2015年高考仿真模拟卷山东卷(二)物理试题(附答案解析)

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2015年山东省济宁市高考物理二模试卷一、选择题（本题包括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）1．（6分）在湖面上空某处竖直上抛一小铁球，小铁球在空中运动后穿过湖水，并陷入湖底淤泥中某一深度处（不计空气阻力，设铁球在淤泥中所受阻力大小恒定，取竖直向上为正方向）．则最能近似反映小铁球运动过程中的速度﹣时间图象是（）A．B．C．D．2．（6分）如图所示，物体用光滑钩子悬挂在轻绳上，轻绳两端由轻质圆环套在粗糙竖直杆上的E、F两点．E点高于F点．系统处于静止状态．若移动两竖直杆，使两杆之间距离变大，E、F相对于竖直杆的位置不变，系统仍处于平衡状态．则（）A．两圆环受到竖直杆的弹力均不变B．轻绳张力变小C．两圆环所受摩擦力均变大D．两圆环所受摩擦力均不变3．（6分）如图所示，在孤立的点电荷产生的电场中有a、b两点，a点的电势为φa，场强大小为E a，方向与连线ab的夹角为60°．b点的电势为φb，场强大小为E b，方向与连线ab的夹角为30°．则a、b两点的电势高低及场强大小的关系是（）A．φa＜φb，E a=3E b B．φa＞φb，E a=3E bC．φa＜φb，E a=4 E b D．φa＞φb，E a=4 E b4．（6分）2015年3月30日21时52分，中国在西昌卫星发射中心用长征三号丙运载火箭，成功将首颗新一代北斗导航卫星发射升空．31日凌晨3时34分顺利进入倾斜同步轨道（如图所示，倾斜同步轨道平面与赤道平面有一定夹角），卫星在该轨道的运行周期与地球自转周期相等．此次发射的亮点在于首次在运载火箭上增加了一级独立飞行器为卫星提供动力，可使卫星直接进入轨道，在此之前则是通过圆﹣椭圆﹣圆的变轨过程实现．以下说法正确的是（）A．倾斜同步轨道半径应小于赤道同步轨道半径B．一级独立飞行器能大大缩短卫星入轨时间C．倾斜同步卫星加速度的大小等于赤道同步卫星加速度的大小D．一级独立飞行器携带卫星入轨的过程中，卫星的机械能守恒5．（6分）如图甲，匝数n=2的金属线圈（电阻不计）围成的面积为10cm2，线圈与R=2Ω的电阻连接，置于竖直向上、均匀分布的磁场中．磁场与线圈平面垂直，磁感应强度为B．B﹣t关系如图乙，规定感应电流i从a经过R到b的方向为正方向．忽略线圈的自感影响．则下列i﹣t关系图正确的是（）A．B．C．D．6．（6分）如图所示，匀强磁场的磁感应强度T．单匝矩形线圈面积S=1m2，电阻不计，绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动．线圈通过电刷与一理想变压器原线圈相接，为交流电流表．调整副线圈的滑动触头P，当变压器原、副线圈匝数比为1：2时，副线圈电路中标有“36V，36W”的灯泡正常发光．以下判断正确的是（）A．电流表的示数为lAB．矩形线圈产生电动势的有效值为18VC．从矩形线圈转到中性面开始计时，矩形线圈电动势随时间的变化规律VD．若矩形线圈转速增大，为使灯泡仍能正常发光，应将P适当下移7．（6分）如图所示，一个小球套在固定的倾斜光滑杆上，一根轻质弹簧的一端悬挂于O点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内，将小球沿杆拉到与O点等高的位置由静止释放．小球沿杆下滑至O点正下方时，速度恰好为零．若弹簧始终处于伸长状态且在弹性限度内，在小球下滑过程中，下列说法正确的是（）A．当弹簧与杆垂直时，小球的动能最大B．小球的机械能一直增加C．弹簧的弹性势能先减小后增加D．重力做功的功率先增加后减小二、非选择题8．（8分）验证机械能守恒定律的实验装置如图甲所示，小球由一根不可伸长的细线拴住．细线另一端固定在O点，在O点正下方放置一组光电门，可测出小球通过时的挡光时间．将细线拉直至水平后，小球由静止释放，光电门测出的挡光时间为△t，再用10分度游标卡尺测出小球的直径d，如图乙所示，重力加速度为g：则（1）小球的直径d=cm；（2）测得绳长为l，若等式（用题目中所给字母表示）成立，说明小球下摆过程机械能守恒；（3）此实验的系统误差主要来源于．9．（10分）某同学通过实验研究小灯泡的电流与电压的关系，可用的器材如下：电源、滑动变阻器、电流表、电压表、不同规格的小灯泡两个、电键、导线若干．（1）通过实验、作图得到了小灯泡L1的U﹣I图象如图甲中的图线I，则可知小灯泡L1的电阻随电压增大而（选填“增大”、“减小”或“不变”）．（2）为了得到图甲中的图线Ⅰ，请将图乙中缺少的两根导线补全，连接成合理的实验电路（其中电流表和电压表分别测量小灯泡的电流和电压）．（3）换小灯泡L2重做实验，作图，得到其U﹣I图象如图甲中的图线Ⅱ，若将小灯泡L1、L2并联使用，请根据Ⅰ、Ⅱ两条图线，在图甲中做出两小灯泡并联的U ﹣I图象．（4）现将两个小灯泡并联接在电动势3V、内阻6Ω的电源两端，则此时电源两端的电压为V；两小灯泡消耗的总功率为W．10．（18分）如图所示，上表面光滑的水平台高h=4m，平台上放置一薄木板（厚度可不计），木板长L=5m，质量m=lkg的物体A（可视为质点）置于木板的中点处，物体与木板间动摩擦因数μ=0.9，一半径R=2m的光滑圆弧轨道竖直放置，直径CD处于竖直方向，半径OB与竖直方向的夹角θ=53°，以某一恒定速度水平向右抽出木板，物体离开平台后恰能沿B点切线方向滑入圆弧轨道．求：（1）物体在圆弧轨道最高点D时，轨道受到的压力为多大？（2）应以多大的速度抽出木板？11．（20分）在光滑绝缘的水平面上，左侧平行极板间有水平方向的匀强电场，右侧圆筒内有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，俯视图如图所示，圆心为O，半径为R．一质量为m、电荷量为q的带电小球（可视为质点），初始位置在A点，现由静止经电场加速后从C孔沿直径射入磁场区域，小球和圆筒壁的碰撞没有动能和电荷量损失．B、R、m、q均为已知量，圆筒仅有一个出入口C．（1）求平行板间电压U和小球在磁场中运动半径r的函数关系式；（2）小球与圆筒壁碰撞两次后恰好从出入口C返回，求它在磁场中运动的时间；（3）小球能从出入口C返回且不会跨越C点，平行板间所加电压U应满足什么条件？物理3—312．（4分）下列说法正确的是（）A．布朗运动反映了液体分子的无规则运动B．给自行车轮胎打气，越来越费力，说明气体分子间斥力在增大C．放在水面上的硬币可以浮在水面上是因为硬币所受浮力等于重力D．利用太阳能装置使机械长久运动下去，这并不违背热力学第二定律13．（8分）如图所示，质量为m、面积为S的活塞在向下开口的气缸内封闭着一定质量的理想气体．现对气缸缓慢加热，使气缸内气体温度从T1升高到T2，空气柱的高度增加了△L，已知加热时气体吸收的热量为Q，外界大气压强为P0求（1）此过程中封闭气体的内能变化了多少？（2）气缸内温度为T1时，气柱的长度为多少？物理3—414．如图所示，一列简谐横波沿x轴正向传播，从波传到x=1m的P点时开始计时．已知在t=0.4s时PM间第一次形成图示波形，此时x=4m的M点正好在波谷．下列说法中正确的是（）A．P点的振动周期为0.3sB．P点开始振动的方向沿y轴正方向C．当M点开始振动时，P点正好在波峰D．这列波的传播速度是10m/s15．如图所示为一上表面水平的透明玻璃半球，在其下面有一水平放置的光屏．两束关于中心轴OO′对称的激光束从半球上表面垂直射入玻璃半球，恰能从球面射出．当光屏距半球上表面h1=40cm时，从球面折射出的两束光线汇聚于光屏与OO′轴的交点，当光屏距上表面h2=80cm时，在光屏上形成半径r=40cm的圆形光斑．求该半球形玻璃的折射率．物理3—516．下列说法中正确的是（）A．某放射性原子核经2次α衰变和一次β变，核内质子数减少3个B．玻尔理论可以成功解释氢原子的光谱现象C．氢原子的核外电子从半径较大的轨道跃迁到半径较小的轨道时，原子的能量增大D．放射性元素发生β衰变，新核的化学性质不变17．如图所示，光滑水平直轨道上有三个滑块A、B、C，质量分别为m A=m，m B=m C=2m，A、B用细绳连接，中间有一压缩的轻弹簧（弹簧与滑块不栓接）．开始时A、B以共同速度v0运动，C静止．某时刻细绳突然断开，A、B被弹开，然后B又与C发生碰撞并粘在一起，最终三滑块速度恰好相同．求：（1）B与C碰撞前B的速度（2）B与C碰撞前后，机械能的损失为多少？2015年山东省济宁市高考物理二模试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括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）1．（6分）在湖面上空某处竖直上抛一小铁球，小铁球在空中运动后穿过湖水，并陷入湖底淤泥中某一深度处（不计空气阻力，设铁球在淤泥中所受阻力大小恒定，取竖直向上为正方向）．则最能近似反映小铁球运动过程中的速度﹣时间图象是（）A．B．C．D．【解答】解：取竖直向上为正方向，小铁球先向上做匀减速直线运动速度减为零后，做自由落体运动，该段图线与倾斜的直线，斜率相同．进入水中后，由于重力大于浮力和阻力，小球向下做匀加速运动，加速度小于g，进入淤泥后，阻力大于重力，小球做匀减速运动到零，故B正确，A、C、D错误．故选：B．2．（6分）如图所示，物体用光滑钩子悬挂在轻绳上，轻绳两端由轻质圆环套在粗糙竖直杆上的E、F两点．E点高于F点．系统处于静止状态．若移动两竖直杆，使两杆之间距离变大，E、F相对于竖直杆的位置不变，系统仍处于平衡状态．则（）A．两圆环受到竖直杆的弹力均不变B．轻绳张力变小C．两圆环所受摩擦力均变大D．两圆环所受摩擦力均不变【解答】解：AB、对挂钩受力分析，设物体的质量为m，如图所示，根据平衡条件，又有2Tcosθ=mg绳子右端的B点在杆上位置不动，将右杆向右移动到虚线位置时，角度θ变大，故绳子拉力T变大，故A错误、B错误．CD、绳中的拉力左右相等，两侧绳子与竖直方向的夹角均为θ，根据三力平衡条件可知，两绳子的拉力T的合力F始终与G等值反向，保持不变，所以每一根绳子沿竖直方向的分力大小始终都是0.5mg．两个圆环E和F在竖直方向上受到向上的摩擦力和绳子向下的分力的作用，处于平衡状态，所以摩擦力的大小始终与绳子向下的分力大小相等方向相反，所以环受到的摩擦力的大小始终等于0.5mg故C错误，D正确．故选：D．3．（6分）如图所示，在孤立的点电荷产生的电场中有a、b两点，a点的电势为φa，场强大小为E a，方向与连线ab的夹角为60°．b点的电势为φb，场强大小为E b，方向与连线ab的夹角为30°．则a、b两点的电势高低及场强大小的关系是（）A．φa＜φb，E a=3E b B．φa＞φb，E a=3E bC．φa＜φb，E a=4 E b D．φa＞φb，E a=4 E b【解答】解：设孤立的点电荷为Q，将E a、E b延长相交，交点即为孤立的点电荷的位置，如图所示．设ab两点到Q的距离分别为r a和r b，由几何知识得到：r a：r b=1：根据电场强度的方向可知Q带负电，因顺着电场线的方向电势降低，所以有φa＜φb．由公式E=k求得到场强关系为：E a=3E b．故A正确；B错误；C错误；D错误．故选：A4．（6分）2015年3月30日21时52分，中国在西昌卫星发射中心用长征三号丙运载火箭，成功将首颗新一代北斗导航卫星发射升空．31日凌晨3时34分顺利进入倾斜同步轨道（如图所示，倾斜同步轨道平面与赤道平面有一定夹角），卫星在该轨道的运行周期与地球自转周期相等．此次发射的亮点在于首次在运载火箭上增加了一级独立飞行器为卫星提供动力，可使卫星直接进入轨道，在此之前则是通过圆﹣椭圆﹣圆的变轨过程实现．以下说法正确的是（）A．倾斜同步轨道半径应小于赤道同步轨道半径B．一级独立飞行器能大大缩短卫星入轨时间C．倾斜同步卫星加速度的大小等于赤道同步卫星加速度的大小D．一级独立飞行器携带卫星入轨的过程中，卫星的机械能守恒【解答】解：A、根据万有引力等于圆周运动向心力，=m rr=，卫星在该轨道的运行周期与地球自转周期相等．所以倾斜同步轨道半径应等于赤道同步轨道半径，故A错误；B、一级独立飞行器能大大缩短卫星入轨时间，故B正确；C、根据圆周运动的公式得a=，所以倾斜同步卫星加速度的大小等于赤道同步卫星加速度的大小，故C正确；D、一级独立飞行器携带卫星入轨的过程中，卫星的机械能增大，故D错误；故选：BC．5．（6分）如图甲，匝数n=2的金属线圈（电阻不计）围成的面积为10cm2，线圈与R=2Ω的电阻连接，置于竖直向上、均匀分布的磁场中．磁场与线圈平面垂直，磁感应强度为B．B﹣t关系如图乙，规定感应电流i从a经过R到b的方向为正方向．忽略线圈的自感影响．则下列i﹣t关系图正确的是（）A．B．C．D．【解答】解：由图可知，0﹣2s内，线圈中磁通量的变化率相同，故0﹣2s内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为顺时针，即电流为正方向；同理可知，2﹣5s内电路中的电流为逆时针，为负方向，由E=可得E=S，则知0﹣2s内电路中产生的感应电动势大小为：E1=2×=3×10﹣6V，则电流大小为：I1==A=1.5×10﹣6A；同理2s﹣5s内，I2=1.5×10﹣6A．故B正确，ACD错误．故选：B．6．（6分）如图所示，匀强磁场的磁感应强度T．单匝矩形线圈面积S=1m2，电阻不计，绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动．线圈通过电刷与一理想变压器原线圈相接，为交流电流表．调整副线圈的滑动触头P，当变压器原、副线圈匝数比为1：2时，副线圈电路中标有“36V，36W”的灯泡正常发光．以下判断正确的是（）A．电流表的示数为lAB．矩形线圈产生电动势的有效值为18VC．从矩形线圈转到中性面开始计时，矩形线圈电动势随时间的变化规律VD．若矩形线圈转速增大，为使灯泡仍能正常发光，应将P适当下移【解答】解：A、小灯泡正常发光，故变压器的输出电流为：I2=；根据变流比公式：，解得：I1=2A；故A错误；B、小灯泡正常发光，故变压器的输出电压为36V，根据变压比公式，解得：U1=18V；故矩形线圈产生电动势的有效值为18V；故B正确；C、矩形线圈产生电动势的最大值为18V，根据公式E m=NBSω，解得：ω=；故从矩形线圈转到中性面开始计时，矩形线圈电动势随时间的变化规律e=E m sinωt=V；故C正确；D、若矩形线圈转速增大，根据公式E m=NBSω，感应电动势的最大值增加，故有效值也增加；为使灯泡仍能正常发光，应该减小变压比，故应将P适当上移；故D错误；故选：BC．7．（6分）如图所示，一个小球套在固定的倾斜光滑杆上，一根轻质弹簧的一端悬挂于O点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内，将小球沿杆拉到与O点等高的位置由静止释放．小球沿杆下滑至O点正下方时，速度恰好为零．若弹簧始终处于伸长状态且在弹性限度内，在小球下滑过程中，下列说法正确的是（）A．当弹簧与杆垂直时，小球的动能最大B．小球的机械能一直增加C．弹簧的弹性势能先减小后增加D．重力做功的功率先增加后减小【解答】解：A、弹簧与杆垂直时，弹力方向与杆垂直时，合外力方向沿杆向下，小球继续加速，速度没有达到最大值，故A错误；B、重力功率P=mgv y=mgvcosθ，θ不变，v先增大后减小，故重力的功率先增大后减小，故B错误；CD、小球运动过程中，只有重力和弹簧弹力做功，系统机械能守恒，弹簧与杆垂直时，弹簧伸长量最短，弹性势能最小，故动能与重力势能之和最大，小球下滑至最低点，动能为零重力势能最小，故此时弹簧的弹性势能最大，故小球的机械能先增大后减小，弹簧的弹性势能先减小后增大，故CD正确；故选：CD．二、非选择题8．（8分）验证机械能守恒定律的实验装置如图甲所示，小球由一根不可伸长的细线拴住．细线另一端固定在O点，在O点正下方放置一组光电门，可测出小球通过时的挡光时间．将细线拉直至水平后，小球由静止释放，光电门测出的挡光时间为△t，再用10分度游标卡尺测出小球的直径d，如图乙所示，重力加速度为g：则（1）小球的直径d= 1.14cm；（2）测得绳长为l，若等式g（l+）=（用题目中所给字母表示）成立，说明小球下摆过程机械能守恒；（3）此实验的系统误差主要来源于空气阻力．【解答】解：（1）游标卡尺读数为d=11mm+4×0.1mm=11.4mm=1.14cm；（2）小圆柱运动到最低点时，v=根据机械能守恒定律应有mg（l+）=，解得：g（l+）=（3）根据实验原理，及实验操作可知，产生系统误差的根源是空气阻力．故答案为：（1）1.14；（2）g（l+）=；（3）空气阻力．9．（10分）某同学通过实验研究小灯泡的电流与电压的关系，可用的器材如下：电源、滑动变阻器、电流表、电压表、不同规格的小灯泡两个、电键、导线若干．（1）通过实验、作图得到了小灯泡L1的U﹣I图象如图甲中的图线I，则可知小灯泡L1的电阻随电压增大而增大（选填“增大”、“减小”或“不变”）．（2）为了得到图甲中的图线Ⅰ，请将图乙中缺少的两根导线补全，连接成合理的实验电路（其中电流表和电压表分别测量小灯泡的电流和电压）．（3）换小灯泡L2重做实验，作图，得到其U﹣I图象如图甲中的图线Ⅱ，若将小灯泡L1、L2并联使用，请根据Ⅰ、Ⅱ两条图线，在图甲中做出两小灯泡并联的U ﹣I图象．（4）现将两个小灯泡并联接在电动势3V、内阻6Ω的电源两端，则此时电源两端的电压为0.6V；两小灯泡消耗的总功率为0.24W．【解答】解：（1）由R=可知，U﹣I图象上的点与原点连线的斜率等于导体的电阻，所以小灯泡的电阻随电压增大而增大；（2）由U﹣I图象可知变阻器应采用分压式接法，实物连线图如图所示：（3）根据并联电阻电流与电压关系可知，在U﹣I图象中，应满足每一个电压U 对应的电流为两灯泡的电流之和，然后再用平滑的曲线连线即可，如图Ⅲ所示：（4）在U﹣I图象中同时作出表示电源的U﹣I图象，如图所示，读出与图线Ⅲ的交点坐标为U=0.6V，I=0.4A，两小灯泡消耗的功率为P=UI=0.24W；故答案为：（1）增大；（2）如图；（3）如图；（4）0.6，0.2410．（18分）如图所示，上表面光滑的水平台高h=4m，平台上放置一薄木板（厚度可不计），木板长L=5m，质量m=lkg的物体A（可视为质点）置于木板的中点处，物体与木板间动摩擦因数μ=0.9，一半径R=2m的光滑圆弧轨道竖直放置，直径CD处于竖直方向，半径OB与竖直方向的夹角θ=53°，以某一恒定速度水平向右抽出木板，物体离开平台后恰能沿B点切线方向滑入圆弧轨道．求：（1）物体在圆弧轨道最高点D时，轨道受到的压力为多大？（2）应以多大的速度抽出木板？【解答】解：（1）物体离开平台下落到B点的高度h=R+Rcosθ=2（1+0.6）=3.2m；由v y2=2gh解得：v y=8m/s；在B点由矢量三角形如图所示；可解得：v x=6m/s；平台与D点等高，由机械能守恒定律可得：v D=v x=6m/s；由牛顿第二定律得：mg+F N=m解得：F N=8N；由牛顿第三定律可得：轨道受到的压力为8N；（2）物体在摩擦力作用下向右做匀加速运动，由牛顿第二定律得：μmg=ma；解得：a=9m/s2；v x=at解得：t=s；由v x2=2ax物解得：x=2m；物由物体、木板间的位移关系得：x板=x物+=2+2.5=4.5m；由题意可得：v板===6.75m/s；答：（1）物体在圆弧轨道最高点D时，轨道受到的压力为8N；（2）应以6.75m/s的速度抽出木板11．（20分）在光滑绝缘的水平面上，左侧平行极板间有水平方向的匀强电场，右侧圆筒内有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，俯视图如图所示，圆心为O，半径为R．一质量为m、电荷量为q的带电小球（可视为质点），初始位置在A点，现由静止经电场加速后从C孔沿直径射入磁场区域，小球和圆筒壁的碰撞没有动能和电荷量损失．B、R、m、q均为已知量，圆筒仅有一个出入口C．（1）求平行板间电压U和小球在磁场中运动半径r的函数关系式；（2）小球与圆筒壁碰撞两次后恰好从出入口C返回，求它在磁场中运动的时间；（3）小球能从出入口C返回且不会跨越C点，平行板间所加电压U应满足什么条件？【解答】解：（1）设粒子在磁场中圆周运动的线速度大小为v，轨迹半径为r．小球在电场中加速过程，根据动能定理，有：qU=；小球在磁场中运动的过程，根据牛顿第二定律，有：qvB=m；联立解得：U=；（2）小球与圆筒壁碰撞两次后恰好从出入口C返回，轨迹如图所示：由几何知识得：θ=则轨迹圆弧对应的圆心角为小球做圆周运动的周期为T=则小球在磁场中运动的时间t==（2）据题意可知，设小球经过n个相同圆弧顺次排列后刚好经过C点离开入口．则每段圆弧对应磁场区域圆的圆心角为θ=，（n=3，4，5，6…）小球的轨迹半径：r=Rtan；由U=得U=，（n=3，4，5，6…）．答：（1）平行板间电压U和小球在磁场中运动半径r的函数关系式为U=；（2）小球与圆筒壁碰撞两次后恰好从出入口C返回，它在磁场中运动的时间为；（3）小球能从出入口C返回且不会跨越C点，平行板间所加电压U应满足的条件为：U=，（n=3，4，5，6…）．物理3—312．（4分）下列说法正确的是（）A．布朗运动反映了液体分子的无规则运动B．给自行车轮胎打气，越来越费力，说明气体分子间斥力在增大C．放在水面上的硬币可以浮在水面上是因为硬币所受浮力等于重力D．利用太阳能装置使机械长久运动下去，这并不违背热力学第二定律【解答】解：A、布朗运动是固体颗粒的无规则运动，是由液体分子的不平衡撞击引起的，布朗运动反映了液体分子的无规则运动．故A正确．B、给自行车打气时气筒压下后反弹，不是由分子斥力造成的，而是因为气筒内封闭气体压强大于外界压强的缘故，故B错误．C、放在水面上的硬币可以浮在水面上是因为液面的表面张力对硬币的向上的作用力等于重力，故C错误；D、利用太阳能装置使机械长久运动下去，这并不违背热力学第二定律，故D正确．故选：AC13．（8分）如图所示，质量为m、面积为S的活塞在向下开口的气缸内封闭着一定质量的理想气体．现对气缸缓慢加热，使气缸内气体温度从T1升高到T2，空气柱的高度增加了△L，已知加热时气体吸收的热量为Q，外界大气压强为P0求（1）此过程中封闭气体的内能变化了多少？（2）气缸内温度为T1时，气柱的长度为多少？【解答】解：（1）对活塞根据平衡得：mg+PS=P0S解得：气体对外做功：W=﹣P△V=PS△L=（P0S﹣mg）△L有热力学第一定律得：△U=W+Q=Q﹣（P0S﹣mg）△L（2）设气缸内温度为T1时，气柱的长度为L，温度升高过程，封闭气体做等压变化，有盖吕萨克定律得：解得：答：（1）此过程中封闭气体的内能变化了Q﹣（P0S﹣mg）△L（2）气缸内温度为T1时，气柱的长度为物理3—414．如图所示，一列简谐横波沿x轴正向传播，从波传到x=1m的P点时开始计时．已知在t=0.4s时PM间第一次形成图示波形，此时x=4m的M点正好在波谷．下列说法中正确的是（）A．P点的振动周期为0.3sB．P点开始振动的方向沿y轴正方向C．当M点开始振动时，P点正好在波峰D．这列波的传播速度是10m/s【解答】解：A、由题意，简谐横波沿x轴正向传播，在t=0.4s时PM间第一次形成图示波形，由于P振动时间是半个周期的整数倍，则知t=0.4s时间内振动传播了一个波长，经过了一个周期，故P点的周期为0.4s．故A错误．B、P点开始振动的方向与图示时刻x=5m处质点的振动方向相同，由波形平移法得知，P点开始振动的方向沿y轴负方向．故B错误．C、根据波形可知，当M点开始振动时，由波形可知，P点在波峰．故C正确．。

