 ……………………1分
F=160N …………………… 1分
15．（12分）解析：设B车刹车过程的加速度大小为aB，由v2－v＝2ax可得：02－302＝2(－aB)·180
解得：aB＝2.5 m/s2
设经过时间t两车相撞，则有：vBt－aBt2＝x0＋vAt，即30t－×2.5t2＝85＋10t，
整理得t2－16t＋68＝0由Δ＝162－4×68<0可知t无实数解，即两车不会相撞，速度相等时两车相距最近，可得：
vA＝vB－aBt1，t1＝8 s。
此过程中xB＝vBt－aBt＝160 m
xA＝vAt1＝80 m，
两车的最近距离Δx＝x0＋xA－xB＝5 m。
f1
mAg
科类
T
A
N1
mBg
N1
f1
f2
F
N2
B
16.
请在各题目的答题区域作答，超出边框的答案无效
请在各题目的答题区域作答，超出边框的答案无效
请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效
请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效
15.
请在各题目的答题区域作答，超出边框的答案无效
第Ⅰ卷（须用2B铅笔填涂）
【首发2014淄博二模纯】山东省淄博市2014届高三复习阶段性诊断考试理综物理含答案
高三复习阶段性诊断考试试题理科综合本试卷分第I卷和第II卷两部分，共16页。
满分300分。
考试用时150分钟。
答题前务必用0．5毫米黑色签字笔将自己的姓名、座号、考生号、区县和科类填写在试卷和答题卡规定的位置。
考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第I卷(必做，共107分)注意事项：1．第I卷共20题。
2．每小题选出答案后，用2B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，再选涂其他答案标号。
不涂在答题卡上，只答在试卷上不得分。
以下数据可供答题时参考：相对原子质量：P 3l Se 79二、选择题(共7小题，每小题6分，共42分。
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6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
)14．下列说法中，符合物理学史的是A．亚里士多德认为，力是维持物体运动的原因B．牛顿发现了万有引力定律，库仑用扭秤实验测出了万有引力常量的数值C．通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场相似，安培受此启发，提出了分子电流假说D．奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电和磁之间存在联系15．如图所示，用两根完全相同的轻质弹簧，将质量为m的小球悬挂在小车内。
当小车θ= ，弹簧B 沿水平方向运动，且小球与车相对静止时，弹簧A与竖直方向的夹角30水平，两根弹簧的长度仍相同。
关于小车的运动，下列说法可能的是A．小车向左做匀速直线运动B g向右做匀加速运动g向右做匀减速运动C．小车以加速度2g向左做匀减速运动D．小车以加速度316.如图所示，50匝矩形线圈ABCD处于磁感应强度大小为T的水平匀强磁场中，线10圈面积为0．5m 2，电阻忽略不计。
线圈绕垂直于磁场的轴OO '以200rad/s 的角速度匀速 转动，并与理想变压器原线圈相连，变压器副线圈接入“220V ，100W ”的灯泡，且灯正常发光，熔断器允许通过的最大电流为10A ，下列说法正确的是A ．矩形线圈ABCD 通过中性面时穿过它的磁通量为零B ．矩形线圈ABCD 中产生的交变电压的有效值为C ．变压器原、副线圈匝数比为25：11D ．副线圈最多能并联接入50盏“220V ，l00W ”，的灯泡17．如图所示，分别在M 、N 两点固定两个点电荷+Q 和()q Q q +>，以MN 连线的中点O 为圆心的圆周上有A 、B 、C 、D 四点。
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山东省淄博市桓台第二中学2014届高三物理第二次阶段性测试试题新人教版本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共4页。
满分100分，考试时间90分钟。
第Ⅰ卷注意事项：第Ⅰ卷为选择题，共12小题，每小题4分，共48分。
在每题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。
1.关于电场强度的叙述，正确的是（）A.沿着电场线的方向，场强越来越小B.电场中某点的场强大小等于单位电量的电荷在该点所受的电场力大小C.电势降落的方向就是场强的方向D.负点电荷形成的电场，离点电荷越近，场强越大2.如图所示，真空中有两个正电荷，带电量分别为Q、4Q、O为两电荷连线中点，两试探电荷a、b均带正电，a自O点垂直连线向上射出，b自O沿连线向左射出，则（）A.a向左偏转B.a向右偏转C.b向左运动时的速度一直减小D.b向左运动时的电势能先减小后增加3.如图甲所示，AB是电场中的一条电场线.质子以某一初速度从A点出发，仅在电场力作用下沿直线从A点运动到B点，其v-t图象如图乙所示，则下列说法正确的是（）A．质子运动的加速度随时间逐渐减小B．电场线的方向由A指向BC．A、B两点电场强度的大小关系满足EA <EBD．A、B两点的电势关系满足φA <φB4.如图所示，在水平向右的匀强磁场中，在O点固定一电荷量为Q的正电荷，a、b、c、d为以O为圆心的同一圆周上的四点，bd连线与电场线平行，ac连线与电场线垂直。
