山东省邹城市第一中学高考理综（物理部分）4月模拟试题（含解析）新人教版.doc

2015年山东省济宁市邹城一中高考物理模拟试卷（4月份） 一、选择题（每小题6分共36分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求）1（6分）如图，a、b两物体叠放在水平地面上，a物体m=20kg，b物体质量m=30kg处于水平位置的轻弹簧一端固定于墙壁，另一端与a物体相连，弹簧处于自然状态，其劲度系数为250n/m，a与b之间、b与地面之间的动摩擦因数均为=0.5现有一水平推力f作用于物体b上使b缓慢地向墙壁移动，当移动0.2m时，水平推力，的大小为（g取10m/s2）（） a 350 n b 300 n c 250 n d 200 n【考点】： 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用【专题】： 共点力作用下物体平衡专题【分析】： 判断物体b上缓慢地向墙壁移动0.2m时，a物块有无滑动，然后根据对b受力分析，根据平衡求出水平推力f的大小【解析】： 解：若a物块与b间未发生相对滑动，则弹簧的压缩量为0.2m，则弹簧的弹力f1=kx=2500.2n=50nmg=100n假设成立对b在竖直方向上平衡，在水平方向上受推力f、a对b的静摩擦力、地面的滑动摩擦力，根据平衡有：f=f1+f2=f1+（m+m）g=50+250n=300n故b正确，a、c、d错误故选：b【点评】： 解决本题的关键能够正确地进行受力分析，根据受力平衡确定未知力2（6分）（2015邹城市校级模拟）如图所示，光滑斜面p固定在小车上，一小球在斜面的底端，与小车一起以速度v向右匀速运动若小车遇到障碍物而突然停止运动，小球将冲上斜面关于小球上升的最大高度，下列说法中正确的是（） a 一定等于 b 可能大于 c 可能小于 d 一定小于【考点】： 动能定理的应用【分析】： 小球和车有共同的速度，当小车遇到障碍物突然停止后，小球由于惯性会继续运动，在运动的过程中小球的机械能守恒，根据机械能守恒可以分析小球能达到的最大高度【解析】： 解：小球冲上斜面，则有两种可能，一是斜面足够长，滑到某处小球速度为0，此时有mv2=mgh，解得h=，另一可能是斜面不足够长，小球滑出斜面做斜抛，到最高点还有水平速度，则此时小球所能达到的最大高度要小于故c正确；故选：c【点评】： 本题需要注意的是小球的运动有两种可能的情况，一是斜面足够长时，小球的动能可以全部转化为势能，二是斜面不够长，小球还有一定的动能没有转化成势能，此时的高度就要小了3（6分）如图所示，一正弦交流电瞬时值为e=220sin100tv，通过一个理想电流表，接在一个理想的降压变压器两端以下说法正确的是（） a 流过r的电流方向每秒钟变化50次 b 变压器原线圈匝数小于副线圈匝数 c 开关从断开到闭合时，电流表示数变小 d 开关闭合前后，ab两端电功率可能相等【考点】： 变压器的构造和原理；电功、电功率【专题】： 交流电专题【分析】： 变压器的特点：匝数与电压成正比，与电流成反比；负载决定输出电流变化，从而影响输入电流的变化【解析】： 解：a、由表达式知交流电的频率50hz，所以电流方向每秒钟变化100次，a错误；b、降压变压器原线圈匝数大于副线圈匝数，b错误；c、开关从断开到闭合时，副线圈电阻减小，电压不变，所以副线圈电流增大，则原线圈电流即电流表示数变大，c错误；d、开关闭合前，ab两端的功率为：，开端闭合后，ab两端的功率为：；若：即：时，pab=pab即闭合前后ab两端电功率相等，故d正确故选：d【点评】： 本题考查了变压器的特点，注意根据交流电瞬时值表达式获取有用信息，难度不大，属于基础题4（6分）某横波在介质中沿x轴传播，图甲为t=0.75s时的波形图，图乙为p点（x=1.5m处的质点）的振动图象，那么下列说法正确的有 （） a 该波向右传播，波速为2m/s b 质点l与质点n的运动方向总相反 c t=1.0s时，质点p处于平衡位置，并正在往正方向运动 d 在0.5s时间内，质点p向右运动了1m【考点】： 波长、频率和波速的关系；横波的图象【分析】： 根据质点p点的振动图象，可确定波的传播方向，再由波的传播方向来确定质点l的振动方向由振动图象读出质点的振动周期，从而知道波的传播周期，根据，从而求出波速，质点不随着波迁移【解析】： 解：a、从振动图象可知，在t=0.75s时，p点振动方向向下，所以波向左传播，且据，则有，故a错误；b、由波动图象可知，质点l与质点p平衡间距为半个波长，因此运动方向总是相反，故b正确c、甲为t=0.75s时的波形图，再经过t，即当t=1.0s时，质点p处于在平衡位置，振动方向向下，故c错误d、在0.5s时间内，质点p在平衡位置来回振动，并不随着波迁移故d错误故选b【点评】： 