2015年山东省临沂市高考物理模拟试卷(二)(5月份)(解析版)

2015年山东省临沂市高考物理模拟试卷（二）（5月份）一、选择题（共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.）1．（6分）A、B两物体在同一直线上运动的速度﹣时间图象如图所示，则由图象可知，在0﹣t2时间内（）A．A、B运动始终同向B．在t1时刻B速度方向改变C．A、B的加速度始终同向，B比A的加速度大D．在t2时刻，A、B的速度相同，加速度也相同2．（6分）如图所示，截面为三角形的物块a放在粗糙的水平面上，物块b放置在物块a上，现有一水平作用力F作用在物块b上，物块a、b始终保持相对静止，关于物块a、b受力的说法正确的是（）A．物块a和物块b之间一定存在摩擦力B．物块b受到的摩擦力的方向可能沿斜面向上C．物块a受到水平面的摩擦力方向水平向左D．物块a受到水平面的摩擦力方向水平向右3．（6分）2014年11月21日，我国在酒泉卫星发射中心用快舟小型运载火箭成功将“快舟二号”卫星发射升空，并顺利进入预定轨道．我国已成为完整发射卫星﹣火箭一体化快速应急空间飞行器试验的国家，具有重要的战略意义．若快舟卫星的运行轨道均可视为圆轨道，“快舟一号”运行周期为T1、动能为E k1；“快舟二号”运行周期为T2、动能为E k2．已知两卫星质量相等．则两卫星的周期之比为（）A． B． C．D．4．（6分）如图所示为某小区通过变压器向用户供电的示意图，副线圈根据电流的大小采用智能控制系统调节副线圈的匝数，保证用户得到有效值恒定的电压，副线圈输出电压通过输电线送给用户，R表示输电线上的电阻，则当用户用电量增加时（）A．滑动触头P向上滑动B．变压器输出电压不变C．输电线的热损耗减少D．变压器的输入功率增加5．（6分）如图甲所示，Q1、Q2是两个固定的点电荷，其中Q1带正电，在它们连线的延长线上有a、b两点，一带正电的试探电荷仅在库仑力作用下以初速度υa从a点沿直线ab向右运动，到达b点时速度为υb，然后继续运动，整个过程中υ﹣t图象如图乙所示，下列说法正确的是（）A．Q2带正电B．Q2带负电C．Q2带电量小于Q1的带电量D．整个过程中试探电荷的电势能不断增加6．（6分）如图所示，边长为L，总电阻为R的均匀正方形线框abcd放置在光滑水平桌面上，其cd边右侧紧靠两个磁感强度为B、宽度为L、方向相反的有界匀强磁场．现使线框以初速度v0匀速通过磁场区域，从开始进入，到完全离开磁场的过程中，下列图线能定性反应线框中的感应电流（以逆时针方向为正）和a、b两点间的电势差随时间变化关系的是（）A．B．C． D．7．（6分）如图所示，一根长为L不可伸长的轻绳跨过光滑的水平轴O，两端分别连接质量均为m的小球A和物块B（A、B均视为质点），轻绳处于绷紧状态，由图示位置释放后，当小球A转动到水平轴正下方时轻绳的中点正好在水平轴O 点，在此过程中，下列说法中正确的是（）A．物块B一直处于静止状态B．小球A从图示位置运动到水平轴正下方的过程中机械能守恒C．小球A运动到水平轴正下方时的速度等于D．小球A从图示位置运动到水平轴正下方的过程中，小球A与物块B组成的系统机械能守恒二、非选择题（必做+选做）【必做部分】8．（8分）某同学为了测定一长木板和铁块之间的动摩擦因数，将长木板放在水平桌面上，并且将长木板的一端用铁架台支起一定的高度，组成如图（1）所示装置（示意图），使铁块加速下滑．所提供的仪器有长木板、铁块、打点计时器（含纸带）、学生电源、米尺、铁架台及导线、开关等．图（2）是打点计时器打出的一条纸带，纸带上标注了几个计数点，若相邻两个计数点间的时间间隔均为T，计数点间距离分别为S1、S2、S3、S4，则：（1）将长木板的一端支起是为了（2）由纸带求出铁块下滑的加速度的大小a=（3）为了测定铁块与长木板间的动摩擦因数，该同学还测量了长木板右端被支起的高度h和长木板的长度L，设加速度a、重力加速度g，则动摩擦因数的计算式是μ=（用字母h、L、a和g表示）．9．（10分）某兴趣小组想研究电动自行车电瓶用久以后性能下降的原因，准备测量某电动自行车的一块旧电瓶充满电后的电动势和内阻．已知该电动自行车的一块电瓶标称电动势为12V．现利用下列器材来完成相关实验：A．电流表A（量程0.6A，内阻约为2Ω）B．电流表G（量程500μA，内阻R g=200Ω）C．守值电阻R1=29800ΩD．定值电阻R2=9800ΩE．滑动变阻器R3（0～100Ω，1A）F．开关S和导线若干（1）由于缺少电压表，结合这块电瓶标称电动势，应将电流表G和定值电阻（填序号）串联改装成电压表，改装后的电压表量程为V．（2）兴趣小组根据如图1所示的电路图进行实验，记录了实验数据，并通过计算得到了6组电压U和对应电流I的值，如表所示，请你帮助他们在图2中作出U﹣I图象．（3）由图象可得这块旧电瓶的电动势为V，内阻为Ω．10．（18分）车站、码头、机场等使用的货物安检装置的示意图如图所示，绷紧的传送带始终保持υ=1m/s的恒定速率运行，AB为水平传送带部分且足够长，现有一质量为m=5kg的行李包（可视为质点）无初速度的放在水平传送带的A端，传送到B端时没有被及时取下，行李包从B端沿倾角为37°的斜面滑入储物槽，已知行李包与传送带的动摩擦因数为0.5，行李包与斜面间的动摩擦因数为0.8，g=10m/s2，不计空气阻力（sin37°=0.6，cos37°=0.8）．（1）行李包相对于传送带滑动的距离．（2）若B轮的半径为R=0.2m，求行李包在B点对传送带的压力；（3）若行李包滑到储物槽时的速度刚好为零，求斜面的长度．11．（20分）回旋加速器在粒子物理研究中有重要的作用，其基本原理简化为如图所示的模型．相距为d的狭缝P、Q间存在着方向始终与P、Q平面垂直、电场强度大小为E的匀强电场，且电场的方向按一定规律变化．狭缝两侧均有磁感强度大小相等、方向垂直纸面向里的匀强磁场，且磁场区域足够大．某时刻从P 平面处由静止释放一个质量为m、带电量为q的带负电的粒子（不计重力），粒子被加速后由A点进入Q平面右侧磁场区，以半径r1做圆周运动．当粒子由A1点自右向左通过Q平面时，电场的方向反向，使粒子再次被加速进入P平面左侧磁场区做圆周运动，粒子经半个圆周后通过P平面进入PQ狭缝又被加速，…．以后粒子每次通过PQ间都被加速．求：（1）磁场磁感应强度B的大小；（2）粒子第一次和第二次自右向左通过Q平面的位置A1和A2之间的距离；（3）粒子从开始到第n次恰好穿过电场所用的时间T n．【选做部分】请考生从以下三个模块中任选一模块作答（12分）【物理--选修3-3】12．（4分）下列说法中正确的是（）A．布朗运动是悬浮在液体中固体分子所做的无规则运动B．雨水没有透过布雨伞是因为液体存在表面张力C．温度升高时，分子热运动的平均动能一定增大，但并非所有分子的速率都增大D．当两分子间距离大于平衡位置的间距r0时，分子问的距离越大，分子势能越小13．（8分）如图所示，容器A和气缸B都能导热，A放置在77℃的恒温槽中，B 处于27℃的环境中，大气压强为P0=1.0×105Pa，开始时阀门K关闭，A内为真空，其容积V A=2.8L，B内活塞横截面积S=100cm2，质量m=1kg，活塞上方充有理想气体，其体积V B=4.8L，活塞下方与大气连通，A与B间连通细管体积不计，打开阀门K后活塞缓慢上移至某一位置（未触及气缸顶部），g=10m/s2，求：（Ⅰ）稳定后容器A内气体压强；（Ⅱ）稳定后气缸B内气体的体积．（12分）【物理--选修3-4】14．如图所示，a、b是水平绳上的两点，相距42cm，一列正弦波沿绳传播，每当a点经过平衡位置向上运动时，b点正好到达上方最大位移处，则此波的波长可能是（）A．168cm B．42cm C．30cm D．24cm15．直角三角形的玻璃砖ABC放置于真空中，∠B=30°，CA的延长线上S点有一点光源，发出的一条光线由D点射入玻璃砖，如图所示．光线经玻璃砖折射后垂直BC边射出，且此光束经过SD用时和在玻璃砖内的传播时间相等．已知光在真空中的传播速度为c，BD=d，∠ASD=15°．求：（Ⅰ）玻璃砖的折射率；（Ⅱ）SD两点间的距离．（12分）【物理--选修3-5】16．如图所示为氢原子能级示意图，现有大量的氢原子处于n=4的激发态，当向低能级跃迁时辐射出若干种不同频率的光，下列说法正确的是（）A．这些氢原子总共可辐射出3种不同频率的光B．频率最大的光是由n=4能级跃迁到n=1能级产生的C．用光子能量为2.22eV的光照射，可使氢原子从n=2跃迁到n=3的能级D．用n=2能级跃迁到n=1能级辐射出的光照射逸出功为6.34eV的金属铂能发生光电效应17．如图所示，质量均为M=0.8kg的木块A、B静止在光滑水平面上，质量为m=0.2kg的子弹以水平速度υ0=200m/s射穿木块A后的速度为υ1=120m/s，接着射入木块B并最终保留在其中．求：（Ⅰ）子弹的最终速度；（Ⅱ）整个过程中系统损失的机械能．2015年山东省临沂市高考物理模拟试卷（二）（5月份）参考答案与试题解析一、选择题（共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.）1．（6分）A、B两物体在同一直线上运动的速度﹣时间图象如图所示，则由图象可知，在0﹣t2时间内（）A．A、B运动始终同向B．在t1时刻B速度方向改变C．A、B的加速度始终同向，B比A的加速度大D．在t2时刻，A、B的速度相同，加速度也相同【解答】解：A、在t1时刻前，A、B速度方向相反，t1时刻后速度方向相同．故A错误．B、在t1时刻前B运动方向为负方向，t1时刻后运动方向为正方向．故B正确．C、图线的斜率均为正值，加速度均为正方向，即加速度方向始终是相同的．B 的斜率较大，故B的加速度比A的加速度大，故C正确．D、在t2时刻，A、B的速度相同，加速度不同．故D错误．故选：BC2．（6分）如图所示，截面为三角形的物块a放在粗糙的水平面上，物块b放置在物块a上，现有一水平作用力F作用在物块b上，物块a、b始终保持相对静止，关于物块a、b受力的说法正确的是（）A．物块a和物块b之间一定存在摩擦力B．物块b受到的摩擦力的方向可能沿斜面向上C．物块a受到水平面的摩擦力方向水平向左D．物块a受到水平面的摩擦力方向水平向右【解答】解：AB、对物体b受力分析，受推力、重力、支持力、静摩擦力（可能没有），讨论如下：如果推力的平行斜面向上的分力大于重力的下滑分量，有上滑趋势，静摩擦力平行斜面向下；如果推力的平行斜面向上的分力等于重力的下滑分量，没有滑动趋势，不受静摩擦力；如果推力的平行斜面向上的分力小于重力的下滑分量，有下滑趋势，静摩擦力平行斜面向上；故A错误，B正确；CD、再对a、b整体受力分析，受重力、推论、支持力和静摩擦力，根据平衡条件，静摩擦力向右，故C错误，D正确；故选：BD3．（6分）2014年11月21日，我国在酒泉卫星发射中心用快舟小型运载火箭成功将“快舟二号”卫星发射升空，并顺利进入预定轨道．我国已成为完整发射卫星﹣火箭一体化快速应急空间飞行器试验的国家，具有重要的战略意义．若快舟卫星的运行轨道均可视为圆轨道，“快舟一号”运行周期为T1、动能为E k1；“快舟二号”运行周期为T2、动能为E k2．已知两卫星质量相等．则两卫星的周期之比为（）A． B． C．D．【解答】解：根据万有引力提供向心力得：=m r=mv=E k=mv2=，r=T=2π则两卫星的周期之比为：=，故选：D．4．（6分）如图所示为某小区通过变压器向用户供电的示意图，副线圈根据电流的大小采用智能控制系统调节副线圈的匝数，保证用户得到有效值恒定的电压，副线圈输出电压通过输电线送给用户，R表示输电线上的电阻，则当用户用电量增加时（）A．滑动触头P向上滑动B．变压器输出电压不变C．输电线的热损耗减少D．变压器的输入功率增加【解答】解：A、当用户用电量增加时，功率增大，则副线圈电流增大，则R消耗的电压增大，要保证用户得到有效值恒定的电压，则副线圈电压要增大，所以滑动触头P向上滑动，增大副线圈的匝数，从而增大副线圈电压，故A正确；B、根据A的分析可知，变压器输出电压增大，故B错误；C、输电线的电流增大，根据Q=I2Rt可知，输电线上热损耗增大，故C错误；D、当用户用电量增加时，输出功率增大，所以输入功率增大，故D正确．故选：AD5．（6分）如图甲所示，Q1、Q2是两个固定的点电荷，其中Q1带正电，在它们连线的延长线上有a、b两点，一带正电的试探电荷仅在库仑力作用下以初速度υa从a点沿直线ab向右运动，到达b点时速度为υb，然后继续运动，整个过程中υ﹣t图象如图乙所示，下列说法正确的是（）A．Q2带正电B．Q2带负电C．Q2带电量小于Q1的带电量D．整个过程中试探电荷的电势能不断增加【解答】解：A、B：从速度时间图象上看出，粒子从a到b做加速度减小的减速运动，在b点时粒子运动的加速度为零，则电场力为零，所以该点场强为零．Q1对正电荷的电场力向右，则Q2对正电荷的电场力必定向左，所以Q2带负电．故A错误，B正确．C、根据点电荷电场强度公式，E=，结合b点场强为零，则有Q2带电量小于Q1的带电量，故C正确．D、整个过程动能先减小后增大，根据能量守恒得知，粒子的电势能先增大后减小．故D错误．故选：BC．6．（6分）如图所示，边长为L，总电阻为R的均匀正方形线框abcd放置在光滑水平桌面上，其cd边右侧紧靠两个磁感强度为B、宽度为L、方向相反的有界匀强磁场．现使线框以初速度v0匀速通过磁场区域，从开始进入，到完全离开磁场的过程中，下列图线能定性反应线框中的感应电流（以逆时针方向为正）和a、b两点间的电势差随时间变化关系的是（）A．B．C． D．【解答】解：线圈进入左侧磁场过程：在进入磁场0﹣L的过程中，E=BLv0，电流I==i0，方向为逆时针方向，为正；a的电势比b的电势高，ab间的电势差U ab=E=BLv0=u0；在L﹣2L的过程中，电动势E=2BLv0，电流I==2i0，方向为顺时针方向，为负．a的电势比b的电势高，ab间的电势差U ab=E=BLv0=4u0；在2L﹣3L的过程中，E=BLv0，电流I==i0，方向为逆时针方向，为正；a的电势比b的电势低，ab间的电势差U ab=﹣E=﹣BLv0=﹣3u0；故AC正确，BD错误．故选：AC．7．（6分）如图所示，一根长为L不可伸长的轻绳跨过光滑的水平轴O，两端分别连接质量均为m的小球A和物块B（A、B均视为质点），轻绳处于绷紧状态，由图示位置释放后，当小球A转动到水平轴正下方时轻绳的中点正好在水平轴O 点，在此过程中，下列说法中正确的是（）A．物块B一直处于静止状态B．小球A从图示位置运动到水平轴正下方的过程中机械能守恒C．小球A运动到水平轴正下方时的速度等于D．小球A从图示位置运动到水平轴正下方的过程中，小球A与物块B组成的系统机械能守恒【解答】解：A、对A球，在OA转过90°的过程，设小球A在O点正下方时的速度为v0，由机械能守恒得：mgL=解得：v0=A在O点正下方时，设绳对小球A的拉力为T，地面对物块的支持力为N B对小球有：T﹣mg=m解得：T=3mg绳对物块B的拉力T′=T=3mg＞mg，故B运动了，A机械能不守恒，故ABC错误；D、对小球A和物块B组成的系统，只有重力和系统内弹力做功，所以机械能守恒，故D正确；故选：D．二、非选择题（必做+选做）【必做部分】8．（8分）某同学为了测定一长木板和铁块之间的动摩擦因数，将长木板放在水平桌面上，并且将长木板的一端用铁架台支起一定的高度，组成如图（1）所示装置（示意图），使铁块加速下滑．所提供的仪器有长木板、铁块、打点计时器（含纸带）、学生电源、米尺、铁架台及导线、开关等．图（2）是打点计时器打出的一条纸带，纸带上标注了几个计数点，若相邻两个计数点间的时间间隔均为T，计数点间距离分别为S1、S2、S3、S4，则：（1）将长木板的一端支起是为了使铁块加速下滑（2）由纸带求出铁块下滑的加速度的大小a=（3）为了测定铁块与长木板间的动摩擦因数，该同学还测量了长木板右端被支起的高度h和长木板的长度L，设加速度a、重力加速度g，则动摩擦因数的计算式是μ=（用字母h、L、a和g表示）．【解答】解：（1）本实验是通过物体的运动来测量动摩擦因数，故将木板一端支起的目的是将铁块加速下滑；（2）由逐差法可得：s3﹣s1=2aT2；s4﹣s2=2aT2；联立解得：a=；（3）由牛顿第二定律可得：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma由几何关系可知：sinθ=；cosθ=；联立解得：μ=故答案为：（1）使铁块加速下滑；（2）；（3）9．（10分）某兴趣小组想研究电动自行车电瓶用久以后性能下降的原因，准备测量某电动自行车的一块旧电瓶充满电后的电动势和内阻．已知该电动自行车的一块电瓶标称电动势为12V．现利用下列器材来完成相关实验：A．电流表A（量程0.6A，内阻约为2Ω）B．电流表G（量程500μA，内阻R g=200Ω）C．守值电阻R1=29800ΩD．定值电阻R2=9800ΩE．滑动变阻器R3（0～100Ω，1A）F．开关S和导线若干（1）由于缺少电压表，结合这块电瓶标称电动势，应将电流表G和定值电阻C （填序号）串联改装成电压表，改装后的电压表量程为15V．（2）兴趣小组根据如图1所示的电路图进行实验，记录了实验数据，并通过计算得到了6组电压U和对应电流I的值，如表所示，请你帮助他们在图2中作出U﹣I图象．（3）由图象可得这块旧电瓶的电动势为11.1V，内阻为9.5Ω．【解答】解：（1）由于电瓶电动势为12V，而电压表的量程小于12V，所以要进行电表的改装，电流表G与串联后量程为U=0.0005×（200+29800）=15V，（2）根据实验数据画出U﹣I图象．（3）在U﹣I图象中纵坐标的截距代表的是电源的电动势，直线的斜率代表的是电源的内阻的大小．所以电动势E=11.1V，内阻r==9.5Ω故答案为：（1）如图（2）如图（3）11.1，9.510．（18分）车站、码头、机场等使用的货物安检装置的示意图如图所示，绷紧的传送带始终保持υ=1m/s的恒定速率运行，AB为水平传送带部分且足够长，现有一质量为m=5kg的行李包（可视为质点）无初速度的放在水平传送带的A端，传送到B端时没有被及时取下，行李包从B端沿倾角为37°的斜面滑入储物槽，已知行李包与传送带的动摩擦因数为0.5，行李包与斜面间的动摩擦因数为0.8，g=10m/s2，不计空气阻力（sin37°=0.6，cos37°=0.8）．（1）行李包相对于传送带滑动的距离．（2）若B轮的半径为R=0.2m，求行李包在B点对传送带的压力；（3）若行李包滑到储物槽时的速度刚好为零，求斜面的长度．【解答】解：（1）行李包在水平传送带上有摩擦力产生加速度，由牛顿第二定律得：μ1mg=ma1所以：行李包到达传送带的速度需要的时间：v=a1t1所以：s行李包前进的距离：传送带前进的距离：x2=vt1行李包相对于传送带的距离：△x=x2﹣x1代入数据解得：△x=0.1 m（2）行李包在B点受到重力和支持力的作用，由牛顿第二定律可知：mg﹣F=代入数据得：F=25N根据牛顿第三定律，行李包在B点对传送带的压力大小是25N，方向竖直向下．（3）行李包在斜面上受到重力、支持力和摩擦力的作用，沿斜面向下的方向：μ2mgcos37°﹣mgsin37°=ma2要使它到达底部时的速度恰好为0，则：0﹣v2=﹣2a2x代入数据解得：x=1.25m答：（1）行李包相对于传送带滑动的距离是0.1m．（2）若B轮的半径为R=0.2m，行李包在B点对传送带的压力是25N，方向竖直向下；（3）若行李包滑到储物槽时的速度刚好为零，斜面的长度是1.25m．11．（20分）回旋加速器在粒子物理研究中有重要的作用，其基本原理简化为如图所示的模型．相距为d的狭缝P、Q间存在着方向始终与P、Q平面垂直、电场强度大小为E的匀强电场，且电场的方向按一定规律变化．狭缝两侧均有磁感强度大小相等、方向垂直纸面向里的匀强磁场，且磁场区域足够大．某时刻从P 平面处由静止释放一个质量为m、带电量为q的带负电的粒子（不计重力），粒子被加速后由A点进入Q平面右侧磁场区，以半径r1做圆周运动．当粒子由A1点自右向左通过Q平面时，电场的方向反向，使粒子再次被加速进入P平面左侧磁场区做圆周运动，粒子经半个圆周后通过P平面进入PQ狭缝又被加速，…．以后粒子每次通过PQ间都被加速．求：（1）磁场磁感应强度B的大小；（2）粒子第一次和第二次自右向左通过Q平面的位置A1和A2之间的距离；（3）粒子从开始到第n次恰好穿过电场所用的时间T n．【解答】解：（1）粒子由静止释放，经电场加速后第一次通过Q平面时的速度为v1，根据动能定理，有：粒子在Q侧匀强磁场内做匀速圆周运动，设磁场为B，有：qv1B=m解得：B=（2）设粒子经A1并加速后进入P平面左侧区的速度为v2，有：设粒子在P左侧做圆周运动的半径为r2，有：粒子在P、Q间经第三次加速后进入Q右侧磁场区的速度为v3，圆周运动的半径为r3，有：A2与A1之间的距离为：A2A1=2r3﹣2r2A2A1=2（）r1（3）粒子在磁场中做圆周运动的周期为TT==第一次恰好穿过电场所用的时间为t1，由运动学公式可得：d=从开始到第二次恰好穿过电场共经历了两段匀加速直线运动和一个二分之一圆周运动所用时间为T2=t2+从开始到第n次恰好穿过电场经历了n段匀加速直线运动和n﹣1个圆周运动，故：nd=所用时间为：T n=t n+=+答：（1）磁场磁感应强度B的大小为；（2）粒子第一次和第二次自右向左通过Q平面的位置A1和A2之间的距离为2（）r1；（3）粒子从开始到第n次恰好穿过电场所用的时间T n为+．【选做部分】请考生从以下三个模块中任选一模块作答（12分）【物理--选修3-3】12．（4分）下列说法中正确的是（）A．布朗运动是悬浮在液体中固体分子所做的无规则运动B．雨水没有透过布雨伞是因为液体存在表面张力C．温度升高时，分子热运动的平均动能一定增大，但并非所有分子的速率都增大D．当两分子间距离大于平衡位置的间距r0时，分子问的距离越大，分子势能越小【解答】解：A、布朗运动是固体颗粒的运动，间接反映了液体分子的无规则运动，故A错误；B、雨水没有透过布雨伞是因为液体表面存在张力，从而使水珠成球形而不会掉下去，故B正确；C、温度升高时，分子热运动的平均动能一定增大，但并非所有的分子的速率都增大，故C正确；D、当两分子间距离大于平衡位置的间距r0时，分子间的距离越大，克服分子力做功，分子势能增大，故D错误；故选：BC．13．（8分）如图所示，容器A和气缸B都能导热，A放置在77℃的恒温槽中，B 处于27℃的环境中，大气压强为P0=1.0×105Pa，开始时阀门K关闭，A内为真空，其容积V A=2.8L，B内活塞横截面积S=100cm2，质量m=1kg，活塞上方充有理想气体，其体积V B=4.8L，活塞下方与大气连通，A与B间连通细管体积不计，打开阀门K后活塞缓慢上移至某一位置（未触及气缸顶部），g=10m/s2，求：（Ⅰ）稳定后容器A内气体压强；（Ⅱ）稳定后气缸B内气体的体积．【解答】解：（I）根据受力平衡可得容器中气体的压强为：P B S+mg=P0SP A=P B===9.9×104Pa；（II）B排出到A容器的气体做等压变化，设排出的气体体积为V，则：=解得：V=2.4L则留在B容器的气体体积为V′B=V B﹣V=4.8﹣2.4=2.4L；答：（Ⅰ）稳定后容器A内气体压强为9.9×104Pa；（Ⅱ）稳定后气缸B内气体的体积为2.4L．（12分）【物理--选修3-4】14．如图所示，a、b是水平绳上的两点，相距42cm，一列正弦波沿绳传播，每当a点经过平衡位置向上运动时，b点正好到达上方最大位移处，则此波的波长可能是（）A．168cm B．42cm C．30cm D．24cm【解答】解：若波从a传到b，每当a点经过平衡位置向上运动时，b点正好到达上方最大位移处，则ab间距离为λ或1λ或2λ…，得到通式x ab=（k+）λ（k=0，1，2…），由此可得到波长的可能值λ=cm当k=0时，得到λ=56cm，此为波长最大值．当k=1时，λ=24cm，同理，若波从b传到a，则有x ab=（k+）λ（k=0，1，2…），由此可得到波长的可能值λ=cm当k=0时，得到λ=168cm，此为波长最大值．当k=1时，λ=33.6cm，当k=2时，λ=18.7cm，故AD正确．故选：AD15．直角三角形的玻璃砖ABC放置于真空中，∠B=30°，CA的延长线上S点有一点光源，发出的一条光线由D点射入玻璃砖，如图所示．光线经玻璃砖折射后垂直BC边射出，且此光束经过SD用时和在玻璃砖内的传播时间相等．已知光在真空中的传播速度为c，BD=d，∠ASD=15°．求：（Ⅰ）玻璃砖的折射率；（Ⅱ）SD两点间的距离．。