则（）A.a、c两点的场强相同B.b点的场强大于a点的场强BA甲乙C.da间的电势差大于ab间的电势差 [学科D.检验电荷在a点的电势能等于在c点的电势能5.已知磁敏电阻在没有磁场时电阻很小，有磁场时电阻变大，并且磁场越强阻值越大。
为探测磁场的有无，利用磁敏电阻作为传感器设计了如图所示电路，电源的电动势E和内阻r不变，在没有磁场时调节变阻器R使电灯L正常发光，若探测装置从无磁场区进入强磁场区。
则( )A.电灯L变亮B.电灯L变暗C.电流表的示数减小D.电流表的示数增大6.如图电路中电源电动势为E，内电阻为r，闭合开关S，待电流达到稳定后，电流表示数为I,电压表示数为U，电容器C所带电荷量为Q．现将滑动变阻器的滑动触头从图示位置向 b端移动一些，待电流达到稳定后，与移动前相比( )A.U变大B.I变大C.Q增大D.Q减小7.一段长为L，电阻为R的均匀电阻丝，把它拉制成3L长的均匀细丝后，切成等长的三段，然后把它们并联在一起，其电阻值为（）A.R／3B.3RC.R／9D.R8.一个直流电动机内阻为 R，所加电压为U，电流为 I，当它工作时，下述说法中错误的是（）A.电动机的输出功率为U2／RB.电动机的发热功率为I2RC.电动机的输出功率为IU-I2RD.电动机的功率可写作IU=I2R=U2/R9.如图所示，两个横截面分别为圆形和正方形的区域内有磁感应强度相同的匀强磁场，圆的直径和正方形的边长相等，两个电子分别以相同的速度分别飞入两个磁场区域，速度方向均与磁场方向垂直，进入圆形磁场的电子初速度方向对准圆心；进入正方形磁场的电子初速度方向垂直于边界，从中点进入．则下面判断正确的是( )A.两电子在两磁场中运动时，其半径一定相同B.两电子在磁场中运动的时间有可能相同C.进入圆形磁场区域的电子可能先飞离磁场D.进入圆形磁场区域的电子可能后飞离磁场10.在一绝缘、粗糙且足够长的水平管道中有一带电量为q 、质量为m 的带电球体，管道半径略大于球体半径。
整个管道处于磁感应强度为B 的水平匀强磁场中，磁感应强度方向与管道垂直。
现给带电球体一个水平速度v 0，则在整个运动过程中，带电球体克服摩擦力所做的功可能为（ ）A.0B.221⎪⎪⎭⎫⎝⎛qB mg m C.221mvD.⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+22021qB mg v m 。
11.如图在x 轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度为B 的匀强磁场，x 轴下方存在垂直纸面向外的磁感应强度为B ／2的匀强磁场．一带负电的粒子从原点0以与x 轴成300角斜向上射入磁场，且在上方运动半径为R ，则（ ） A.粒子经偏转一定能回到原点0B.粒子在x 轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为2:1C.粒子完在成一次周期性运动的时间为2/3m qB πD.粒子第二次射入x 轴上方磁场时，沿x 轴前进3R12.如图所示，有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的质点，由两水平极板正中，以相同的初速度V 0，先后垂直匀强电场射入，并分别落在负极板上甲、乙、丙三处，可以判定（ ）A.甲处质点带正电，乙处质点不带电，丙处质点带负电B.三个质点在电场中的运动时间相等C.三个质点在电场中的加速度a甲＞a乙＞a丙D.三个质点到达负极的动能E丙＞E乙＞E甲第Ⅱ卷注意事项：第Ⅱ卷 5道题，共52分。
第II卷所有题目的答案考生必须将用黑色签字笔、钢笔或圆珠笔答在规定位置。
二、填空题（本题共2小题，共16分。
把答案写在答题卡中指定的答题处。
）13.今年暑假开学之后甲型H1N1在全国各地大量爆发，山东半岛也出现较多的病例。
为了做好防范，需要购买大量的体温表，市场体温表出现供货不足的情况，某同学想到自己制作一个金属温度计，为此该同学从实验室找到一个热敏电阻，并通过查资料获得该热敏电阻的阻值R随温度t变化的图线，如图甲所示.该同学进行了如下设计：将一电动势E=1.5V （内阻不计）的电源、量程5mA内阻Rg=100Ω的电流表及电阻箱R′，及用该电阻作测温探头的电阻R,串成如图乙所示的电路，把电流表的电流刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简单的“金属电阻温度计”。
①电流刻度较小处对应的温度刻度；（填“较高”或“较低”）②若电阻箱阻值R′=70Ω，图丙中5mA刻度处对应的温度数值为℃。