本题考查识别、理解振动图象和波动图象的能力，以及把握两种图象联系的能力，同时掌握由振动图象来确定波动图象的传播方向5（6分）已知地球半径r、自转周期t、地球表面重力加速度g，则地球同步卫星的环绕速度为（） a v= b v= c v= d v=【考点】： 人造卫星的加速度、周期和轨道的关系【专题】： 人造卫星问题【分析】： 同步卫星的轨道半径为r=r+h，其运动周期等于地球自转的周期，根据线速度与周期的关系可得出线速度的表达式根据万有引力提供向心力和万有引力等于重力，即可求解【解析】： 解：根据万有引力提供向心力得=r=，根据地球表面万有引力等于重力得：gm=gr2，由结合圆周运动公式得：地球同步卫星的环绕速度v=，故选：c【点评】： 对于卫星问题，关键要建立物理模型，运用万有引力和向心力知识、加上数学变形求解6（6分）有一个带正电的金属球壳（厚度不计），其截面图如图a 所示，o为球心，球壳p处开有半径远小于球半径的小 孔以o点为坐标原点，过p点建立x坐标轴，p点是坐标轴上的一点，x轴上各点电势如图b所示电子从o点以v0的初速度沿x轴方向射出，依次通过p、a两点 则下列关于电子的描述正确的是 （） a 在op间电子做匀加速直线运动 b 在pa间电子做匀减速直线运动 c 在op间运动时电子的电势能均匀增加 d 在pa间运动时电子的电势能增加【考点】： 匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： 根据图象分析电势的变化情况，图线的切线斜率等于电场强度，从而可分析场强的变化情况，进一步分析电场力的变化情况，即可判断电子的运动情况根据电场力做功情况，判断电势能的变化情况【解析】： 解：a、由图知op间的电势不变，则op间的电场强度为零，电子不受电场力，做匀速直线运动，故a错误b、根据顺着电场线方向，电势降低，可知pa间电场线方向从p到a，电子所受的电场力方向从a指向p，所以电子在pa间做减速直线运动根据图线的斜率等于场强可知，从p到a场强逐渐减小，电子所受的电场力减小，所以电子做加速度减小的变减速运动，故b错误c、由于电子在op运动时电场力不做功，所以其电势能不变，故c错误d、在pa间运动时电场力对电子做负功，则电子的电势能增加，故d正确故选：d【点评】： 解决本题的关键要分析图象斜率的物理意义，判断电势和场强的变化，再根据电场力做功与电势能的变化的关系进行判断二、实验题7（9分）甲乙两个学习小组分别利用单摆测量重力加速度甲组同学采用图甲所示的实验装置a为比较准确地测量出当地重力加速度的数值，除秒表外，在下列器材中，还应该选用adf；（用器材前的字母表示）a长度接近1m的细绳b长度为30cm左右的细绳c直径为1.8cm的塑料球d直径为1.8cm的铁球e最小刻度为1cm的米尺f最小刻度为1mm的米尺b该组同学先测出悬点到小球球心的距离l，然后用秒表测出单摆完成n次全振动所用的时间t请写出重力加速度的表达式g=（用所测物理量表示）c在测量摆长后，测量周期时，摆球振动过程中悬点o处摆线的固定出现松动，摆长略微变长，这将会导致所测重力加速度的数值偏小（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）乙组同学在图甲所示装置的基础上再增加一个速度传感器，如图乙所示将摆球拉开一小角度使其做简谐运动，速度传感器记录了摆球振动过程中速度随时间变化的关系，如图丙所示的vt图线a由图丙可知，该单摆的周期t=2.0 s；b更换摆线长度后，多次测量，根据实验数据，利用计算机作出t2l（周期平方摆长）图线，并根据图线拟合得到方程t2=4.04l+0.035由此可以得出当地的重力加速度g=9.76m/s2（取2=9.86，结果保留3位有效数字）【考点】： 用单摆测定重力加速度【专题】： 实验题【分析】： 根据单摆的周期公式确定所需测量的物理量，从而确定所需的器材和测量工具；结合单摆的周期公式，根据周期的大小求出重力加速度的表达式，通过表达式，分析误差是偏大还是偏小根据简谐运动的图线得出单摆的周期，根据单摆的周期公式求出t2l关系式，结合图线的斜率求出重力加速度【解析】： 解：a、根据t=得：g=，知需要测量摆长，摆长等于摆线的长度和摆球的半径之和，所以选择长近1m的细线，直径为1.8cm的铁球，需要测量摆长和摆球的直径，所以需要最小刻度为1mm的米尺和螺旋测微器故选：adfb、因为t=，则g=c、测量周期时，摆球振动过程中悬点o处摆线的固定出现松动，摆长略微变长，则摆长的测量值偏小，测得的重力加速度偏小a、根据简谐运动的图线知，单摆的周期t=2.0s；b、根据t=得：，知图线的斜率：k=4.04，解得：g=9.76m/s2故答案为：aadf；b； c偏小a2.0； b9.76【点评】： 