2015临沂二模山东省临沂市2015届高三第二次模拟考试理综物理试题 Word版含答案

2015年高考模拟试题(一)理科综合2015．5 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，请将答题卡第l、3面左上方的姓名、座号、考生号等项目填写清楚，用右手食指在第l面座号后指定位置按手印，并将答题卡第2、4面左上方的姓名、座号按要求填写正确。

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小题，l～13题每小题5分，14～20题每小题6分，共107分。

2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再涂写在其答案标号上。

不涂答题卡，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：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Na 23 Fe 56 Cu 64 Zn 65二、选择题(共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．)14．如图所示，一足够长的水平传送带以恒定的速度向右传动。

将一物体轻轻放在皮带左端，以v、a、x、F表示物体速度大小、加速度大小、位移大小和所受摩擦力的大小。

下列选项正确的是15．如图所示，实线和虚线分别表示某电场的电场线和等势线，下列说法中正确的是A．c点场强大于a点场强B．c点电势高于a点电势C．c、b两点间的电势差大于c、a两点间的电势差D．若将一试探电荷+q由a点移动到b点，电场力做正功16．如图所示，一根不可伸长的光滑轻绳系在两竖直杆等高的A、B两点上，将一悬挂了衣服的衣架挂在轻绳上，处于静止状态。

则A．仅增大两杆间距离，再次平衡时，绳中张力变大B．仅增大两杆间距离，再次平衡时，绳中张力保持不变C．仅将B点位置向上移动一点，再次平衡时，绳中张力变大D．仅将B点位置向下移动一点，再次平衡时，绳中张力变小17．在发射地球同步卫星的过程中，卫星首先进入椭圆轨道I，然后在Q点通过改变卫星速度，让卫星进入地球同步轨道Ⅱ。