14.用以下器材测量待测电阻Rx的阻值：待测电阻Rx：阻值约为100Ω；电源E：电动势约为6.0V、内阻忽略不计；电流表1：量程50mA、内阻r1=20Ω；；电流表2：量程300 mA、内阻r2约为4Ω定值电阻R：阻值为20Ω；滑动变阻器R：最大阻值为10Ω；单刀单掷开关S、导线若干.测量电阻Rx的电路图如右图所示(1)电路图中的电流表A1应该选择电流表（填“1”或“2”），开关S闭合前，滑动变阻器R滑片应该移到端(填“A”、“ B”或“无要求”)(2)若某次测量中电流表A1的示数为I1，电流表A2的示数为I2，则由已知量和测得量表示Rx的表达式为Rx= 。
三、计算题（本大题3小题，共36分。
解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。
有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
）15．（8分）如图所示，用长为l的绝缘细线拴一个质量为m、带电量为 +q的小球（可视为质点）后悬挂于O点，整个装置处于水平向右的匀强电场E中。
将小球拉至使悬线呈水平的位置A后，由静止开始将小球释放，小球从A点开始向下摆动，当悬线转过60 角到达位置B时，速度恰好为零。
求：（1）B、A两点的电势差UBA；（2）电场强度E ；16．（14分）如图所示，水平绝缘粗糙的轨道AB 与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC 平滑连接，半圆形轨道的半径m 40.0=R ．在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场线与轨道所在的平面平行，电场强度C /N 100.14⨯=E ．现有一电荷量C 100.14-⨯+=q ，质量kg 10.0=m 的带电体（可视为质点），在水平轨道上的P 点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C ，然后落至水平轨道上的D 点．取2m/s 10=g ．试求：（1）带电体在圆形轨道C 点的速度大小． （2）D 点到B 点的距离DB x ．（3）带电体运动到圆形轨道B 点时对圆形轨道的压力大小． （4）带电体在从P 开始运动到落至D 点的过程中的最大动能。
17.（14分）如图所示，质量为m 、电荷量为q 的带电粒子，沿与水平面成θ=60°的方向匀速运动，进入垂直纸面向里的圆形匀强磁场区域后，从水平金属板M 左端下边缘附近水平射出磁场，进入两平行金属板M 、N 间，恰好从N 板右边缘飞出.已知匀强磁场的磁感应强度为B ，方向垂直于纸面向里，两带电极板M 、N 长为l ，间距为d ，板间电压为U ，不计粒子重力.（1）分析判断极板M 带正电还是带负电? （2）求粒子在磁场中运动的速度大小；（3）求粒子进入磁场时的入射点与离开磁场时的出射点之间的距离。
高三检测物理卷参考答案及评分标准14. ① 1（2分） A （2分） ②10112r R I I I --（4分）三.本题共3小题，共36分15．（8分）解．（1）根据动能定理：mglsin60︒ - qU BA = 0 - 0B 、A 两点的电势差 qmglq mgl U BA 2360sin =︒=-------4分 （2）电场强度 ()qmgl q mgl d U E BA 360cos 123=︒-==-------4分 16（14分）解：（1）设带电体通过C 点时的速度为v C ，依据牛顿第二定律：Rvm m g C 2=---------------------------------1分解得m/s 0.2=C v ------------------------------1分（2）设带电体从最高点C 落至水平轨道上的D 点经历的时间为t ，根据运动的分解有：2212gt R =------------------------------------1分 2DB21t mEq t v x C -=-----------------------------2分联立解得0DB =x -------------------------------1分（3）设带电体通过B 点时的速度为v B ，设轨道对带电体的支持力大小为B F ，带电体在B点时，根据牛顿第二定律有 Rvm mg F B B 2=---------1分带电体从B 运动到C 的过程中，依据动能定理：2221212B C mv mv R mg -=⋅----------------------------2分 联立解得N 0.6=B F -------------------------------------1分 根据牛顿第三定律，带电体对轨道的压力N 0.6='B F --------------1分17.解：（14分）解： （1）粒子在磁场中向右偏转，由左手定则可知，粒子带负电；粒子在电场中向下偏转， 所以M 板带负电。
(3分)（2）设带电粒子进入电场时的初速度为v ，则2211()22qU l d at dm v == -------3分解得：v =分（3）设磁偏转的半径为R ，则由R mB q 2υυ=得q mUBdlqB m R 2==υ ----------3分如图所示，粒子进入磁场时的入射点与离开磁场时的出射点间的距离d=2Rsin 2θ=2Rsin300=q mU qB l 2 -------3分。