解决本题的关键知道实验的原理，掌握单摆的周期公式，会通过图象法求解重力加速度的大小8（9分）某同学通过实验测定一根粗细均匀、阻值约为5合金丝电阻率的实验，用螺旋测微器测定合金丝直径的结果如图1所示，合金丝的直径为0.549mm现有如下器材：a输出电压可调的学生电源（2v、4v、6v内阻可不计）b电流表（00.6a，内阻约0 2n）c电压表（03v，内阻约3k ）d待测电阻rx e保护电阻r0=5 f滑动变阻器（05，额定电流2a）g滑动变阻器（02，额定电流1a）h开关和导线若干为了减小测量误差，本实验应选用图中两种电路图中的b（填相应的电路图2下的字母a或b）；为了提高测量准确度，获取多组数据，因此电源电压应选用6v；滑动变阻器应选用f （选填器材前的字母）【考点】： 测定金属的电阻率【专题】： 实验题；恒定电流专题【分析】： 螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数根据待测电阻阻值与电表内阻的关系选择实验电路为进行多次实验，测多组实验数据，应选电压大点的电源；根据实验器材与实验要求选择滑动变阻器【解析】： 解：由图示螺旋测微器可知，固定刻度示数为0.5mm，可动刻度示数为4.90.01mm=0.049mm，螺旋测微器的示数为0.5mm+0.049mm=0.549mm待测电阻阻值约为5，电压表内阻约为3k，电流表内阻约为0.2，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，实验实验需要选图b所示电路为获取多组数据，电压变化范围应大些，电源电压应大些，应选用6v；由图示电路图可知，滑动变阻器采用限流接法，为测多组实验数据，滑动变阻器应选用f故答案为：0.549；b；6；f【点评】： 本题考查了螺旋测微器读数、实验电路的选择、实验器材的选择，螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数，螺旋测微器需要估读当电压表内阻远大于待测电阻阻值时，电流表应采用外接法，当待测电阻阻值远大于电流表内阻时，电流表应采用内接法9（15分）如图所示，水平轨道与竖直平面内的圆弧轨道平滑连接后固定在水平地面上，圆弧轨道b端的切线沿水平方向质量m=1.0kg的滑块（可视为质点）在水平恒力f=10.0n的作用下，从a点由静止开始运动，当滑块运动的位移x=0.50m时撤去力f已知a、b之间的距离x0=1.0m，滑块与水平轨道间的动摩擦因数=0.10，取g=10m/s2求：（1）在撤去力f时，滑块的速度大小；（2）滑块通过b点时的动能；（3）滑块通过b点后，能沿圆弧轨道上升的最大高度h=0.35m，求滑块沿圆弧轨道上升过程中克服摩擦力做的功【考点】： 动能定理的应用；牛顿第二定律；动能定理【专题】： 动能定理的应用专题【分析】： （1）由牛顿第二定律及运动学公式可求得撤去拉力时的速度；（2）对ab过程由动能定理可求得b点的动能；（3）在上升过程中，物体受重力及摩擦力做功，由动能定理可求得摩擦力所做的功【解析】： 解：（1）滑动摩擦力 f=mg 设滑块的加速度为a1，根据牛顿第二定律fmg=ma1解得 a1=9.0m/s2设滑块运动位移为0.50m时的速度大小为v，根据运动学公式v2=2a1x 解得 v=3.0m/s； （2）设滑块通过b点时的动能为ekb从a到b运动过程中，依据动能定理有 w合=ekf xfx0=ekb，解得 ekb=4.0j （3）设滑块沿圆弧轨道上升过程中克服摩擦力做功为wf，根据动能定理mghwf=0ekb解得 wf=0.50j；答：（1）撤去力f时，滑块的速度大小为3.0m/s；（2）b点的动能为4.0j；（3）滑块沿圆弧轨道上升过程中克服摩擦力做的功为0.50j【点评】： 