2015年山东省青岛市高考物理二模试卷

2015年山东省青岛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1小题，共6.0分)1.如图所示，物块正沿斜面匀速下滑，现在物块下滑过程中分别对物块施加一个竖直向下的恒力F1和一个与斜面平行向左下方的恒力F2，两种情况下斜面均静止不动，则下列说法正确的是（）A.当加F1时，物块仍沿斜面匀速下滑B.当加F2时，物块仍沿斜面匀速下滑C.当加F1时，斜面不受地面的摩擦力D.当加F2时，斜面受地面向右的摩擦力【答案】AC【解析】解：AC、未加F1时，物块匀速下滑，受力平衡，分析物体的受力情况如图，由平衡条件得：mgsinθ=μmgcosθ得：sinθ=μcosθ对物块施加一个竖直向下的恒力F1时，物块受到的滑动摩擦力大小为：f=μ（F1+mg）cosθ重力和F沿斜面向下的分力大小为（F1+mg）sinθ，则上可知：（F+mg）sinθ=μ（F+mg）cosθ，则物块受力仍平衡，所以仍处于匀速下滑状态，所以A正确；由于斜面给物体的摩擦力与支持力的合力竖直向上，故斜面做不受地面摩擦力作用，故C正确．BD、当沿斜面向下推力F2时，物体与斜面间支持力保持不变，故摩擦力大小不变，故物体将沿斜面向下加速运动，故B错误；当有F2作用时，不改变斜面与物体间的摩擦力，故斜面体对物体作用力的合力竖直向上，故斜面体相对地面没有水平方向的运动趋势，故斜面体不地面的摩擦力作用，故D错误．故选：AC．未加F1时，物块匀速下滑，受力平衡，由平衡条件和摩擦力公式得出sinθ与μcosθ的大小．再分析对物块施加一个竖直向下的恒力F时，重力和F沿斜面向下的分力与滑动摩擦力的大小，判断物块的运动状态．当施加F2作用时F2不改变物体与斜面间的摩擦力和支持力大小，故根据平衡求解物体下滑情况和斜面体受摩擦力情况．本题中物块匀速下滑时，μ=tanθ，作为一个重要结论可在理解的基础上，对分析本题解答有帮助，注意滑动摩擦力的大小与正压力和动摩擦因数有关．二、单选题(本大题共1小题，共6.0分)2.如图所示，一质点做匀加速直线运动先后经过A、B、C三点，已知从A到B和从B到C速度的增加量△v均为2m/s，AB间的距离x1=3m，BC间的距离x2=5m，则物体的加速度为（）A.1m/s2B.2m/s2C.3m/s2D.4m/s2【答案】B【解析】解：因为A到B和从B到C速度的增加量△v均为2m/s，可知A到B的时间和B到C 的时间相等，根据平均速度推论知，B点的速度v B=x1+x22T =82T=4T，根据速度位移公式得，v B2−v A2=2ax1，即(4T )2−(4T−2)2=22T×3，解得T=1s，则加速度a=△vT =21m/s2=2m/s2．故选：B．通过速度变化量相等得知两段过程所用的时间相等，结合平均速度推论和速度位移公式求出相等的时间间隔，根据速度时间公式求出加速度．解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，有时运用推论求解会使问题更加简捷，难度中等．三、多选题(本大题共1小题，共6.0分)3.2015年3月30日21时52分，中国在西昌卫星发射中心用长征三号丙运载火箭，成功将首颗新一代北斗导航卫星发射升空，31日凌晨3时34分顺利进入圆轨道．卫星在该轨道上运动的周期与地球自转周期相同，但该轨道平面与赤道平面有一定的夹角，因此该轨道也被称为倾斜同步轨道，根据以上信息请判断下列说法中正确的是（）A.该卫星做匀速圆周运动的圆心一定是地球的球心B.该卫星离地面的高度要小于地球同步卫星离地面的高度C.地球对该卫星的万有引力一定等于对地球同步卫星的万有引力D.只要倾角合适，处于倾斜同步轨道上的卫星可以在每天的固定时间经过青岛上空【答案】AD【解析】解：A、倾斜同步轨道围绕地球做匀速圆周运动，圆心一定是地球的球心，故A正确；B、根据万有引力提供向心力G Mmr =m4π2rTr，得r=3GMT24π，因为倾斜地球同步轨道卫星的周期与赤道上空的同步卫星的周期相同，故它的轨道髙度与位于赤道上空的同步卫星的轨道高度相同，故B错误．C、根据F=G Mmr2可知，由于不知道该卫星和地球同步卫星质量的关系，所以无法判断万有引力的关系．故C错误．D、倾斜同步轨道卫星相对于地球非静止的，所以倾斜同步轨道卫星从地球上看是移动的，故该卫星不可能始终位于地球表面某个点的正上方，所以只要倾角合适，处于倾斜同步轨道上的卫星可以在每天的固定时间经过青岛上空，故D正确．故选：AD倾斜同步轨道围绕地球做匀速圆周运动，圆心一定是地球的球心，根据万有引力提供向心力，G Mm r 2=m 4π2r T 2，可知T 相同，则r 相同，即轨道高度相同，倾斜同步轨道卫星相对于地球非静止的，所以倾斜同步轨道卫星从地球上看是移动的．本题考查了地球卫星轨道相关知识点，地球卫星围绕地球做匀速圆周运动，圆心是地球的地心，万有引力提供向心力，轨道的中心一定是地球的球心．四、单选题(本大题共2小题，共12.0分)4.在匀强电场中有一个光滑的直角三角形框架，∠CAB=30°．将一质量不计的带电滑块以初速度v 0释放，使其沿斜面CA 运动，到达A 点的速度为√2v 0，让滑块以相同速度从C 点沿CB 下滑，则到达B 点的速度为√3v 0，则下列说法正确的是（）A.电场方向与AB 边垂直B.B 点电势是A 点电势的两倍C.A 点电势与BC 边中点的电势相等D.C 点电势一定比A 点电势高【答案】C【解析】解：设滑块的质量为m ，电量为q ，BC 的中点为D ，因质量不计，所以滑块在运动过程中，只有电场力做功．设CA 间的电势差为U 1，则由动能定理有：12m (√2v 0)2-12m v 02=q U 1设CB 间的电势差为U 2，则由动能定理有：12m (√3v 0)2-12m v 02=q U 2解得：U 2=2U 1即BC 的中点D 的电势与A 的电势相等．A 、由以上解答可知，A 与BC 的中点D 的电势相等，所以电场方向垂直于AD ，与A b 并不垂直，选项A 错误．B 、虽然CB 间的电势差等于CA 间的电势差的2倍，但是零势能面没有确定，所以B 点电势不一定是A 点电势的两倍，选项B 错误．C 、由以上解答可知，即BC 的中点D 的电势与A 的电势相等，选项C 正确．D 、虽然滑块哟C 到A 的过程中电场力做正功，因不知滑块所带的电性，所以无法判知C 点和A 点的电势高低，选项D 错误．故选：C从C 到A 和从C 到B ，分别分析这两个过程中的做功情况，因质量不计，所以不用考虑重力做功，又因框架光滑，所以运功过程中只有电场力做功，且都为正功，由动能定理列式可解的CA 间的电势差与CB 间的电势差的关系，再在CB 的连线上找出与A 点电势相等的点，即可得知各选项的正误．该题考察了带电物体在匀强电场中的运动，这要求大家了解匀强电场的性质，匀强电场具有一般电场所具有的所有性质，与一般电场相比，其特点有：1．场强恒定，电场线为彼此平行的直线；2．可以用E=U d 来计算电场强度的大小；3．电荷在其中受到恒定电场力作用，带电粒子在其中只受电场力而做匀变速运动；4．等势面是垂直于电场线的系列平面．同时要求大家能熟练的应用动能定理解答有关电场的问题．5.如图甲所示，电阻不计的N匝矩形闭合导线框abcd处于磁感应强度大小为0.1T的水平匀强磁场中，导线框面积为0.5m2．导线框绕垂直于磁场的轴匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，原副线圈的匝数比为10：1，副线圈接有一滑动变阻器R，副线圈两端的电压随时间的变化规律如图乙所示．下列说法正确的是（）A.闭合导线框中产生的交变电压的表达式为u=100√2sin100tB.闭合导线框的匝数N=10C.若滑动变阻器的滑片P向上移动，电流表的示数将减小D.若导线框的转速加倍，变压器的输出功率将加倍【答案】C【解析】解：A、由乙图可知，输出电压的最大值U m2=100V，周期为2π×10-2s，角速度ω=2πT =2π2π×10−2=100rad/s；则输入端的最大值U m2=100×10=1000V；故表达式应为：u=100sin100t；故A错误；B、发电机输出的最大电压值U m1=NBSω=1000V；解得N=10000.1×0.5×100π=64匝；故B 错误；C、将导线框的滑片P向上移动时，滑动变阻器接入电阻增大，输出电流减小，由电流之比等于匝数的反比可知，电流表的示数减减小；故C正确；D、若转速度加倍，则最大值加倍，有效值加倍；输出端的有效值也会加倍，则由P=U2R可知，输出功率将变成原来的4倍；故D错误；故选：C．由乙图明确输出端的最大值和周期，则根据变压器的规律可明确输入端的电压最大值，可得出对应的表达式；由最大值表达式可求得线圈匝数；根据电路的动态分析可知电流的变化；由功率公式明确功率的变化．本题考查变压器及交流电的性质，要注意正确掌握变压器电流、电压之比与匝数之比之间的关系；同时掌握交流电的产生规律．五、多选题(本大题共2小题，共12.0分)6.A、B两物体分别在大小相同的水平恒力F的作用下由静止开始沿同一水平面运动，作用时间分别为t0和4t0，两物体运动的v-t图象如图所示，则A、B两物体（）A.与水平面的摩擦力大小之比为5：12B.水平力F的最大功率之比为2：1C.水平力F对A、B两物体做功之比为2：1D.在整个运动过程中，摩擦力做功的平均功率之比为5：3【答案】AB【解析】解：A、由速度图线的斜率等于加速度，则得：匀减速运动的加速度大小之比a A：a B=2v02t0：v0t0=1：1．f A=m A a A f B=m B a B在外力作用下F−f A=m A⋅2v0tF−f B=m B⋅v0 4t0联立解得m A：m B=5：12而匀减速运动过程中，两物体的合外力等于摩擦力，根据牛顿第二定律得：摩擦力大小之比等于质量之比，即擦力大小之比是5：12．故A正确；B、AB两物体的最大速度之比为2：1，施加的力相同，故水平力F的最大功率之比为2：1，故B正确；C、在力F作用下通过的位移之比为1：2，故拉力做功之比为1：2，故C错误；D、由图象可知整个过程位移之比为6：5，摩擦力之比为5：12，故摩擦力做功之比为1：2，所用时间之比为3：5，故擦力做功的平均功率之比为5：6，故D错误故选：AB速度-时间图线与时间轴所围成的面积表示位移．根据面积比得出位移比；根据两物块做匀减速运动过程，求出匀减速运动的加速度大小之比，从而求出摩擦力大小之比；根据牛顿第二定律：两物块做匀减速运动的加速度大小之比等于合外力之比；由位移与时间之比求解平均速度之比解决本题的关键通过图象得出匀加速运动和匀减速运动的加速度，根据牛顿第二定律，得出两个力的大小之比，以及知道速度-时间图线与时间轴所围成的面积表示位移7.如图甲所示，在水平面上固定一个匝数为10匝的等边三角形金属线框，总电阻为3Ω，边长为0.4m．金属框处于两个半径为0.1m的圆形匀强磁场中，顶点A恰好位于左边圆的圆心，BC边的中点恰好与右边圆的圆心重合．左边磁场方向垂直水平面向外，右边磁场垂直水平面向里，磁感应强度的变化规律如图乙所示，则下列说法中正确的是（π取3）（）A.线框中感应电流的方向是顺时针方向B.t=0.4s时，穿过线框的磁通量为0.005W bC.经过t=0.4s，线框中产生的热量为0.3JD.前0.4s内流过线框的电量为0.2C【答案】CD【解析】解：A、由磁感应强度B1垂直水平面向里，大小随时间增大；B2垂直水平面向外，大小不变，故线框的磁通量增大，由楞次定律可得，线框中感应电流方向为逆时针方向，故A 错误；B 、t =0.4s 时刻穿过线框的磁通量为：∅=B 1×12×πr 2-B 2×16×πr 2=5×0.5×3.14×0.12-4×16×3.14×0.12W b =0.058W b ，故B 错误；C 、由Q=I 2R t =（n△∅△t ）2×1R ×△t =（10×(5−1)×12π×0．120.4）2×13×0.4J=0.3J ，故C 正确； D 、在t =0.4s 内通过线框中的电量q =I t =E R t =n△∅R =10×5−13×12×π×0．12C=0.2C ，故D 正确．故选：CD ．根据楞次定律判断感应电流的方向；根据磁通量Φ=BS 求解；由q =I t =E Rt 求解电荷量；由Q=I 2R t 求解热量．考查磁通量的定义，注意磁通量的正负，理解法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律的应用，及其焦耳定律，注意安培力大小计算与方向的判定．八、多选题(本大题共1小题，共4.0分)12.下列说法正确的是（）A.硬币或钢针能浮于水面上，是由于液体表面张力的作用B.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C.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汽压的差距D.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【答案】AC【解析】解：A 、硬币或钢针能浮于水面上，是由于液体表面张力的作用，故A 正确；B 、晶体分为单晶体和多晶体，多晶体物理性质各向同性，故B 错误；C 、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C 正确；D 、能量在转化与转移的过程中具有单向性，故不能将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，故D 错误；故选：AC硬币或钢针能浮于水面上，是由于液体表面张力的作用；多晶体物理性质各向同性；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；能量在转化与转移的过程中具有单向性，本题主要考查了表面张力、各向同性与各向异性、热力学第二定律等，要区分液体固体与气体的不同，还有就是晶体的分类即物理特性；十、多选题(本大题共1小题，共4.0分)14.一列简谐横波沿x 轴传播，某时刻它的波形如图甲所示．经过时间0.2s ，这列波的波形如图乙所示，则这列波的波速可能是（）A.0.9m/sB.1.8m/sC.2.7m/sD.3.6m/s【答案】AC【解析】解：由图波长λ=24cm=0.24m，由波形图可知：t=（n+3）T=0.2s（n=0，1，2…）4（n=0，1，2…）解得：T=0.84n+3=0.3（4n+3）（n=0，1，2…）v=λT当n=0时，v=0.9m/s当n=1时，v=2.7m/s当n=2时，v=4.5m/s故选：AC由波动图象读出两波的波长，根据题给条件，列出波的周期与时间t的关系，确定波速的关系，列出通项，分析特殊值．本题考查根据波的周期性列出通项的能力，要求同学们能根据图象得出有效信息，难度适中十二、多选题(本大题共1小题，共4.0分)16.下列说法中正确的是（）A.原子核放出β粒子后，转变成的新核所对应的元素是原来元素的同位素B.玻尔在研究原子结构中引进了量子化的观点C.氢原子从高能级跃迁到低能级要放出光子D.放射性元素衰变的快慢跟原子所处的化学状态和外部条件有一定的关系【答案】BC【解析】解：A、放出β粒子后，转变成的新核所对应的元素比原来增加一个质子数，不是原来元素的同位素．故A错误；B、由玻尔理论可知，在研究原子结构中，引进了量子化的观念，故B正确；C、根据波尔理论，氢原子从高能级跃迁到低能级要放出光子，从低能级跃迁到高能级要吸收能量，故C正确；D、半衰期仅仅与元素本身有关，放射性元素衰变的快慢跟原子所处的化学状态和外部条件无关，故D错误；故选：BCβ衰变时，中子转变成质子，放出电子，导致质子数增加1个，则产生新的原子；玻尔理论引进量子化观念，从低能级跃迁到高能级要吸收能量，相反则中释放能量，从而即可求解．该题考查β的本质、波尔理论、跃迁、以及半衰期的概念，掌握β衰变及其电子的由来，注意玻尔理论的内容理解．基础题目．六、实验题探究题(本大题共2小题，共18.0分)8.某同学利用如图甲所示装置研究弹簧的弹性势能与弹簧伸长量之间的关系．图中O 点所在虚线为弹簧的原长位置，O 、A 、B 、C 、D 的间距均为x ．先将光电门固定于A 处，将固定在弹簧末端质量为m 的小铁球从原长处释放，在小球经过光电门时，计时器记录下时间t A ；依次将光电门置于B 、C 、D 各处，每次均将小球从原长处由静止释放，得到时间t B 、t C 、t D ．（1）如图乙用游标卡尺测量小球的直径d 为 ______ mm ；（2）当光电门固定于D 处时，小球通过该处速度的表达式v D = ______ （用字母表示），弹簧的伸长量为 ______ ．（3）当小球运动至D 处时，弹簧弹性势能的表达式E PD = ______ （用字母表示）．【答案】12.35；d t d ；4x ；4mgx -12m (dt d )2 【解析】解：（1）游标卡尺的读数为12mm +7×0.05=12.35mm（2）、根据瞬时速度的公式 v D =dt d ，弹簧的伸长量为4x （3）根据能量守恒，E PD =4mgx -12m (dt d )2 故答案为：（1）12.35mm （2）d t d ，4x （3）4mgx -12m (dt d )2 （1）游标卡尺的读数=整数毫米+格数×精确度，（2）v D =dt d ，弹簧的伸长量为4x ，（3）根据能量守恒求出弹簧弹性势能的表达式．考查了游标卡的读数原理，瞬时速度的概念，能量守恒的应用，难度一般．9.在测定一节干电池电动势和内电阻的分组实验中，实验1组的同学利用图甲所示电路，选用下列器材进行了规范的实验操作．A ．干电池（内电阻小于1.0Ω）B ．电流表（量程0～0.6A ，内阻r A =1Ω）C ．电压表（量程0～3V ，内阻约20k Ω）D ．滑动变阻器（0～20Ω，允许最大电流2A ）E ．开关、导线若干把得到的数据记录后用“○”在图乙所示的“U-I”图象中进行描点．在小组互评环节，实验2组的同学在实验器材没有变化的情况下对1组的实验方案进行了改进后再次进行了实验，并把实验数据用“×”也描在图乙所示的“U-I”图象中．请完成以下对1组实验方案的评价及改进．（1）从实验原理上来看，用图甲电路进行实验，误差主要来自：______ ．（2）从所得实验数据来看，不足之处是：______ ．（3）在如图丙中画出改进的方案电路图．（4）根据改进后所得的实验数据作出图线，由图线得到：E= ______ V；r= ______ Ω．（保留两位小数）．【答案】电压表的分流；路端电压的变化范围太小；1.50；0.48【解析】解：（1）由甲图可知，电路采用相对电源的外接法，故误差来自于电压表的分流使电流表读数偏小；（2）由图中数据可知，路端电压变化范围太小，导致误差过大；（3）为了使路端电压变化较大，可以将已知内阻的电流表与电源相连，采用相对于电源的电流表内接法；故如图所示；（4）由闭合电路欧姆定律可知：E=U+I（r+R A）-R A=0.48Ω；故图象与纵轴的交点为电源的电动势，故E=1.50V，内阻r=1.5−0.70.54故答案为：（1）电压表的分流（2）路端电压的变化范围太小（3）如图：（4）如图所示；1.50；0.48．（1）分析电路结构，根据电流分析误差原因；（2）根据实验数据可分析实验数据，明确实验的不足之处；（3）根据实验误差可明确如何改进电路图；（4）由闭合电路欧姆定律可得出对应的图象，再根据图象分析电动势和内电阻．在应用图象法处理实验数据求电源电动势与内阻时，要根据实验电路与实验原理求出图象的函数表达式，然后求出电源电动势与内阻．七、计算题(本大题共2小题，共38.0分)10.如图所示，在水平地面上固定一个倾角α=45°、高H=4m的斜面．在斜面上方固定放置一段由内壁光滑的圆管构成的轨道ABCD，圆周部分的半径R=2m，AB与圆周3相切于B点，长度为√3R，与水平方向的夹角θ=60°，轨道末端竖直，已知圆周轨道最低点C、轨道末端D与斜面顶端处于同一高度．现将一质量为0.1kg，直径可忽略的小球从管口A处由静止释放，g取10m/s2．（1）求小球在C点时对轨道的压力；（2）若小球与斜面碰撞（不计能量损失）后做平抛运动落到水平地面上，则碰撞点距斜面左端的水平距离x多大时小球平抛运动的水平位移最大？是多少？【答案】解：（1）设AD之间的竖直高度为h，由几何关系可知：h=R+R sin30°+l AB sin60°=2mmv C2A到C根据动能定理得：mgh=12在C点：F N-mg=mv C2R解得：F N=7N由牛顿第三定律可知小球在C点时对轨道的压力为7Nmv02（2）从A到碰撞点，根据动能定理得：mg（h+x）=12gt2平抛过程：H-x=12平抛水平位移：S x=v0t代入数据整理得：S x=√4(2+x)(4−x)可知：当x=1m时平抛水平位移S x有最大值S m=6m答：（1）求小球在C点时对轨道的压力为7N；（2）若小球与斜面碰撞（不计能量损失）后做平抛运动落到水平地面上，则碰撞点距斜面左端的水平距离当x=1m时平抛水平位移S x有最大值，最大值是6m．【解析】（1）由几何关系求出AD之间的竖直高度为h，A到C根据动能定理求出C点速度，在C点，根据向心力公式求解；（2）从A到碰撞点，根据动能定理求出碰撞时的速度，由于没有能量损失，则碰撞后做平抛运动的初速度即为碰撞时的速度，再根据平抛运动基本公式结合数学知识求解．本题主要考查了动能定理、向心力公式以及平抛运动基本公式得直接应用，解题时注意数学知识的应用，特别是从A到碰撞点，根据动能定理求出碰撞时的速度，由于没有能量损失，则碰撞后做平抛运动的初速度即为碰撞时的速度，难度适中．11.如图甲所示，长度为l，垂直于纸面的两平行板CD、MN间存在匀强磁场，板间距离为板长的两倍，平行板右侧有一水平方向的匀强电场．t=0时刻，一质量为m、带电量为+q的粒子（不计重力），以初速度v0由MN板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区，以垂直于DN边的方向进入电场区域，之后又回到磁场中，最后从平行板左端靠近板面的位置离开磁场，速度方向与初速度方向相反，上述仅l、m、q、v0为已知量．（1）若粒子在T B时刻进入电场，求B0的最大值；（2）若粒子在T B时刻进入电场，且B0取最大值，求电场强度E及粒子在电场中向右运动的最大距离；，求T B满足的条件．（3）若B0=mv02ql【答案】解：（1）若粒子在T B 时刻进入电场，画出轨迹，如图：临界情况是经过T B 2速度偏转角是90°，此时粒子运动半径具有最小值，为： R 0=l 2 根据qv 0B =m v 02R 0，解得：B 0=2mv 0ql（2）粒子圆周运动周期：T 0=2πR 0v 0=πl v 0 可知：T B =T 02=πl2v 0粒子在电场中运动的时间为：t =nT B2 （n =1、2、3…）由运动学知识可得：t =2v 0a由牛顿第二定律，有：q E=ma ，解得：E=8mv 02nπqld =v 02×t 2=nπl 16（3）由B 0=mv 02ql 可知，R=2lT=2πRv 0=4πl v 0分析可知：2n R sin θ=l （n =1、2、3…）T B ′2=θ2πT 故T B ′=4lθv 0，且sin θ=14n 答：（1）若粒子在T B 时刻进入电场，B 0的最大值为2mv 0ql ；（2）若粒子在T B 时刻进入电场，且B 0取最大值，电场强度E 为8mv 02nπql ，粒子在电场中向右运动的最大距离nπl 16；（3）若B 0=mv 02ql ，T B 满足的条件为：T B ′=4lθv 0，且sin θ=14n （n =1、2、3…）．【解析】（1）若粒子在T B 时刻进入电场，在磁场中是经过两段对称的圆弧轨迹后从垂直边界位置射出磁场，磁感应强度越大，轨道半径越小，经过TB 2速度偏转角最大是90°，画出轨迹，结合几何关系得到轨道半径，根据牛顿第二定律列式求解B 0的最大值；电场强度E 及粒子在电场中向右运动的最大距离（2）若粒子在T B 时刻进入电场，且B 0取最大值，粒子从垂直边界位置射出磁场，最后从平行板左端靠近板面的位置离开磁场；在电场中先向右减速后向左加速，运动时间为T B 的整数倍，根据动能定理列式求解电场强度E 及粒子在电场中向右运动的最大距离；（3）若B 0=mv 02ql ，则运用洛伦兹力等于向心力列式求解轨道半径和周期；结合几何关系求解出每经过T B 2的侧移量，求解出每经过TB 2的经过的圆心角，最后联立求解即可．本题关键是明确粒子的受力情况和运动情况，要进行动态分析，画出轨迹，分析出临界轨迹，然后结合牛顿第二定律和时间关系列式分析．九、计算题(本大题共1小题，共8.0分)13.如图所示，在导热性能良好、开口向上的气缸内，用活塞封闭一定质量的理想气体，气体的体积V 1=6.0×10-3m 3，温度T 1=300K ．现使外界环境温度缓慢升高至T 2，此过程中气体吸收热量700J ，内能增加500J ．不计活塞的质量及活塞与气缸间的摩擦，外界大气压强p 0=1.0×105P a ，求T 2．【答案】解：设温度升至T 2时气体的体积为V 2，则气体对外界做功W=P 0S △h =P 0（V 2-V 1）由热力学第一定律△U=-W+Q解得 V 2=8.0×10-3m 3由等压变化有：V 1T 1=V2T 2 解得 T 2=400K答：T 2是400K ．【解析】由热力学第一定律求出外界对气体做功W ，根据W=P 0（V 1-V 2），求出末态时所有气体的体积V 2，根据盖•吕萨克定律求解T 2．本题分析清楚气体状态变化过程，明确气体的压强等于大气压是正确解题的关键．十一、计算题(本大题共1小题，共10.0分)15.如图所示，一束单色光射入一半径为0.2m 玻璃球体，入射角为60°，已知光线在玻璃球内经一次反射后，再次折射回到空气中时与入射光线平行．求：①此玻璃的折射率；②光在玻璃球内的传播时间．。

2015高考二模山东省日照市2015届高三校际联合检测(二模)理综物理试题 Word版含答案

2015年高三校际联合检测理科综合2015.05第I 卷(必做，共107分)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．下列表述符合物理学史实的是A ．开普勒认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比B ．牛顿认为在足够高的山上以足够大的水平速度抛出物体，物体就不会再落到地球上C.奥斯特发了电磁感应现象，并坚信电和磁之间存在一定的联系D ．安培首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究15．某人造卫星运动的轨道可近似看作是以地心为中心的圆。

若该卫星到地心的距离从r 1慢慢减小到r 2，用12121212K K E E T T a a υυ、；、；、；、分别表示卫星在这两个轨道上的速度、动能、周期和向心加速度，则A ．12υυ>B ．12K K E <EC ．12T T <D ．12a a >16．如图所示，光滑轻质挂钩下端悬挂质量为m 的重物，跨在长度为L 的轻绳上，开始时绳子固定在框架上等高的A 、B 两点，与水平方向的夹角为θ，绳子的拉力为F 。

现保持绳长不变，将绳子右端从B 点沿竖直方向缓慢移至C 点，再从C 点沿水平方向向左缓慢移至D 点。

关于绳子的拉力和重物的重力势能E P 的变化。

下列说法正确的是A ．从B 移至C 的过程中，拉力F 保持不变B ．从B 移至C 的过程中，重力势能p E 逐渐变小C ．从C 移至D 的过程中，拉力F 保持不变D ．从C 移至D 的过程中，重力势能pE 逐渐变小17．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为4：1，原线圈两端接u tV π=的交流电源，副线圈两端接55R =Ω的负载电阻，电表均为理想交流电表。

则下列说法中正确的是A ．副线圈中输出交流电的频率为12.5HzB ．副线圈中电压表的示数为C ．变压器的输入功率为110WD ．原线圈中的电流表A 的示数为0.25A18．某校科技小组的同学设计了一个传送带测速仪，测速原理如图所示。

2015文登二模山东省文登市2015届高三第二次统考物理试题 Word版含答案

P绝密★启用并使用完毕前物理本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共16页。

满分300分。

考试用时150分钟。

答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、座号、考生号填写在答题卡规定的位置。

考试结束后，只将答题卡交回。

第Ⅰ卷（必做，共107分）二、选择题（共7小题，每个小题给出的四个选项中，有的只有一个选项符合题意，有的有多个选项符合题意，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．在竖直放置的平底圆筒内，放置两个半径相同的刚性球a 和b ，球a 的质量大于球b 的质量。