本题考查动能定理的应用，要注意正确受力分析及过程分析，正确选择物理规律求解10（19分）如图所示，两根平行金属导轨与水平面间的夹角=30，导轨间距为l=0.50m，金属杆ab、cd的质量均为m=1.0kg，电阻均为r=0.10，垂直于导轨水平放置整个装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度b=2.0t用平行于导轨方向的拉力拉着ab杆沿轨道以某一速度匀速上升时，cd杆保持静止不计导轨的电阻，导轨和杆ab、cd之间是光滑的，重力加速度g=10m/s2求：（1）回路中感应电流i的大小；（2）拉力做功的功率；（3）若某时刻将cd杆固定，同时将ab杆上拉力f增大至原来的2倍，求当ab杆速度v1=2m/s时杆的加速度和回路电功率p1【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；电功、电功率【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： （1）cd杆静止，处于平衡状态，由平衡条件可以求出回路中的感应电流（2）由平衡条件求出拉力大小，然后由p=fv求出拉力的功率（3）由安培力公式求出安培力，由牛顿第二定律求出加速度，由电功率公式求出电功率【解析】： 解：（1）cd杆保持静止，处于平衡状态，由平衡条件得：mgsin=bil，感应电流：i=5a；（2）ab杆匀速上升，处于平衡状态，由平衡条件得：f=mgsin+ilb，ab杆切割磁感线，产生的感应电动势：e=blv，感应电流i=，拉力做功的功率：p=fv，解得，拉力f=10n，拉力的功率：p=10w；（3）当f=20n，ab杆速度v1时，产生的电动势：e=blv1=2v，安培力：f安=bil=10n，由牛顿第二定律得：fmgsinf安=ma，解得：a=5m/s2，回路电功率p1=20w；答：（1）回路中感应电流i的大小为5a；（2）拉力做功的功率为10w；（3）ab杆速度v1=2m/s时杆的加速度为5m/s2，回路电功率为20w【点评】： 本题考查了求感应电流、拉力功率问题，对cd杆进行受力分析、应用平衡条件可以求出感应电流；应用e=blv、欧姆定律、平衡条件及功率公式p=fv可以求出拉力的功率11（20分）如图所示，m、n为水平放置的平行金属板，板长和板间距均为2d在金属板左侧板间中点处有电子源s，能水平发射初速为v0的电子，电子的质量为m，电荷量为e金属板右侧有两个磁感应强度大小始终相等，方向分别垂直于纸面向外和向里的匀强磁场区域，两磁场的宽 度均为d磁场边界与水平金属板垂直，左边界紧靠金属板右侧，距磁场右边界d处有一个荧光屏过电子源s作荧光屏的垂线，垂足为o以o为原点，竖直向下为正方向，建立y轴现在m、n两板间加上图示电压，使电子沿so方向射入板间后，恰好能够从金属板右侧边缘射出进入磁场（不考虑电子重力和阻力），求：（1）电子进入磁场时的速度v；（2）改变磁感应强度b的大小，使电子能打到荧光屏上，求：磁场的磁感应强度大小的范围；电子打到荧光屏上位置坐标的范围【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【专题】： 带电粒子在磁场中的运动专题【分析】： （1）带电粒子在电场中做类平抛运动，由运动的合成与分解知识可求得速度大小及方向；（2）由题意找出临界条件，求出半径再由牛顿第二定律即可求出磁感应强度的范围；根据磁感应强度的范围，找出最大值与0值时，粒子所打的位置即可求出粒子所在的范围【解析】： 解：（1）电子在mn间只受电场力作用，从金属板的右侧下边沿射出，有d=at22d=v0t vy=at v= 由解得：v=速度偏向角为：tan=a=45（2）电子恰能（或恰不能）打在荧光屏上，有磁感应强度的临界值b0，此时电子在磁场中作圆周运动的半径为 rr+rsin45=d又有qvb0=m由解得：b0=磁感应强度越大，电子越不能穿出磁场，所以取磁感应强度b时电子能打在荧光屏上；如图所示，电子在磁感应强度为b0时，打在荧光屏的最高处，由对称性可知，电子在磁场右侧的出射时速度方向与进入磁场的方向相同，即 =45出射点位置到so连线的垂直距离为：y1=d2rsin45电子移开磁场后做匀速直线运动，则电子打在荧光屏的位置坐标为：y2=y1+dtan45由解得：y2=4d2当磁场的磁感应强度为零时，电子离开电场后做直线运动，打在荧光屏的最低点，其坐标为y2=d+3dtan45=4d； 电子穿出磁场后打在荧光屏上的位置坐标范围为：4d2到4d答：（1）电子进入磁场时的速度v为v0；方向与水平方向成45；（2）磁场的磁感应强度大小的范围为b；电子打到荧光屏上位置坐标的范围为4d2到4d【点评】： 本题考查带电粒子在电场中和磁场中的运动，要注意电场中粒子做类平抛运动，而在磁场中粒子做圆周运动；类平抛运动时应用运动的合成与分解，而圆周运动时注意洛仑兹力充当向心力的应用选修12（6分）在演示光电效应的实验中，原来不带电的一块锌板与灵敏验电器相连，用弧光灯照射锌板时，验电器的金箔就张开一个角度，如图所示，这时（） a 金属内的每个电子可以吸收一个或一个以上的光子，当它积累的