放置的方式有如图甲和图乙两种。

不计圆筒内壁和球面之间的摩擦，对有关接触面的弹力，下列说法正确的是A ．图甲圆筒底受到的压力大于图乙圆筒底受到的压力B ．图甲中球a 对圆筒侧面的压力小于图乙中球b 对侧面的压力C ．图甲中球a 对圆筒侧面的压力大于图乙中球b 对侧面的压力D ．图甲中球a 对圆筒侧面的压力等于图乙中球b 对侧面的压力15．A 、B 两物体分别在水平恒力F 1和F 2的作用下沿水平面运动，先后撤去F 1、F 2后，两物体最终停下，它们的v -t 图象如图所示。

已知两物体与水平面间的滑动摩擦力大小相等。

则下列说法正确的是A ．A 、B 两物体的质量之比为2 : 1 B ．F 1、F 2对A 、B 两物体做功之比为1 : 2C ．全过程中A 、B 两物体的位移之比为1 : 2D ．全过程中A 、B 克服摩擦力做功之比为2 : 116．近几年我国在航空航天工业上取得了长足的进步，既实现了载人的航天飞行，又实现了航天员的出舱活动。

如图所示，在某次航天飞行实验活动中，飞船先沿椭圆轨道1飞行，后在远地点343千米的P 处点火加速，由椭圆轨道1变成高度为343千米的圆轨道2。

下列判断正确的是A ．飞船由椭圆轨道1变成圆轨道2的过程中机械能不断减小B ．飞船在圆轨道2上时航天员出舱前后都处于失重状态C ．飞船在此圆轨道2上运动的角速度小于同步卫星运动的角速度D ．飞船在椭圆轨道1上的运行周期小于沿圆轨道2运行的周期ABCDEF GH 17．如图所示，有一正方体空间ABCDEFGH ，则下面说法正确的是 A ．若只在A 点放置一正点电荷，则电势差U BC <U HGB ．若只在A 点放置一正点电荷，则B 、H 两点的电场强度大小相等C ．若只在A 、E 两点处放置等量异种点电荷，则C 、G 两点的电势相等D ．若只在A 、E 两点处放置等量异种点电荷，则D 、F 两点的电场强度大小相等 18．一理想变压器原、副线圈的匝数比为44∶1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P 为滑动变阻器的触头。

2015年高考物理试题山东卷(高清Word版+答案)

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．（2015山东卷）距地面高5m 的水平直轨道A 、B 两点相距2m ，在B 点用细线悬挂一小球，离地高度为h ，如图。

小车始终以4m s 的速度沿轨道匀速运动，经过A 点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下，小车运动至B 点时细线被轧断，最后两球同时落地。

不计空气阻力，取重力加速度的大小210g m s =。

可求得h 等于A ．1.25mB ．2.25mC ．3.75mD ．4.75m 【答案】A考点：自由落体运动.15．（2015山东卷）如图，拉格朗日点L 1位于地球和月球连线上，处在该点的物体在地球和月球引力的共同作用下，可与月球一起以相同的周期绕地球运动。

据此，科学家设想在拉格朗日点L 1建立空间站，使其与月球同周期绕地球运动。

以1a 、2a 分别表示该空间站和月球向心加速度的大小，3a 表示地球同步卫星向心加速度的大小。

以下判断正确的是A ．231a a a >>B ．213a a a >>C ．312a a a >>D ．321a a a >> 【答案】D考点：万有引力定律的应用.16．（2015山东卷）如图，滑块A 置于水平地面上，滑块B 在一水平力作用下紧靠滑块A (A 、B 接触面竖直)，此时A 恰好不滑动，B 刚好不下滑。

已知A 与B 间的动摩擦因数为1μ，A 与地面间的动摩擦因数为2μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

A 与B 的质量之比为A ．121μμ B ．12121μμμμ- C ．12121μμμμ+ D ．12122μμμμ+【答案】B考点：物体的平衡.17. （2015山东卷）如图，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动。

现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速。

2015年山东省淄博市高考物理二模试卷

2015年山东省淄博市高考物理二模试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共1小题，共6.0分)1.如图所示，质量均为m的两个小球A、B固定在轻杆的两端，将其放入光滑的半圆形碗中，杆的长度等于碗的半径，当杆与碗的竖直半径垂直时，两小球刚好能平衡，则小球A对碗的压力大小为（）A.mgB.mgC.mgD.2mg【答案】B【解析】解：由题得知，A、B间的杆一定水平，对其中一个小球受力分析，如图，由共点力的平衡知识可得，碗对小球的弹力N=．故选：B．由已知条件知，根据对称性可知，A、B间的杆一定水平，对其中一个小球受力分析，由共点力的平衡知识可得杆的作用力．本题要抓住装置的对称性，明确A、B间的杆子是水平的，再分析小球受力情况，由平衡条件求解．二、多选题(本大题共2小题，共12.0分)2.如图甲所示为理想调压变压器，原线圈A、B端的输入电压如图乙所示，则当此变压器工作时，以下说法正确的是（）A.若滑动触头P处于某一确定位置，当变阻器R的滑动触头下滑时，电流表示数将变大B.若滑动触头P处于某一确定位置，当变阻器R的滑动触头上滑时，电压表示数增大C.若滑动触头P和变阻器R的滑动触头同时上移，则电流表示数一定变大D.若变阻器最大阻值为100Ω，且变阻器R的滑动触头置于最上端，则在滑动触头P滑动的过程中，电流表的电流变化范围为0～2.2 A【答案】AD【解析】解：AB、滑动触头P处于某一确定位置，则变压器的输出电压不变；当变阻器R的滑动触头下滑时，接入电路的有效电阻减小，电流表示数将变大．故A正确，B错误；C、若滑动触头P和变阻器R的滑动触头同时上移，则变压器的输出电压增大，负载的电阻也增大，所以电流表示数不一定变大．故C错误；D、由乙图可得变压器的输入电压的最大值是220V，有效值是220V，当滑动触头P 的上下移动，R上只能获得0～220V之间的任意的电压．若变阻器最大阻值为100Ω，而R上只能获得0～220V之间的任意的电压，则电流表的电流变化范围为0～2.2A．故D正确．故选：AD由乙图可知交流电的表达式；P移动改变了副线圈的匝数，滑片移动改变了负载的电阻，结合变压器的特点和欧姆定律去分析变压器只能改变交流电的电压和电流，不会改变交流电的周期和频率，利用动态分析的方法去判断电压、电流和功率的变化．3.如图所示为a、b两小球沿光滑水平面相向运动的v-t图．已知当两小球间距小于或等于L时，受到相互排斥的恒力作用，当间距大于L时，相互间作用力为零．由图可知（）A.a球的质量大于b球的质量B.a球的质量小于b球的质量C.t1时刻两球间距最小D.t3时刻两球间距为L【答案】BD【解析】解：A、从速度时间图象可以看出a小球速度时间图象的斜率绝对值较大，所以a小球的加速度较大，两小球之间的排斥力为相互作用力大小相等，根据a=知，加速度大的质量小，所以a小球质量较小，故A错误，B正确；C、二者做相向运动，所以当速度相等时距离最近，即t2时刻两小球最近，之后距离又开始逐渐变大，所以C错误；D、当间距大于L时，相互间作用力为零，由图看出t3时刻之后相互作用力为零，即间距大于L，则t3时刻距离为L，D正确；故选：BD．先从v-t图象找出两个小球加速度的大小关系然后结合牛顿第二定律判断质量的关系；根据v-t图象判断t3时刻的距离．本题考查了v-t图象、牛顿第二定律、加速度与速度的关系等有关知识，有一定的综合性．三、单选题(本大题共2小题，共12.0分)4.如图所示，斜面上a、b、c三点等距，小球从a点正上方O点抛出，做初速为v0的平抛运动，恰落在b点．若小球初速变为v，其落点位于c，则（）A.2v0＜v＜3v0B.v=2v0C.v0＜v＜2v0D.v＞3v0【答案】C【解析】解：小球从a点正上方O点抛出，做初速为v0的平抛运动，恰落在b点，改变初速度，落在c点，知水平位移变为原来的2倍，若时间不变，则初速度变为原来的2倍，由于运动时间变长，则初速度小于2v0．故C正确，A、B、D错误．故选：C．平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，平抛运动的水平位移由初速度和运动时间决定．解决本题的关键知道平抛运动水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的时间由高度决定，时间和初速度共同决定水平位移．5.北京时间2015年3月30日2l时52分，我国新一代北斗导航卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道．“北斗”系统中两颗工作卫星均绕地心O做匀速圆周运动，轨道半径为r，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A、B两位置（如图所示）．若卫星均沿顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R．不计卫星间的相互作用力．则以下判断中正确的是（）A.这两颗卫星的加速度大小相等，均为B.这两颗卫星的线速度大小相等，均为C.卫星1向后喷气就一定能追上卫星2D.卫星1由位置A运动到位置B所需的时间为【答案】D【解析】解：A、根据万有引力提供向心力得，=ma，解得a=．根据万有引力等于重力得，GM=g R2，则卫星的加速度a=．知卫星的加速度大小相等．故A错误．B、这两颗卫星的线速度大小相等，均为v==，故B错误；C、若卫星1向后喷气，则其速度会增大，卫星1将做离心运动，所以卫星1不可能追上卫星2．故C错误．D、由=m r和=m0g，联立解得，T=2π=2π，故卫星1由位置A运动到位置B所需的时间为：t==，故D正确．故选：D．根据万有引力提供向心力和万有引力等于重力求出卫星的加速度和周期，从而进行判断．在运动的过程中，万有引力与速度方向垂直，万有引力不做功．解决本题的关键掌握万有引力等于重力和万有引力提供向心力这两个理论，并能灵活运用．四、多选题(本大题共1小题，共6.0分)6.如图所示，在负点电荷Q的电场中有A、B、C、D四点，A、B、C为直角三角形的三个顶点，D为AB的中点，∠A=30 ，A、B、C、D四点的电势分别用φA、φB、φC、φD表示．已知φA=φB，φC=φD，电荷Q在A、B、C三点所确定的平面内，则（）A.点电荷Q一定在AC的连线上B.连接CD的线段一定在同一等势面上C.将正试探电荷从C点搬运到B点，电场力做负功D.φC大于φA【答案】AC【解析】解：A、点电荷的等势面是一系列的同心圆，对于圆、圆弧上任意两点的连线的中垂线一定通过圆心，故场源电荷在AB的中垂线和CD的中垂线的交点上，在AC的连线上如图，故A正确；B、φC=φD，线段CD是C、D所在等势面（圆）的一个弦，故B错误；C、在负的点电荷的电场中，离场源越远，电势越高，将正试探电荷从C点搬运到B点，电势能增加，故电场力做负功，故C正确；D、在负的点电荷的电场中，离场源越远，电势越高，故φC小于φA，故D错误．故选：AC点电荷的等势面是一系列的同心圆，对于圆，圆弧上任意两点的连线的中垂线一定通过圆心；找出电荷位置后，根据电势能的变化情况判断电场力做功情况本题关键是明确点电荷的电场的电场线和等势面的分布规律，知道沿着电场线电势逐渐降低；基础问题五、单选题(本大题共1小题，共6.0分)7.如图甲所示，左侧接有定值电阻R=2Ω的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B=1T，导轨间距L=1m．-质量m=2kg，阻值r=2Ω的金属棒在水平拉力F作用下由静止开始从CD处沿导轨向右加速运动，金属棒的v-x图象如图乙所示，若金属棒与导轨间动摩擦因数μ=0.25，则从起点发生x=1m位移的过程中（g=10m/s2）（）A.金属棒克服安培力做的功W1=0.5J B.金属棒克服摩擦力做的功W2=4JC.整个系统产生的总热量Q=4.25JD.拉力做的功W=9.25J【答案】D【解析】解：A、由速度图象得：v=2x，金属棒所受的安培力F A==，代入得：F A=0.5x，则知F A与x是线性关系．当x=0时，安培力F A1=0；当x=1m时，安培力F A2=0.5N，则从起点发生x=1m位移的过程中，安培力做功为W A=-x=x=-×1J=-0.25J即金属棒克服安培力做的功W1=0.25J，故A错误．B、金属棒克服摩擦力做的功W2=μmgx=0.25×2×10×1J=5J，故B错误．CD、根据动能定理得：W-μmgs+W A=mv2，其中v=2m/s，μ=0.25，m=2kg，代入解得，拉力做的功W=9.25J．整个系统产生的总热量Q=W-=9.25J-×2×22J=5.25J．故C错误，D正确故选：D．由速度图象得出v与x的关系式，由安培力公式F A=，得到F A与x的关系式，可知F A与x是线性关系，即可求出发生s=1m位移的过程中安培力做功W A=-x，再根据动能定理求解拉力做功；根据能量守恒求解整个系统产生的总热量Q．本题的关键是根据v与x的关系，由安培力公式F A=，得到F A与x的关系式，确定出F A与x是线性关系，即可求出安培力做功．八、多选题(本大题共1小题，共4.0分)12.下列叙述正确的有（）A.两个分子组成的系统的势能随分子间的距离增大而减小B.液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，故液体表面存在张力C.把很多小的单晶体放在一起，就变成了非晶体D.第二类永动机没有违反能量守恒定律【答案】BD【解析】解：A、分子间的距离从特别小增大到无穷远的过程中，分子之间首先是排斥力做的功，分子势能减小；然后分子之间的作用力表现为分子引力，随距离的增大，分子力做负功，分子势能增大．故A错误；B、液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，故液体表面存在张力．故B正确；C、把很多小的单晶体放在一起，可能仍然是单晶体，如食盐晶体；故C错误；D、第二类永动机没有违反能量守恒定律，违反了热力学第二定律．故D正确；故选：BD两个分子组成的系统的势能随分子间的距离增大而变化；液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，故液体表面存在张力；把很多小的单晶体放在一起，可能仍然是单晶体；第二类永动机没有违反能量守恒定律，违反了热力学第二定律．该题中，分子势能的变化是该题中最容易出现错误的地方，要注意在分子之间距离的增大过程中，分子之间的作用力从排斥力变成吸引力，所以分子势能先减小后增大．十、多选题(本大题共1小题，共4.0分)14.某横波在介质中沿x轴正方向传播t=0时刻，P点开始向y轴正方向运动，经t=0.2s．P点第一次到达正方向最大位移处，某时刻形成的波形如图所示，下列说法正确的是（）A.该横波的波速为5m/sB.质点Q与质点N都运动起来后，它们的运动方向总相反C.在0.2s的时间内质点M通过的路程为lmD.从图示时刻再过2.6s，质点M处于平衡位置，且正沿y轴负方向运动【答案】AB【解析】解：A、由图示波形图可知：波长λ=4m，O点开始向正方向运动，经t=0.2s，O点第一次到达正方向最大位移处，则t=，解得：T=0.8s，则v=，故A正确；B、质点L与质点N之间的距离为半个波长，则振动情况完全相反，故B正确；C、在0.2s的时间内质点M通过的路程为s=A=20cm，故C错误；D、t=2.6s=，此时刻M点处于波谷且向上运动，则经过2.6s，质点M处于平衡位置，且沿y轴正方向运动，故D错误．故选：AB根据图示波形图可以求出波长；根据质点O的振动可以求出波的周期，已知波长与周期，由波速公式可以求出波速，两质点相差半个波长的奇数倍时振动方向完全相反，除以平衡位置及波峰波波谷处的质点一个周期内振动的路程为4A．本题考查了求波长、频率、波速、波的传播方向等问题，由波形图及质点与坐标原点间的距离可以求出波长，根据质点的振动情况可以求出波的周期，由波速、波长与周期间的关系可以求出波速．十二、多选题(本大题共1小题，共4.0分)16.如图所示是氢原子的能级图，大量处于n=4激发态的氢原子向低能级跃时，一共可以辐射出6种不同频率的光子．其中巴耳末系是指氢原子由高能级n=2能级跃迁时释放的光子，则（）A.6种光子中波长最长的是n=4激发态跃迁到基态时产生的B.6种光子中有2种属于巴耳末系C.使n=4能级的氢原子电离至少要0.85e V的能量D.从n=2能级跃迁到基态释放光子的能量小于n=3能级跃迁到n=2能级释放光子的能量【答案】BC【解析】解：A、n=4激发态跃迁到基态时产生光子的能量最大，根据E=h知，波长最短，故A错误；B、6中巴耳末系是指氢原子由高能级向n=2能级跃迁时释放的光子，6种光子中从n=4→2与n=3→2的属于巴耳末系，即2种，故B正确；C、n=4能级的氢原子具有的能量为-0.85ev，故要使其发生电离能量变为0，至少需要0.85e V的能量，故C正确；D、从n=2能级跃迁到基态释放的光子能量为13.6-3.4=10.2ev，若能使某金属板发生光电效应，从n=3能级跃迁到n=2能级释放的光子能量3.4-1.51=1.89ev＜10.2ev，不一定能使该板发生光电效应，故D错误．故选：BC．本题考查了波尔原子理论：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，故辐射光子的种类．E=h判断光子能量与波长的关系．只有入射光子的能量大于金属的逸出功才会发生光电效应．判断是否电离，看处于激发态的氢原子吸收能量后的总能量是否大于等于0，一旦大于等于0，说明发生电离．解决本题的关键知道光电效应的条件以及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．六、实验题探究题(本大题共2小题，共18.0分)8.如图甲是测量滑块与木板间动摩擦因数的装置，将木板水平固定在桌面上，利用一根压缩的轻质弹簧来弹开滑块．请完成下列实验操作与分析．（1）烧断细线，滑块被弹簧弹出后通过光电门A，继续运动一段距离停止在B点．测出挡光片的宽度d，滑块通过光电门的时间△t，则滑块通过A点的速度v= ______ ；再用刻度尺测出AB之间的距离L．若重力加速度为g，则滑块与木板间动摩擦因数μ= ______ ．（用d、△t、L、g表示）（2）将木板换成光滑水平导轨．其它装置不变，来研究弹簧弹性势能与压缩量的关系．用滑块压缩弹簧，记录弹簧的压缩量x；释放滑块，记录滑块通过光电门的时间△t，算出滑块通过光电门的速度v．重复以上操作，得到v与x的关系如图乙所示，由图可知，v 与x成______ 关系．由上述实验可得结论：对同一根弹簧，弹性势能与弹簧的______ 成正比．【答案】；；正比；压缩量的平方【解析】解：（1）通过光电门来测量瞬时速度，v=；根据运动学公式，=2a L；而牛顿第二定律，μmg=ma；解得：μ=；（2）根据v与x的关系图可知，图线经过原点，且是斜倾直线，则v与x成正比，由动能表达式，动能与速度的大小平方成正比，而速度的大小与弹簧的压缩量成正比，因此弹簧的弹性势能与弹簧的压缩量的平方成正比；故答案为：（1），；（2）正比，压缩量的平方（或x2）．（1）当释放压缩的弹簧时，弹性势能转化为滑块的动能，再由光电门测量瞬时速度，由平均速度即为中间时刻的瞬时速度，并根据运动学公式，即可求解动摩擦因数，（2）根据v与x的关系图，可知，v与x成正比，结合动能表达式，即可知弹性势能与压缩量的关系，从而即可解．本题考查胡克定律的应用，注意弹簧的长度与形变量的区别，理解光电门能测量瞬时速度的原理，知道弹簧弹性势能与滑块动能的关系．同时注意图线的物理含义．9.太阳能电池板在有光照时，可以将光能转化为电能，在没有光照时，可以视为一个电学器件．某实验小组根据测绘小灯泡伏安特性曲线的实验方法，探究一个太阳能电池板在没有光照时（没有储存电能）的I-U特性．所用的器材包括：太阳能电池板，电源E，电流表A，电压表V，滑动变阻器R，开关S及导线若干．（1）为了达到上述目的，实验电路应选用图甲中的图______ （填“a”或“b”）．（2）该实验小组根据实验得到的数据，描点绘出了如图乙的I-U图象．由图可知，当电压小于2.00V时，太阳能电池板的电阻______ （填“很大”或“很小”）：当电压为2.80V时，太阳能电池板的电阻为______ Ω（3）当有光照射时，太阳能电池板作为电源，其路端电压与总电流的关系如图丙所示，分析该曲线可知，该电池板作为电源时的电动势为______ V．若把它与阻值为1KΩ的电阻连接构成一个闭合电路，在有光照射情况下，该电池板的效率是______ %．（结果保留三位有效数字）【答案】a；很大；1×103；2.80；64【解析】解：（1）测绘伏安特性曲线，电压和电流需从零开始测起，滑动变阻器采用分压式接法，应选图a所示实验电路．（2）由I=，得电阻阻值R=，由图2所示图象可知，在电压小于2.00V时，电流I很小，所以太阳能电池的电阻很大．由图乙所示图象可知，当电压为2.80V时，电流I=2.80×10-3A，电阻R===1.0×103Ω．（3）由图可知，图象与纵坐标的交点为电源的电动势，故电动势为2.8V；若与1kΩ的电阻连接构成一个闭合电路；在U-I图中作出对应的电阻的伏安特性曲线，如图所示；图象的交点为电源的工作点，则由图可知电源的工作电压为1.8V，则电源的效率η=×100%=64%；故答案为：（1）甲；（2）很大；1.0×103；（3）2.8；64．（1）电压电流需从零开始连续变化，滑动变阻器应采用分压式接法，分析电路图选出所需实验电路．（2）根据电压和电流的大小，通过欧姆定律判断电阻的大小．当电压为2.80V时，读出此时的电流，根据欧姆定律求出电阻的大小．（3）根据伏安特性曲线的性质可明确电源的电动势，再根据闭合电路欧姆定律可求得电池板的效率解决本题的关键知道滑动变阻器分压式和限流式接法的区别，以及会通过欧姆定律判断电阻的大小．要掌握应用图象法解题的方法．七、计算题(本大题共2小题，共38.0分)10.如图所示，一个质量为M，长为L的圆管竖直放置，顶端塞有一个质量为m的弹性小球，M=4m，球和管间的滑动摩擦力与最大静摩擦力大小均为4mg，管下端离地面高度H=5m．现让管自由下落，运动过程中管始终保持竖直，落地时向上弹起的速度与落地时速度大小相等，若管第一次弹起上升过程中，球恰好没有从管中滑出，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2求：（1）管第一次落地弹起刚离开地面时管与球的加速度分别多大？（2）从管第一次落地弹起到球与管达到相同速度时所用的时间．（3）圆管的长度L．【答案】解：（1）管第一次落地弹起时，管的加速度大小为a1，球的加速度大小为a2由牛顿第二定律对管M g+4mg=M a1 (1)对球4mg-mg=ma2 (2)故，方向向下 (3)方向向上 (4)（2）球与管第一次碰地时，由 (5)得碰后管速，方向向上 (6)碰后球速，方向向下 (7)球刚好没有从管中滑出，设经过时间t，球、管速度相同，则有对管v=v1-a1t (8)对球v=-v2+a2t (9)代入数值联立解得t=0.4s (10)（3）管经t时间上升的高度为 (11)球下降的高度 (12)管长L=h1+h2=4m (13)答：（1）管第一次落地弹起刚离开地面时管与球的加速度分别20m/s2和30m/s2；（2）从管第一次落地弹起到球与管达到相同速度时所用的时间为0.4s．（3）圆管的长度L为4m【解析】（1）由运动学公式求出圆管底端落地前瞬间的速度．根据牛顿第二定律分别求出管反弹后，球和管的加速度；（2）分别对管和球进行分析，由运动学公式可求得时间；（3）根据速度位移公式求出球相对于管静止时的相对位移，即为管的至少长度．本题的难点在于管和球的运动情况难于判断，关键通过计算理清球和管的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．11.如图所示的x O y 坐标系中，Y 轴右侧空间存在范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于x O y 平面向外．Q l 、Q 2两点的坐标分别为（0，L ）、（0，-L ），坐标为（- L ，0）处的C 点固定一平行于y 轴放置的绝缘弹性挡板，C 为挡板中点．带电粒子与弹性绝缘挡板碰撞前后，沿y 轴方向分速度不变，沿x 轴方向分速度反向，大小不变．现有质量为m ，电量为+q 的粒子，在P 点沿PQ 1方向进入磁场，α=30 ，不计粒子重力．（1）若粒子从点Q 1直接通过点Q 2，求粒子初速度大小．（2）若粒子从点Q 1直接通过点O ，求粒子第一次经过x 轴的交点坐标．（3）若粒子与挡板碰撞两次并能回到P 点，求粒子初速度大小及挡板的最小长度．【答案】解：（1）由题意画出粒子运动轨迹如图甲所示，粒子在磁场中做圆周运动的半径大小为R 1，由几何关系得R 1cos 30 =L (1)粒子磁场中做匀速圆周运动，有： (2)解得： (3)（2）由题意画出粒子运动轨迹如图乙所示，设其与x 轴交点为M ，横坐标为x M ，由几何关系知：2R 2cos 30 =L (4)x M =2R 2sin 30 (5)则M 点坐标为（，）…（6）（3）由题意画出粒子运动轨迹如图丙所示，粒子在磁场中做圆周运动的半径大小为R3，偏转一次后在y负方向偏移量为△y1，由几何关系得：△y1=2R3cos30 (7)为保证粒子最终能回到P，粒子每次射出磁场时速度方向与PQ2连线平行，与挡板碰撞后，速度方向应与PQ1连线平行，每碰撞一次，粒子出进磁场在y轴上距离△y2（如图中A、E间距）可由题给条件得： (8)当粒子只碰二次，其几何条件是：3△y1-2△y2=2L (9)解得： (10)粒子磁场中做匀速圆周运动，有： (11)解得： (12)挡板的最小长度为： (13)解得： (14)答：（1）粒子初速度大小为；（2）粒子第一次经过x轴的交点坐标为（，）（3）粒子初速度大小为，挡板的最小长度为．【解析】（1）作出粒子运动的轨迹图，结合几何关系求出粒子在磁场中运动的轨道半径，根据半径公式求出粒子的速度．（2）作出粒子运动的轨迹图，根据几何关系求出粒子运动的半径，通过几何关系求出第一次经过x轴的交点坐标；（3）抓住与挡板碰撞两次并能回到P点，作出轨迹图，结合几何关系，运用半径公式进行求解．本题考查了粒子在磁场中的运动，对于三小问，关键作出三种粒子的轨迹图，结合几何关系，运用半径公式进行求解，难度较大，对数学几何的关系要求较高，需加强这方面的训练．九、计算题(本大题共1小题，共8.0分)13.如图所示为一下粗上细且上端开口的薄壁玻璃管，管内用水银封闭一定质量的理想气体，上管足够长．图中大小截面积分别为S1=2cm2、S2=lcm2．粗细管内水银柱长度h1=h2=2cm，封闭气体长度L=22cm．大气压强P0=76cm H g，气体初始温度为57℃．求：①若缓慢升高气体温度，升高至多少开尔文方可将所有水银全部挤入细管内．【答案】解：①由于水银总体积保持不变，设水银全部进入细管水银长度为xV=S1h1+S2h2，x====6cm初状态气压：P1=p0+ρg（h1+h2）=80cm H g，末状态气压：P2=p0+ρgx=82cm H g从状态1到状态2，由理想气体状态方程，有：代入数据解得：T2=369K②从状态2到状态3经历等压过程，有：设水银下表面离开粗细接口处的高度为yy==16cm水银下表面离开玻璃管底部的距离：h=y+L+h1=40cm答：（1）若缓慢升高气体温度，升高至369K方可将所有水银全部挤入细管内；（2）若温度升高至492K，液柱下端离开玻璃管底部的距离是40cm．【解析】（1）根据几何关系求出水银的体积，从状态1到状态2由理想气体状态方程求解（2）从状态2到状态3经历等压过程，列出等式求解．找出各个状态下的参量是正确解题的关键，熟练应用理想气体状态方程即可正确解题．十一、计算题(本大题共1小题，共10.0分)15.如图所示，为玻璃材料制成的一棱镜的截面图，其中，弧AB为四分之一圆弧，O为圆心，OBCD部分为矩形．一细光束从圆弧AB的中点E点沿半径射入棱镜后，恰好在O点发生全反射，经CD面反射，再从圆弧上的F点射出，已知，OA=a，OD=，真空中的光速为c．求：①出射光线与法线夹角的正弦值；②光在棱镜中传播的时间．。

2015届山东省潍坊市高三下学期第二次模拟考试物理试题及答案

理科综合物理本试卷分第I卷（选择题）第II卷（非选择题）两部分，共14页，满分300分，考试用时150分钟。

考试结束后，将本试卷和答题卡一并交加。

答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目填涂在答题卡规定的地方。

第I卷（必做题，共107分）注意事项：1.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净以后，再涂写其他答案标号。

只答在试卷上不得分。

2.第I卷共20道小题，1-13题每小题5分，14-20题每小题6分，共107分.以下数据可供答题时参考：相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Fe 56Cu 64 Zn 65 Ba 137个选项中，有的只有一个选项正确，有的多个选项正确，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.如图所示，一小孩从滑梯上由静止开始加速滑下，在这一过程中A.小孩的惯性变大B.小孩处于失重状态C.小孩处于超重状态D.小孩的机械能守恒15.如图所示，一车载导航仪放在底边水平的三角形支架上，处于静止状态，稍微减小支架的倾斜角度，以下说法正确的是A.导航仪所受弹力变小B.导航仪所受摩擦力变小C.支架施加给导航仪的作用力变小D.支架施加给导航仪的作用力不变16.2015年2月7日，木星发生“冲日”现象，“木星冲日”是指木星和太阳正好分处地球的两侧，三者成一条直线，木星和地球绕太阳公转的方向相同，公转轨迹都近似为圆，设木星公转半径为R 1，周期为T 1；地球公转半径为R 2，周期为T 2.下列说法正确的是 A. 231122T R T R ⎛⎫= ⎪⎝⎭ B. 321122T R T R ⎛⎫= ⎪⎝⎭C.“木星冲日”这一天象的发生周期为12122TT T T - D.“木星冲日”这一天象的发生周期为1212TT T T -17.如图所示，为交流发电机、理想变压器和灯光连成的电路，灯光的额定电压为U 0，电阻为R.当发电机械圈的转速为n 时，灯光正常发光，此时电压表示数为U.图中线圈处于中性面位置，并以此作为计时开始，则有A.变压器输入电压的瞬时值是sin 2u U nt π=B.变压器输入电压的瞬时值是sin 2u nt π=C.电流表的示数是20U RUD.电流表的示数是U R18.如图甲所示，一绝缘的竖直圆环上均匀分布着正电荷，一光滑细杆从圆心垂直圆环平面穿过圆环，杆上套有带正电的小球，现使小球从a 点由静止释放，并开始计时，后经过b 、c 两点，其运动过程中的t υ-图象如图乙所示.下列说法正确的是A.带电圆环在圆心处产生的场强为零B.a 点场强大于b 点场强C.电势差ab U 小于bc UD.小球由b 到c 的过程中平均速度小于0.55m/s19.在边长为L 、电阻为R 的正方形导线框内，以对称轴ab 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，两部分磁场的感应强度B 随时间t 的变化规律分别如图乙所示.则在0-t 0时间内，导线框中A.无感应电流B.感应电流逐渐变大C.感应电流为顺时针方向，大小为200L B t RD.感应电流为逆时针方向，大小为2002L B t R20.如图甲所示，一轻弹簧的下端固定在倾角为30°的足够长光滑斜面的底端，上端放一小滑块，滑块与弹簧不拴接.沿斜面向下压滑块至离斜面底端0.1l m 处后由静止释放，滑块的动能E k ，与距斜面底端的距离l 的关系如图乙所示.其中从0.2m 到0.35m 范围内图象为直线，其余部分为曲线，不计空气阻力，取g=10m/s 2.下列说法正确的是A.小滑块的质量为0.4kgB.弹簧的最大形变量为0.2mC.弹簧最大弹性势能为0.5JD.弹簧的劲度系数为100N/m第II 卷（必做157分+选做16分，共193分）注意事项：1.第II 卷共19道题，其中21-31题为必做部分，32题末命题，33-39题为选做部分，考生必须从中选择1道化学，1道生物和1道物理题作答。

2015年山东省临沂市高考物理二模试卷

2015年山东省临沂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1小题，共6.0分)1.如图所示，一足够长的水平传送带以恒定的速度向右传动．将一物体轻轻放在皮带左端，以v、a、x、F表示物体速度大小、加速度大小、位移大小和所受摩擦力的大小．下列选项正确的是（）A. B. C. D.【答案】AB【解析】解：在前t1内物体受到向右的滑动摩擦力而做匀加速直线运动，加速度不变，速度与时间的关系为v=at，v-t图象是倾斜的直线；物体的速度与传送带相同后，不受摩擦力而做匀速直线运动，速度不变，加速度为0．故A、B正确，C、D错误．故选：AB．物体在前t1内做匀加速直线运动，加速度不变，速度与传送带相同后做匀速直线运动，速度不变，根据物体的运动情况分析即可．解决本题的关键通过分析物体的受力情况来确定其运动情况，知道匀加速运动的特点：加速度不变，匀速直线运动的特点：速度不变．二、单选题(本大题共2小题，共12.0分)2.如图所示，实线和虚线分别表示某电场的电场线和等势线，下列说法中正确的是（）A.c点场强大于a点场强B.c点电势高于a点电势C.c、b两点间的电势差大于c、a两点间的电势差D.若将一试探电荷+q由a点移动到b点，电场力做正功【答案】B【解析】解：A、a点的电场线比c点电场线密，可知a点的场强大于c点的场强，故A错误．B、沿电场线方向电势逐渐降低，可知c点的电势高于a点电势，故B正确．C、因为b、a两点电势相等，可知c、b两点间的电势差等于c、a两点间的电势差，故C错误．D、a、b两点电势相等，将一试探电荷+q由a点移动到b点，电场力不做功，故D错误．故选：B．根据电场线的疏密比较电场的强弱，通过沿电场线方向电势逐渐降低比较电势的高低．根据电势差的正负，结合电场力做功与电势差的关系判断电场力做功的正负．解决本题的关键知道电场线的疏密表示电场的强弱，沿电场线方向电势逐渐降低，以及知道电荷在等势面上移动，电场力不做功．3.如图所示，一根不可伸长的光滑轻绳系在两竖直杆等高的A、B两点上，将一悬挂了衣服的衣架挂在轻绳上，处于静止状态．则（）A.仅增大两杆间距离，再次平衡时，绳中张力变大B.仅增大两杆间距离，再次平衡时，绳中张力保持不变C.仅将B点位置向上移动一点，再次平衡时，绳中张力变大D.仅将B点位置向下移动一点，再次平衡时，绳中张力变小【答案】A【解析】解：在杆上取一些点（A点、B点、B1点、B2点），如图所示：AB、对挂钩受力分析，如图，仅增大两杆间距离，再次平衡时，角度θ变大，根据平衡条件，有：2T cosθ=mg解得：T=故绳子拉力T变大，故A正确，B错误；C、仅将B点位置向上移动一点，即从B移到B1时，有：AO•sinθ+OB•sinθ=AO′•sinα+O′B1•sinα故θ=α，即悬点从B移到B1，细线与杆的夹角不变；根据平衡条件，有：2T cosθ=mg，得绳子张力也不变，故C错误；D、仅将B点位置向下移动一点，即从B移到B2时，有：AO•sinθ+OB•sinθ=AO′•sinα+O′B2•sinα故θ=α，即悬点从B移到B2，细线与杆的夹角不变；根据平衡条件，有：2T cosθ=mg，得绳子张力也不变，故D错误；故选：A对挂钩受力分析，根据平衡条件结合几何关系列式求解；悬点从B上移或下移，细线与杆的夹角不变；杆左右移动时，细线与杆的夹角改变．本题关键根据几何关系，得到两种移动方式下，绳子与竖直方向的夹角的变化情况，然后根据共点力平衡条件列式求解．三、多选题(本大题共2小题，共12.0分)4.在发射地球同步卫星的过程中，卫星首先进入椭圆轨道I，然后在Q点通过改变卫星速度，让卫星进入地球同步轨道Ⅱ．则（）A.该卫星的发射速度大于11.2km/sB.该卫星的发射速度大于7.9km/s，小于11.2km/sC.卫星在同步轨道Ⅱ上的运行速度大于7.9km/sD.卫星在Q点通过加速实现由轨道I进入轨道Ⅱ【答案】BD【解析】解：A、7.9km/s即第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，是发射地球卫星的最小速度，11.2km/s是卫星脱离地球束缚的发射速度，而同步卫星仍然绕地球运动，所以该卫星的发射速度大于7.9km/s，小于11.2km/s，故A错误，B正确；C、7.9km/s即第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是最大的圆周运动的环绕速度．而同步卫星的轨道半径要大于近地卫星的轨道半径，根据v的表达式可以发现，同步卫星运行的线速度一定小于第一宇宙速度．故C错误．D、从椭圆轨道Ⅰ到同步轨道Ⅱ，卫星在Q点是做逐渐远离圆心的运动，要实现这个运动必须卫星所需向心力大于万有引力，所以应给卫星加速，增加所需的向心力．所以卫星在Q点通过加速实现由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ．故D正确．故选：BD了解同步卫星的特点和第一宇宙速度、第二宇宙速度的含义．当万有引力刚好提供卫星所需向心力时卫星正好可以做匀速圆周运动1．若是供大于需则卫星做逐渐靠近圆心的运动2．若是供小于需则卫星做逐渐远离圆心的运动本题要知道第一宇宙速度的含义．卫星变轨也就是近心运动或离心运动，根据提供的万有引力和所需的向心力关系确定．5.如图为理想变压器原线圈所接交流电压的波形．原、副线圈匝数比n1：n2=10：1，串联在副线圈电路中电流表的示数为10A，下列说法正确的是（）A.变压器原线圈中的电流为1AB.变压器的输出功率为311WC.变压器输出端电压最大值为31.1VD.变压器输出端交流电的频率为50H z【答案】ACD【解析】解：A、串联在副线圈电路中电流表的示数为10A，根据电流与匝数成反比知变压器原线圈中的电流为1A，故A正确；B、根据由图知输入电压的最大值为311V，有效值为U=200V；变压器的输入电压为200V，串联在原线圈电路中电流表的示数为1A，故变压器的输入功率为：P=UI=200×1=200W，理想变压器的输出功率等于输入功率，也为200W；故B错误；C、根据由图知输入电压的最大值为311V，原、副线圈匝数比n1：n2=10：1，所以变压器输出端电压最大值为31.1V，故C正确；D、变压器输入电压的周期为0.02s，故频率为50H z；变压器不改变电流频率，故输出的交流电的频率为50H z，故D正确；故选：ACD根据u-t图象知道电压的有效值，周期和频率，变压器电压与匝数成正比、电流与匝数成反比，变压器不改变功率和频率．本题考查了变压器的变压原理，要能够从图象中获取有用物理信息．要掌握变压器的变压规律，知道理想变压器不改变电功率和频率．四、单选题(本大题共2小题，共12.0分)6.如图甲所示，固定的水平金属导轨足够长且电阻不计．两阻值相同的导体棒ab、cd置于导轨上，棒与导轨垂直且始终保持良好接触．整个装置处在与导轨平面垂直向下的匀强磁场B中．现让导体棒ab以如图乙所示的速度向右运动．导体棒cd始终静止在导轨上，以水平向右为正方向，则导体棒cd 所受的静摩擦力f随时间变化的图象是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】解：由右手定则可知ab中感应电流的方向向上，由法拉第电磁感应定律得：E=BL v，由欧姆定律得：I=．感应电流从上向下流过cd棒，由左手定则可知，产生的安培力向右，大小：对cd进行受力分析，可知，cd棒竖直方向受到重力和轨道的支持力；水平方向受到安培力和摩擦力的作用，由共点力的平衡可得，水平方向受到的摩擦力与安培力大小相等，方向相反，即方向向左，大小：f=F=，大小与速度v成正比，与速度的方向相反．故B正确，ACD错误．故选：B由右手定则判断出感应电流的方向，由E=BL v求出电动势，然后由欧姆定律求出回路中的电流．然后对cd进行受力分析，由共点力的平衡即可求出cd棒受到的摩擦力的大小．此题考查了导体棒在磁场中运动问题，关键推导安培力与速度的关系，正确分析能量如何转化，运用平衡条件和能量守恒解决这类问题．7.如图所示，表面粗糙、倾角为θ的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮．初始时刻，A、B处于静止状态且B不受摩擦力．现施加一沿斜面向下的恒力F，使B沿斜面下滑，当质量为m的A物块上升h高度的过程中（不计滑轮的质量和摩擦）（）A.A、B组成的系统机械能守恒B.A、B组成的系统机械能增加F hC.A、B组成的系统动能增加F hD.物块B重力势能减少mgh【答案】D【解析】解：A、对于A、B组成的系统，有拉力和摩擦力做功，故机械能不守恒，故A错误；B、对于A、B组成的系统，除重力外，拉力做功F h，摩擦力做功-fh，故机械能增加（F-f）h，故B错误；C、初始时刻，A、B处于静止状态且B不受摩擦力，说明B物体的重力的下滑分力与细线拉力平衡，而细线拉力等于物体A的重力，为mg；对于A、B组成的系统，根据动能定理，系统动能增加等于总功，为：（F-f）h，故C错误；D、初始时刻，A、B处于静止状态且B不受摩擦力，说明B物体的重力的下滑分力与细线拉力平衡，而细线拉力等于物体A的重力，为mg，故：m B gsinθ=mg故物块B重力势能减少：m B gsinθh=mgh；故D正确；故选：D．系统机械能守恒的条件是只有重力做功；系统机械能增加量等于除重力外其余力（包括内力）做的功的代数和；系统动能增加量等于各个力（包括内力）的总功．本题考查了功能关系，注意总功是动能变化的量度，除重力外其余力做的功是机械能变化的量度．七、多选题(本大题共1小题，共4.0分)12.以下说法正确的是（）A.气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子间斥力大于引力的缘故B.小昆虫能停在水面上是因为水对昆虫有浮力的原因C.外界对物体做功，物体内能不一定增大D.熵是系统内分子运动无序性的量度【答案】CD【解析】解：A、气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子在热运动，故A错误；B、小昆虫能停在水面上是因为昆虫受到液体表面张力的原因，故B错误；C、改变内能的方式有做功和热传递，仅对物体做功，内能不一定增大，故C正确；D、熵是物体内分子运动无序程度的量度，同种物质气态的熵大于液体和固体的，故D 正确；故选：CD．气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子在热运动，能停在水面上是因为昆虫受到液体表面张力的原因，改变内能的方式有做功和热传递；熵是物体内分子运动无序程度的量度．掌握分子间的作用力，改变内能的方式及知道在孤立系统中，一个自发的过程熵总是向增加的方向进行．九、多选题(本大题共1小题，共4.0分)14.一列简谐横波以1m/s的速度沿绳子由A向B传播，A、B两质点的平衡位置相距6m，如图甲所示．质点A的振动图象如图乙所示．以下判断正确的是（）A.该横波的波长为4mB.A、B两质点均振动后，它们的振动情况始终相同C.B质点的起振方向沿y轴负方向D.质点A做简谐运动的表达式为y=5sin（t）cm【答案】AD【解析】解：A、据图可知：T=4s，据波速公式可知：λ=v T=1×4m=4m，故A正确；BC、由于两质点的距离差为2m=，所以两点的振动情况相反；据图可知质点A的起振方向向上，所以B质点的起振方向向上，故BC错误；D、据图象可知：A=2cm，ω==，所以质点A做简谐运动的表达式为y=5sin（t）cm，故D正确．故选：AD．首先据波速公式求波长；据AB两点距离与波长的关系判断两质点的振动情况；据简谐振动的振动方程判断即可．本题考查波的形成，明确波的传播特点是解题的关键，注意各质点的振动情况并与波源相联系，基础题．十一、多选题(本大题共1小题，共4.0分)16.下列说法正确的是（）A.卢瑟福通过α粒子散射实验提出了原子的核式结构模型B.放射性元素在高温高压下形成化合物后，不再发生衰变C.发生β衰变时，元素原子核的质量数不变，电荷数增加lD.氢原子从n=1的能级跃迁到n=3的能级时，将释放光子【答案】AC【解析】解：A、卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，建立了原子的核式结构模型；故A正确．B、半衰期与外界因素无关，故B错误；C、β衰变时，元素原子核的质量数不变，电荷数增加1，故C正确；D、一个氢原子从n=1能级跃迁到n=3能级，即从低能级向高能级跃迁，吸收光子，能量增加，故D错误；故选：AC．本题关键要知道：卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，建立了原子的核式结构模型；半衰期与外界因素无关；β衰变时，质量数不变，电荷数增加1；从高能级向低能级跃迁，释放光子，能量减少，从低能级向高能级跃迁，吸收光子，能量增加．本题考查衰变的实质及其衰变特征，正确掌握衰变的知识是解决本题的关键，注意知道高能级向低能级跃迁，释放光子，从低能级向高能级跃迁，吸收光子，同时理解影响半衰期的因素．五、实验题探究题(本大题共1小题，共8.0分)8.某同学采用如图1所示的装置探究物体的加速度与所受合力的关系．用沙桶和沙的重力提供小车所受合力F．（1）图2是实验中获取的一条纸带的一部分，其中O、A、B、C、D是计数点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），已知打点计时器使用的交流电源的频率为50H z，打“B”点时小车的速度大小为______ m/s．由纸带求出小车的加速度的大小为______m/s2．（计算结果均保留2位有效数字）（2）用增减沙子的方法改变拉力的大小与增减钩码的方法相比，它的优点是______ ．（填序号）A．可以改变滑动摩擦力的大小B．可以更方便地获取多组实验数据C．可以比较精确地平衡摩擦力D．可以获得更大的加速度以提高实验精度（3）根据实验中得到的数据描出如图3所示的图象，发现该图象不过原点且图象后半段偏离直线，产生这种结果的原因可能是______ ．（填序号）A．在平衡摩擦力时将木板右端垫得过高B．没有平衡摩擦力或者在平衡摩擦力时将木板右端垫得过低C．图象的后半段偏离直线，是因为沙和沙桶的质量一定大于小车的质量D．图象的后半段偏离直线，是因为沙和沙桶的质量不再远小于小车的质量．【答案】0.54；1.5；B；AD【解析】解：（1）打点周期T=，每相邻两计数点间还有4个打点，计数点间的时间间隔为：t=0.02s×5=0.1s，根据作差法得：a==1.5m/s2，由匀变速直线运动规律可知，B点的瞬时速度等于AC的平均速度，则（2）缓慢加沙子，重力改变范围大，可以更方便地获取多组实验数据，而钩码的质量是固定的，只能取一些固定的质量故选：B．（3）A、图线不经过原点，当拉力为零时，加速度不为零，知平衡摩擦力过度，即长木板的末端抬得过高了．故A正确，B错误；C、曲线上部出现弯曲现象，随着F的增大，即砂和砂桶质量的增大，不在满足砂和砂桶远小于小车的质量，因此曲线上部出现弯曲现象．故C错误，D正确．故选：AD故答案为：（1）0.54；1.5；（2）B；（3）AD（1）利用逐差法△x=a T2可以求出物体的加速度大小，根据匀变速直线运动中某点的瞬时速度等于该过程中的平均速度大小可以求出某点的瞬时速度大小；（2、3）探究物体的加速度与所受合力的关系的实验，运用控制变量法探究加速度与力和力的关系．根据牛顿第二定律分析“将砂桶和砂的重力近似看作小车的牵引力”的条件．根据原理分析图线不经过原点和曲线上部出现弯曲现象的原因．解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，同时要熟练应用所学基本规律解决实验问题．六、计算题(本大题共3小题，共48.0分)9.某同学从家里的废旧收音机上拆下一电学元件，其上标注“2.5V，1.5W”的字样，为描绘出该元件的伏安特性曲线，该同学在实验室找到了下列实验器材：A．电流表（量程是3A，内阻是0.1Ω）B．电流表（量程是0.6A，内阻是0.5KΩ）C．电压表（量程是15V，内阻是25KΩ）D．电压表（量程是3V，内阻是5KΩ）E．滑动变阻器（阻值范围0～5Ω，额定电流为0.6A）F．滑动变阻器（阻值范围0～100Ω，额定电流为0.6A）G．直流电源（电动势E=3V，内阻不计）H．开关、导线若干（1）为了提高实验结果的准确程度，电流表应选______ ；电压表应选______ ；滑动变阻器应选______ ．（以上均填写器材代号）（2）请将实验电路图补充完整．（3）该同学根据设计的图1实验电路进行实验，通过实验得到如下数据（I和U分别表示待测元件的电流和电压），请在图2坐标纸中描绘出该元件的伏安特性曲线．【答案】B；D；E【解析】解：（1）元件的最大电压不超过2.5V，电压表应选D，最大电流不超过I=，电流表选B，为方便实验操作，滑动变阻器应选小量程，所以选E，（2）由表中实验数据可知，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，元件电阻约为R=．，电压表内阻约为5kΩ，电流表内阻约为0.5Ω，电压表内阻远大于电学元件电阻，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示．（3）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图象如图所示：故答案为：（1）B；D；E；（2）如图所示；（3）如图所示．（1）根据电学元件额定电压选择电压表，根据电学元件的最大电流选择电流表，为方便实验操作选择最大阻值较小的滑动变阻器；（2）根据题意确定滑动变阻器的接法，根据灯泡电阻与电表内阻的关系确定电流表的接法，然后作出实验电路图．（3）应用描点法作出图象．电学实验中要注意仪表的选择方法、设计实验电路、电路的接法等，要多练习从而找出相应的规律；明确分压接法使用的条件，并能根据电流表及电压表的内阻确定电流表的内外接法；测小灯泡的伏安特性曲线采用的均为分压外接法．10.美国新泽西州六旗大冒险主题公园内的跳楼机为世界上最高的跳楼机．它能让人们体验到短暂的“完全失重”．参加体验的游客被安全带固定在座椅上，电动机将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面130m高处由静止释放，人与座椅沿轨道先做自由落体运动，接着做匀减速运动，在下落到离地面9m高处时速度刚好减小到零，整个过程历时6.5s．最后将游客安全地送回地面．（已知人的质量为60kg，g取10m/s2）求：（1）整个过程人和座椅的最大速度；（2）人与座椅做自由下落的时间；（3）在匀减速阶段，座椅对游客的作用力大小．【答案】解：（1）设座椅在自由下落结束时刻的速度为v，此速度为下落过程的最大速度，为匀减速的初速度，根据平均速度公式知H=v===40m/s（2）由v=gt1得：t1==4.0s（3）设座椅在匀减速阶段的加速度大小为a，座椅对游客的作用力大小为F由v-at2=0，解得a==16m/s2由牛顿第二定律：F-mg=ma解得：F=m（g+a）=26×60N=1560N答：（1）整个过程人和座椅的最大速度为40m/s；（2）人与座椅做自由下落的时间为4s；（3）在匀减速阶段，座椅对游客的作用力大小为1560N．【解析】（1）根据匀变速直线运动平均速度公式公式列式求解即可；（2）根据速度时间公式列式求解即可；（3）对匀减速下降过程，运用牛顿第二定律列式计算即可．本题关键分析求出乘客的运动情况，然后根据运动学公式求解出加速度，再根据牛顿第二定律列式计算．11.如图所示，在直角坐标系xoy的第二象限存在沿y轴正方向的匀强电场，电场强度的大小为E1，在y轴的左侧存在垂直于纸面的匀强磁场．现有一质量为m，带电量为-q的带电粒子从第二象限的A点（-3L，L）以初速度v0沿x轴正方向射入后刚好做匀速直线运动，不计带电粒子的重力．（1）求匀强磁场的大小和方向；（2）撤去第二象限的匀强磁场，同时调节电场强度的大小为E2，使带电粒子刚好从B 点（-L，0）进入第三象限，求电场强度E2的大小；（3）带电粒子从B点穿出后，从y轴上的C点进入第四象限，若E l=2E2，求C点离坐标原点O的距离．【答案】解：（1）带电粒子做匀速直线运动，其所受合力为零，带电粒子受到的电场力沿y轴负方向，故带电粒子受到的洛伦兹力方向沿y轴正方向，根据左手定则判断磁场方向垂直纸面向外；根据带电粒子受的洛伦兹力等于电场力，有：qv0B=q E1①解得：B=②（2）撤去磁场后，带电粒子受电场力做类似平抛运动，根据牛顿第二定律，有：q E2=ma③x轴方向：2L=v0t④y轴方向：L=⑤解得：E2=⑥（3）带电粒子穿过B点时竖直速度：v y=at⑦由④⑤⑦解得：v y=v0则通过B点时的速度：v=与x轴正方向的夹角正弦：sinθ=故θ=45°带电粒子在第3象限内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，故：qv B=E1=2E2由第1问知：B=联立解得：R=LCO=（-1）L答：（1）匀强磁场的大小为，方向为；（2）电场强度E2的大小为；（3）C点离坐标原点O的距离为（-1）L．【解析】（1）粒子做匀速直线运动，电场力与洛伦兹力平衡，根据平衡条件列式求解匀强磁场磁感应强度的大小，根据左手定则判断磁场方向；（2）粒子做类似平抛运动，根据类平抛运动得到分位移公式列式求解；（3）对类似平抛运动过程根据分运动公式求解末速度的大小和方向；在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解轨道半径；然后结合几何关系确定C点离坐标原点O的距离．本题关键是明确粒子的受力情况和运动情况，分匀速直线运动、类似平抛运动和匀速圆周运动，根据平衡条件、类平抛运动的分运动公式和牛顿第二定律列式求解．八、计算题(本大题共1小题，共8.0分)13.为研究我国传统的治病工具--拔火罐的工作原理，某同学设计了如图实验．圆柱状气缸被固定在铁架台上，气缸横截面积S=30cm2，将一团燃烧的轻质酒精棉球从缸底的开关K处扔到气缸内，酒精棉球熄灭时密闭开关K，测出此时缸内温度为127℃．活塞通过不可伸长的细线与重物m相连，此时活塞下的细线刚好拉直且拉力为零．而这时活塞距缸底为L．由于气缸导热良好，重物被吸起，最后重物稳定在距地面处．已知环境温度为27℃不变，大气压强为1.0×105P a，g取10m/s2，气缸内的气体可看做理想气体，活塞与细线的质量不计．求：（i）最终气缸内气体的压强；（ii）所提重物的质量m．【答案】解：设酒精棉球熄灭时气缸内的温度为t，气缸内封闭气体的状态为：P1=P0=1.0×105P a V1=LS T1=237+t=400K重物稳定气缸内封闭气体的状态为：，T2=273+27=300K由理想气体的状态方程可得：所以，最终气体的压强为：P a（2）对轻质活塞，P0S=mg+P2S代入数据可得：m=5kg答：（i）最终气缸内气体的压强是P a；（ii）所提重物的质量是5kg．【解析】（1）列出气体的初末状态，然后又理想气体的状态方程即可求出压强；（2）酒精棉球熄灭后，以活塞为研究对象，结合封闭气体末状态压强由共点力的平衡状态列式即可求解．本题得关键是以活塞为研究对象，受力分析利用平衡求出初末状态压强，然后利用理想气体状态方程列式即可求解．十、计算题(本大题共1小题，共10.0分)15.两束平行的细激光束，垂直于半球形玻璃体的圆平面射到半圆球体上，如图所示．已知其中一条光线沿直线穿过玻璃，它的入射点是球心0；另一条光线的入射点为A，穿过玻璃后两条光线交于P点．已知玻璃球的圆半径为R，OA=R，OP=R，光在真空中的速度为c．求：（i）该玻璃的折射率；（ii）光从A点传播到P点的时间．【答案】解：（i）光线沿直线第一次到达圆弧面B点的入射角θ1=30°由几何关系可得：∠BOP=30°，所以折射角为θ2=60°玻璃的折射率。

2015年山东省烟台市高考物理二模试卷

2015年山东省烟台市高考物理二模试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共2小题，共12.0分)1.如图所示，滑块穿在水平横杆上并可沿杆左右滑动，它的下端通过一根细线与小球相连，小球受到水平向右的拉力F的作用，此时滑块与小球处于静止状态．保持拉力F始终沿水平方向，将其大小缓慢增大，细线偏离竖直方向的角度将增大，这一过程中滑块始终保持静止，则（）A.滑块对杆的压力增大B.滑块受到杆的摩擦力增大C.小球受到细线的拉力大小不变D.小球所受各力的合力增大【答案】B【解析】解：CD、对球分析，受重力mg、拉力F和细线的拉力T，如图所示：根据平衡条件，有：F=mgtanθT=故拉力F不断增加，拉力T也增加；小球的合力为零，保持不变；故C错误，D错误；AB、对球和滑块整体分析，受到总重力、支持力、拉力和静摩擦力，根据平衡条件，有：N=（M+m）gf=F=mgtanθ支持力不变，根据牛顿第三定律，压力也不变；静摩擦力等于拉力，不断增加；故A错误，B正确；故选：B先对球分析，根据平衡条件求解拉力和细线的张力情况；然后对球和滑块整体分析，根据平衡条件求解支持力和静摩擦力情况．本题关键在于运用整体法和隔离法对整体和小球受力分析，然后根据共点力平衡条件列式求解，对于研究对象的灵活选择，有时可以使问题大大简化，起到事半功倍的效果．2.如图所示，光滑水平面上有一矩形长木板，木板左端放一小物块，已知木板质量大于物块质量，t=0时两者从图中位置以相同的水平速度v0向右运动，碰到右面的竖直挡板后木板以与原来等大反向的速度被反弹回来，运动过程中物块一直未离开木板，则关于物块运动的速度v随时间t变化的图象可能正确的是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】解：木板碰到挡板前，物块与木板一直做匀速运动，速度为v0；木板碰到挡板后，物块向右做匀减速运动，速度减至零后向左做匀加速运动，木板向左做匀减速运动，最终两者速度相同，设为v．设木板的质量为M，物块的质量为m，取向左为正方向，则由动量守恒得：M v0-mv0=（M+m）v，得v=＜v0故A正确，BCD错误．故选：A．木板碰到挡板前，物块与木板一直做匀速运动，木板碰到挡板后，物块继续向右做匀减速运动，木板向左做匀减速运动，最终两者速度相同，由动量守恒分析最终的速度，即可选择图象．解决本题的关键要正确分析物体的运动情况，明确木板碰到挡板后，系统的动量守恒，运用动量守恒定律研究最终的共同速度．二、多选题(本大题共1小题，共6.0分)3.如图所示，ac和bd为正方形abcd的对角平分线，O为正方形的中心．现在abc三点分别放上电荷量相等的三个正电荷，则下列说法正确的是（）A.O点电场强度的方向垂直于ac由O指向dB.从O到d电势逐渐升高C.将b点的电荷移到O点时，d点的电场强度变小D.将带正电的试探电荷由O移到d，该电荷的电势能逐渐减少【答案】AD【解析】解：A、根据点电荷产生的场强和叠加原理可得O点的场强方向垂直于ac由O指向d，故A正确；B、O到d的场强方向指向d，故沿电场线方向电势降低，故B错误；C、根据电场的叠加可知将b点的电荷移到O点时，d点的电场强度变大，故C错误；D、将带正电的试探电荷由O移到d，电场力做正功，电势能减小，故D正确；故选：AD根据点电荷产生的场强和场强的叠加原理判断场强的大小，沿电场线方向电势降低，正电荷沿电场线方向电场力做正功，电势能减小本题考查对电场叠加的理解和应用能力，明确其计算用矢量合成法则，会分析电势的高低三、单选题(本大题共3小题，共18.0分)4.如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，A、V均为理想电表，R为光敏电阻（其阻值随光强增大而减小），L l和L2是两个完全相同的灯泡．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 H zB.电压表V的示数为22VC.当照射R的光强增大时，电流表A的示数变大D.当L l的灯丝烧断后，电压表V的示数会变大【答案】C【解析】解：A、原线圈接入如图乙所示，T=0.02s，所以频率为f==50H z，故A错误；B、原线圈接入电压的最大值是220V，所以原线圈接入电压的有效值是U=220V，理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，所以副线圈电压是22V，所以V的示数为22V，故B错误；C、R阻值随光强增大而减小，根据I=知副线圈电流增加，副线圈输出功率增加，根据能量守恒定律，所以原线圈输入功率也增加，原线圈电流增加，所以A的示数变大，故C正确；D、当L l的灯丝烧断后，变压器的输入电压不变，根据变压比公式，输出电压也不变，故电压表读数不变，故D错误；故选：C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．和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，在根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况．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.在绝缘的水平桌面上有MN、PQ两根平行的光滑金属导轨，导轨间的距离为l．金属棒ab和cd垂直放在导轨上，两棒正中间用一根长l的绝缘细线相连．棒ab右侧有一直角三角形匀强磁场区域，磁场方向竖直向下，三角形的两条直角边长均为l，整个装置的俯视图如图所示．从图示位置在棒ab上加水平拉力F，使金属棒ab和cd向右匀速穿过磁场区，则金属棒ab中感应电流i和绝缘细线上的张力大小F随时间t变化的图象可能正确的是（金属棒ab中电流方向由a到b为正）（）A. B. C. D.【答案】B【解析】解：在ab棒通过磁场的时间内，ab棒切割磁感线的有效长度均匀增大，由E=BL v分析可知，ab产生的感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大，由楞次定律知感应电流的方向由b到a，为负值．根据cd棒受力平衡知，细线上的张力F为0；在cd棒通过磁场的时间内，cd棒切割磁感线的有效长度均匀增大，由E=BL v分析可知，cd产生的感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大，由楞次定律知感应电流的方向由a到b，为正负值．根据cd棒受力平衡知，细线上的张力F=BIL=，L均匀增大，则F非线性增大．故ACD错误，B正确．故选：B．在金属棒ab和cd向右匀速穿过磁场区的过程中，ab棒或cd棒切割磁感线，由E=BL v 分析感应电动势的变化，判断感应电流大小的变化，由楞次定律分析感应电流的方向．由F=BIL得到安培力的表达式，再由平衡条件分析F的变化．对于电磁感应中图象问题，先根据楞次定律判断感应电流方向，再运用E=BL v、欧姆定律判断感应电流大小的变化情况，要注意公式E=BL v中L是有效的切割长度．6.如图所示，有A、B两颗卫星绕地心O做圆周运动，旋转方向相同．A卫星的周期为T1，B卫星的周期为T2，在某一时刻两卫星相距最近，则（引力常量为G）（）A.两卫星经过时间t=T1+T2再次相距最近B.两颗卫星的轨道半径之比T22：T12C.若己知两颗卫星相距最近时的距离，可求出地球的质量D.若己知两颗卫星相距最近时的距离，可求出地球表面的重力加速度【答案】C【解析】解：A、两行星相距最近时，两行星应该在同一半径方向上，A多转动一圈时，第二次追上，转动的角度相差2π，即：t-t=2π，解得：t=．故A错误；B、根据万有引力提供向心力得：=m rA卫星的周期为T1，B卫星的周期为T2，所以：，故B错误；C、若己知两颗卫星相距最近时的距离，结合两颗卫星的轨道半径之比可以求得两颗卫星的轨道半径，根据万有引力提供向心力得：=m r，所以可求出地球的质量，故C正确D、不知道地球的半径，所以不可求出地球表面的重力加速度，故D错误；故选：C．两行星相距最近时，两行星应该在同一半径方向上，两行星相距最远时，两行星应该在同一直径上，由于A的周期小，故A转得较快，当A比B多转一圈时两行星再次相距最近．根据几何关系得到两颗卫星相距最近和相距最远所满足的角度关系，最近时两卫星在同一半径上角度差为2π弧度，卫星相距最远时，两卫星在同一直径上，转过的角度差为π弧度．四、多选题(本大题共1小题，共6.0分)7.一块长木板abc长为2L，沿与水平面成θ角倾斜放置，它的ab部分表面光滑，bc部分表面粗糙，两部分长度相等．木板下端口处有一与木板垂直的挡板，挡板上固定一段劲度系数为k的轻弹簧，弹簧长度为0.5L．将一质量为m的物块在木板的顶端c由静止释放，物块将沿木板下滑，已知重力加速度大小为g，下列表述正确的是（）A.物块最终会在ab之间某一段范围内做往复运动B.物块运动过程中克服摩擦力做的功最多为mg L sinθC.物块每一次下滑过程达到最大速度的位置是不一样的D.物块每一次下滑过程中弹簧具有的弹性势能的最大值都等于mgsinθ（）【答案】AB【解析】解：A、物块从C到最低点的运动中，物块的势能转化为摩擦生热和弹簧的势能，从最低点返回后弹性势能转化为摩擦生热和物块的重力势能，物块会在木板上做往返运动，每次经过bc面都有能量损失，直至最后的弹性势能只能转化为物块到达b点的重力势能，物块只在ab之间某一段范围内做往复运动，故A正确；B、物块最后在b与a上方某点之间做往复运动，物块在平衡位置时，由mgsinθ=kx，解得弹簧的最大形变量：x=，根据能量守恒定律，mg（2L-）sinθ=W f+mg（L-）sinθ，解得：W f=mg L sinθ，故B正确；C、物块开始会在b点上方某点和最低点运动，最后在b点和最低点之间运动，故在b 点上方某点和最低点运动时，每次有能量损耗，故每一次下滑过程达到最大速度的位置是不一样的，但在b点和最低点之间运动，无能量损耗，物块每一次下滑过程达到最大速度的位置是一样的，故C错误；D、物块在平衡位置时，由mgsinθ=kx，解得弹簧的最大形变量：x=，根据能量守恒律得：mgsin=E P+Q，整理得：E P+Q=mgsinθ（），故物块第一次下滑过程中弹簧具有的弹性势能的最大值都小于mgsinθ（），故D错误；故选：AB物块从C到最低点的运动中，物块的势能转化为摩擦生热和弹簧的势能，从最低点返回后弹性势能转化为摩擦生热和物块的重力势能，物块会在木板上做往返运动，每次经过bc面都有能量损失，直至最后的弹性势能只能转化为物块到达b点的重力势能，物块只在ab之间某一段范围内做往复运动，根据能量守恒定律计算过程中摩擦力做功，最大的弹性势能．本题关键是明确物体的受力情况和运动情况，结合平衡条件、能量守恒定律求解，分析时注意物块运动到最低点时，位移不等于2L，利用公式时，注意位移大小．七、多选题(本大题共1小题，共4.0分)12.下列说法正确的是（）A.温度升高，物体分子热运动的平均动能一定增大B.当分子力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而减小C.外界对物体做功，物体内能一定增加D.对于一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热【答案】AD【解析】解：A、温度是分子平均动能的标志，温度高的平均动能大，温度升高，物体分子热运动的平均动能一定增大；故A正确；B、当分子力表现为斥力时，分子间距离减小时，分子力做负功；故分子势能随分子间距离的减小而增大；故B错误；C、外界对物体做功时，可能物体同时对外放热，故内能不一定增加；故C错误；D、对于一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大对外做功，根据理想气体的状态方程：，可知气体的温度一定升高，内能增大．根据热力学第一定律可知一定从外界吸热；故D正确；故选：AD．温度是分子平均动能的标志；分子间存在着相互作用的引力和斥力，当分子间距离增大时，表现为引力，当分子间距离减小时，表现为斥力，而分子间的作用力随分子间的距离增大先减小后增大，再减小；当分子间距等于平衡位置时，引力等于斥力，即分子力等于零；根据热力学第一定律分析内能的变化．本题考查温度的微观意义、分子间的相互作用力、热力学第一定律和理想气体的状态方程，要注意明确分子的作用力与分子间距离的关系．九、多选题(本大题共1小题，共4.0分)14.一简谐波在如图所示的x轴上传播，实线和虚线分别是t1=0和t2=0.2s时刻的波形图．则下列说法正确的是（）A.若该波在t1=0时刻已沿+x方向传播到x=6m处，则波源起振方向向下B.若该波与另一频率为1.25H z的简谐波相遇时发生干涉，则该波沿+x方向传播C.若该波在t2=0.2s时刻，x=2.5m处的质点向-y方向运动，则该波向+x方向传播D.若该波的传播速度是75m/s，则该波沿-x方向传播【答案】BD【解析】解：A、若该波在t1=0时刻已沿+x方向恰传播到x=6m处，从t=0时刻的波形图上判断x=6m的质点与x=2m处质点运动情况相同，其前面的点（波向右传播，左边为前）在其上方，则此质点将向上运动，所有质点的起振方向是一致的，故波源起振方向向上，故A错误；B、频率为1.25H z的简谐波周期为T==0.8s，则，根据波的平移法实线右移波长为虚线波形，则波向右传播，即该波沿+x方向传播，故B正确；C、t2=0.2s时刻，x=2.5m处的质点向-y方向运动，则波源在右侧，波向-x方向传播，C 错误；D、根据s=vt=75m/s×0.2s=15m，，即传播距离为3λ，根据波的平移法，波向左平移波长为虚线波形，故波向-x方向传播，D正确．故选：BD发生干涉的条件是两列波的频率相同，由相同的频率求出周期从而判断波的传播方向；t2=0.2s时刻，x=2.5m处的质点向-y方向运动，则波源在右边，波向左传播；根据s=vt求出该波传播的距离，然后判断传播距离为波长的多少倍，从而判断波的传播方向；判断t=0时刻，x=6m处质点的振动方向，继而判断出波源的振动方向解决本题的前提是能熟练根据传播方向判断质点运动方向以及能根据波的传播方向判断质点振动方向，且熟悉波的平移法．十一、多选题(本大题共1小题，共4.0分)16.钍T h具有放射性，它能放出一个新的粒子而变为镤P a，同时伴随有γ射线产生，其方程为T h→P a+x，钍的半衰期为24天．则下列说法正确的是（）A.x为质子B.x是钍核中的一个中子转化成一个质子时产生的C.γ射线是镤核从高能级向低能级跃迁时辐射出来的D.1g钍T h经过120天后还剩0.2g钍【答案】BC【解析】解：A、根据电荷数和质量数守恒知钍核衰变过程中放出了一个电子，即x为电子，故A错误；B、β衰变的实质：β衰变时释放的电子是由核内一个中子转化成一个质子同时产生的，故B正确；C、原子核衰变产生的γ射线是反应生成的镤核从高能级向低能级跃迁辐射出的，故C 正确；D、钍的半衰期为24天，1g钍90234T h经过120天后，发生5个半衰期，1g钍经过120天后还剩0.03125g．故D错误；故选：BC衰变过程中满足质量数守恒，β粒子质量数为0；β衰变时释放的电子是由核内一个中子转化成一个质子同时释放出来的；衰变过程中满足质量数、电荷数守恒．本题考查核聚变反应与裂变反应的区别，知道原子核的表示方法，原子核衰变的实质以及α、β、γ三种射线的性质五、实验题探究题(本大题共2小题，共18.0分)8.如图甲所示，通过实验测量正方体铁块与长木板间的动摩擦因数．在水平桌面上放一块长木板，适当垫高木板的一端，让铁块从木板的顶端a由静止滑到底端b，铁块与b处的光滑弹性挡板相碰后被反弹到c时速度变为零．现用刻度尺量出木板的长度L，ac 间的距离x．（1）要完成实验还需要用刻度尺测量出______ ，根据测出的数据，若不考虑铁块的宽度和空气阻力的影响，则铁块与长木板间的动摩擦因数可表示为______ ．（用测得的量的符号表示）（2）为了提高实验的精度，需考虑铁块的宽度，图乙是进一步实验时用游标卡尺测量铁块宽度的示意图，由图可知铁块的宽度为______ cm．（3）以下能引起实验误差的是：______ （填选项序号）A．铁块的质量B．当地的重力加速度C．铁块与挡板碰撞时有能量损失D．测量长度时的读数误差．【答案】离桌面的高度h；；3.140；CD【解析】解：（1）根据动能定理，选取从静止到停止过程，则有：解得：μ=上可知要求μ，则需要知道h，即物体到桌面的高度；（2）游标卡尺的固定刻度读数为31mm=3.1cm，游标读数为0.05×8=0.40mm=0.040cm，所以最终读数为3.1cm+0.040cm=3.140cm；（3）由上式可知，实验中误差产生的原因有：铁块与挡板碰撞时有能量损失，及测量长度时的读数误差；而铁块的质量与当地的重力加速度，在等式两边约去，故CD正确，AB错误；故答案为：（1）离桌面的高度h，；（2）3.140；（3）CD．（1）根据动能定理，结合滑动摩擦力做功与路径有关，重力做功与高度有关，及长度关系确定正弦与余弦值，从而即可求解摩擦因数；（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；（3）根据动摩擦因数式，从而确定误差根源，即可求解．1、掌握游标卡尺的读数，注意游标卡尺不需估读．2、考查动能定理的应用，能根据受力分析和几何关系求解，并掌握分析误差的根源是解题的关键．9.某同学从下列器材中选择了一部分，用来测量一旧的层叠电池的电动势（4V左右）和内电阻（估计6Ω左右）．多用电表（电流档有250m A、500m A等量程，这两个量程对应的内阻分别为5Ω和2Ω）电压表V1（量程3V，内阻3KΩ）电压表V2（量程1.5V，内阻1KΩ）滑动变阻器R1（最大阻值100Ω，额定电流1A）滑动变阻器R2（最大阻值2KΩ，额定电流1A）开关和导线若干最终测得了六组电压和电流数据，描出的点如图2所示．（1）在图1的虚线框内画出实验电路图（使用多用电表的电流档测电流时，电路中用符号“黑--红”表示，其中的黑与红分别表示的是多用电表的黑表笔和红表笔．所选电流档的量程为______ ，所选滑动变阻器为______ （填“R1”或“R2”）；（2）实验过程中若电压表V1的示数为1.5V，此时电压表V2的示数应为______ V；（3）图2是某同学实验时画出的电源路端电压与通过电源的电流的图象，他把各组数据描出的点直接用折线连了起来，请纠正他存在的问题，画出正确的图线，由图象求出电源的电动势为______ V，内电阻为______ Ω．【答案】500m A；R1；0.5；4.1；6.4【解析】解：（1）由题意可知，电源电动势为4V，单个电压表无法使用，故应将两电压表串联使用；电路如图所示；内阻约为6Ω；故最大电流约为A；故多用电表应选择500m A档；因电源内阻较小，故滑动变阻器不能选择2kΩ的电阻；应选择总阻值较小的R1；（2）V1的示数为1.5V，故电压表V2的示数为：=0.5V；（3）由U=E-I r可知，U-I图象应为一次函数；故不能画成折线；故应将各点用直线连接，不在直线上的点可以舍去；如图所示；由图可知，电动势E=4.1V；内阻r==6.4Ω；故答案为：（1）如图所示；（2）500m A；R1；（2）0.5；（3）如图所示；4.1；6.4．（1）由题意可明确电路结构及实验原理，从而确定电表的选择并明确电路图的确定；（2）由串联电路的规律可求得电压表V2的示数；（3）由闭合电路欧姆定律可确定表达式，再由图象的性质可求得电源的内阻及电动势．本题考查闭合电路欧姆定律的应用，要注意正确分析实验原理，认真分析电路结构，再由数学规律可求得电动势和内电阻．六、计算题(本大题共2小题，共38.0分)10.如图所示，水平平台ab长为20m，平台b端与长度未知的特殊材料制成的斜面bc连接，斜面倾角为30°．在平台b端放上质量为5kg的物块，并给物块施加与水平方向成37°角的50N推力后，物块由静止开始运动．己知物块与平台间的动摩擦因数为0.4，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，求：（第（2）、（3）两问结果保留三位有效数字）（1）物块由a运动到b所用的时间；（2）若物块从a端运动到P点时撤掉推力，则物块刚好能从斜面b端开始下滑，则间a P的距离为多少？（物块在b端无能量损失）（3）若物块与斜面间的动摩擦因数μbc=0.277+0.03L b，式中L b为物块在斜面上所处的位置离b端的距离，在（2）中的情况下，物块沿斜面滑到什么位置时速度最大？【答案】解：（1）受力分析知物体的加速度为a1=°°==1.6m/s2x=a1t2解得a到b的时间为t==5s（2）物体从a到p：=2a1x1物块由P到b：=2a2x2a2=μgx=x1+x2解得ap距离为x1=14.3m（3）物体沿斜面下滑的速度最大时，须加速度为0，即a==0μbc=0.277+0.03L b，联立解得L b=10m因此如斜面长度L＞10m，则L b=10m时速度最大；若斜面长度L≤10m，则斜面最低点速度最大．答：（1）物块由a运动到b所用的时间为5s；（2）若物块从a端运动到P点时撤掉推力，则物块刚好能从斜面b端开始下滑，则间a P的距离为14.3m；（3）斜面长度L＞10m，则L b=10m时速度最大；若斜面长度L≤10m，则斜面最低点速度最大．【解析】（1）根据牛顿运动定律求解加速度，根据位移时间关系知时间；（2）根据位移速度关系列方程求解；（3）物体沿斜面下滑的速度最大时，须加速度为0，根据受力分析列方程，结合物块与斜面间的动摩擦因数μbc=0.277+0.03L b知斜面长度的临界值，从而讨论最大速度．本题考查的是牛顿第二定律及共点力平衡，但是由于涉及到动摩擦因数变化，增加了难度；故在分析时要注意物体沿斜面下滑的速度最大时，须加速度为0这个条件．11.如图（甲）所示，两带等量异号电荷的平行金属板平行于x轴放置，板长为L，两板间距离为2y0，金属板的右侧宽为L的区域内存在如图（乙）所示周期性变化的磁场，磁场的左右边界与x轴垂直．现有一质量为m，带电荷量为+q的带电粒子，从y轴上的A点以速度v0沿x轴正方向射入两板之间，飞出电场后从点（L，0）进入磁场区域，进入时速度方向与x轴夹角为30°，把粒子进入磁场的时刻做为零时刻，以垂直于纸面向里作为磁场正方向，粒子最后从x轴上（2L，0）点与x轴正方向成30°夹角飞出磁场，不计粒子重力．（1）求粒子在两板间运动时电场力对它所做的功；（2）计算两板间的电势差并确定A点的位置；（3）写出磁场区域磁感应强度B0的大小、磁场变化周期T应满足的表达式．【答案】解：（1）设粒子刚进入磁场时的速度为v，则：=v=°电场力对粒子所做的功为：W=（2）设粒子刚进入磁场时的竖直分速度为v′，则：v′=v0tan30°=水平方向：L=v0t竖直方向：′解得：y=电场力对粒子所做的功：W=q E y两板间的电压U=2E y0解得：U=（3）由对称性可知，粒子从x=2L点飞出磁场的速度大小不变，方向与x轴夹角为α=±30°；在磁场变化的半个周期内，粒子的偏转角为2α=60°；故磁场变化的半个周期内，粒子在x轴上的位移为：x=2R sin30°=R粒子到达x=2L处且速度满足上述要求是：n R=L R=（n=1，2，3，…）由牛顿第二定律，有：解得：B0=（n=1，2，3，…）粒子在变化磁场的半个周期内恰好转过周期，同时在磁场中运动的时间是变化磁场半个周期的整数倍，可使粒子到达x=2L处且满足速度题设要求；解得：（n=1，2，3，…）当＞T＞答：（1）粒子在两板间运动时电场力对它所做的功为；（2）两板间的电势差为，A点的位置坐标（0，）；（3）磁场区域磁感应强度B0的大小B0=（n=1，2，3，…）、磁场变化周期T ＞．【解析】（1）粒子在电场中做类似平抛运动，速度偏转角正切值为位移偏转角正切值的2倍，求解出末速度后根据动能定理列式求解电场力对它所做的功；（2）粒子在电场中做类似平抛运动，已知水平分位移和竖直分位移，根据分位移公式列式求解即可；（3）粒子在磁场中匀速圆周运动，画出可能的运动轨迹，然后结合牛顿第二定律和几。

2015届高三第二次全国大联考(山东版)物理卷含解析

绝密★启用前2015年第二次全国大联考【山东卷】理科综合·物理试题注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。

满分100分，考试时间90分钟。

2．答题前考生务必用0.5毫米黑色墨水签字笔填写好自己的姓名、班级、考号等信息3．考试作答时，请将答案正确填写在答题卡上。

第一卷每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；第Ⅱ卷请用直径0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷．．．．．．．．．．．．．．．．．．、草稿纸上作答．．．．．．．无效．．。

第I 卷（选择题共42分)本卷包括7小题，每小题给出四个选项中，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．如图所示，光滑的梯形物块A 叠放在梯形物块B 上，B 放在水平地面上，A 、B 之间的接触面倾斜．A 的左侧靠在竖直墙面上，关于两物块的受力，下列说法正确的是（）A ．A 对B 的压力等于A 的重量B ．物块B 受到向左的摩擦力C ．地面对B 的支持力等于于A 、B 两物块的总重量D ．若物块B 稍向右移，则地面对B 的摩擦力增大【答案】BC【考点】该题考查受力分析及共点力的平衡问题【解析】A 对B 的压力等于B 对A 的支持力，该支持力的方向不是竖直向上，所以不可能等于A 的重量，故A 错误；A 对B 的压力斜向右，所以B 受到的摩擦力向左，故B 正确；对AB 整体分析可知地面对B 的支持力等于两物体的总重量，故C 正确；若物体稍向右移，B 的受力并没有发生变化，地面对B 的摩擦力也没有发生变化,故D 错误。

15．最近“NASA ”证实木星的质量最大卫星木卫三确有海洋存在，这也引起了科学家对木卫三再次探索的极大兴趣。

已知它的直径约为地球的0.025倍，质量约为地球的0.4倍，它与木卫一的轨道半径保持着1:4的关系，下列说法正确的是（）A ．木星对木卫三的万有引力大于对木卫一的万有引力B ．木卫三表面的重力加速度约为地球表面重力加速度的160倍C ．木卫三与木卫一运动周期之比为1:8D ．从地球向木卫三发射航天器的发射速度必须大于第三宇宙速度【答案】AC【考点】该题考查万有引力定律及其应用【解析】根据万有引力的公式，木卫三的质量大且距离木星近，所以万有引力大，故A 正确；根据重力加速度的公式2R GM g =可知木卫三表面的重力加速度约为地球表面重力加速度的640倍，故B 错误；根据周期的公式GMr T 324π=可知木卫三与木卫一运动周期之比为1:8，故C 正确；第三宇宙速度是脱离太阳，第二宇宙速度是脱离地球，故D 错误。