山东省泰安市肥城一中高考物理模拟试卷（含解析）.doc

2015年山东省泰安市肥城一中高考物理模拟试卷 一、选择题：本大题共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，有的只有一项符合要求，有的多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分1质量为2.5 吨的货车在平直公路上运动，其运动的vt图象如图所示由此可求（）a 010s内货车的平均速度b 1015s内货车所受的阻力c 1525s内货车的加速度d 025s内合力对货车做的总功2如图所示，质量为m的小球系于轻质弹簧的一端，且套在光滑竖立的圆环上，弹簧的上端固定于环的最高点a，小球静止时处于圆环的b点，此时aob=60，弹簧伸长量为l现用该弹簧沿水平方向拉住质量为2m的物体，系统静止时弹簧伸长量也为l则此时物体所受的摩擦力（）a 等于零b 大小为0.5mg，方向沿水平面向右c 大小为mg，方向沿水平面向左d 大小为2mg，方向沿水平面向右3“探路者”号宇宙飞船在宇宙深处飞行过程中，发现a、b两颗天体各有一颗靠近表面飞行的卫星，并测得两颗卫星的周期相等，以下说法中正确的是（）a 通过题目所给信息可分别求出天体a、b的质量b 通过题目所给信息可分别求出两颗卫星的质量c 通过题目所给信息可以确定两颗卫星的线速度一定相等d 通过题目所给信息可以确定天体a、b的密度一定相等4质量为2kg的物体静止在足够大的水平面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力和滑动摩擦力大小视为相等从t=0时刻开始，物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力f的作用，f随时间t的变化规律如图所示取重力加速度g=10m/s2，则物体在t=0到t=6s这段时间内的位移大小为（）a 4 mb 8 mc 10md 12m5从地面上以一定初速度竖直向上抛出一小球，经过一段时间后，小球落回到地面在不计空气阻力和计空气阻力两种情况下做一对比，下列说法正确的是（）a 在上升过程中，小球的加速度不计空气阻力时的大于计空气阻力时的b 在下降过程中，小球运动的时间不计空气阻力时的小于计空气阻力时的c 从抛出到落回地面整个运动过程的位移，不计空气阻力时的等于计空气阻力时的d 返回到原拋出点的速率，不计空气阻力时的小于计空气阻力时的6如图所示，物块m随转筒一起以角速度做匀速圆周运动，如下描述正确的是（）a 物块受到重力、弹力、摩擦力和向心力的作用b 若角速度增大而且物块仍然随转筒一起做匀速圆周运动，那么木块所受弹力增大c 若角速度增大而且物块仍然随转筒一起做匀速圆周运动，物块所受摩擦力增大d 若角速度增大而且物块仍然随转筒一起做匀速圆周运动，物块所受摩擦力不变7如图所示，质量相同的三个小球均可视为质点，处于同一水平面上a球以初速度v0竖直上抛，b球以与水平面成角、大小也是v0的初速度斜向右上抛出，c球沿倾角为的足够长斜面以初速度v0上滑上述运动过程中均不计空气阻力和一切摩擦，以下关于三个小球上升的最大高度的比较正确的是（）a hahbhcb hahb=hcc hahbhcd hbha=hc8如图所示，一质量为m的物体在沿斜面向上的恒力f作用下，由静止从底端向上做匀加速直线运动若斜面足够长，表面光滑，倾角为经时间t恒力f做功80j，此后撤去恒力f，物体又经时间t回到出发点，且回到出发点时的速度大小为v，若以地面为重力势能的零势能面，则下列说法中正确的是（）a 物体回到出发点时的机械能是80 jb 在撤去力f前的瞬间，力f的功率是mgvsinc 撤去力f前的运动过程中，物体的重力势能一直在增加，撤去力f后的运动过程中物体的重力势能一直在减少d 撤去力f前的运动过程中，物体的动能一直在增加，撤去力f后的运动过程中物体的动能一直在减少二、非选择题：第22题每空4分，共8分；第23题4分；第24题14分；第25题21分；26题第（1）问6分，第（2）问9分，共15分；合计62分9为了测定气垫导轨上滑块的加速度，滑块上安装了宽度为d=3.0cm的遮光板，滑块在牵引力作用下先后匀加速通过两个光电门，配套的数字毫秒计记录了遮光板通过第一个光电门的时间为t1=0.30s，通过第二个光电门的时间为t2=0.10s，遮光板从开始遮住第一个光电门到开始遮住第二个光电门的时间为t=4.00s则滑块通过第一个光电门的平均速度是m/s，由于遮光板宽度很小，过光电门得时间很短，所以我们可以把滑块通过光电门的平均速度近似看成是滑块的瞬时速度据此我们可以估算出滑块的加速度是m/s210验证机械能守恒定律实验中，根据纸带算出相关各点的速度v，量出下落距离h，则以为纵轴，以h为横轴画出的图线应是下图中的（）a ab c d 三、解答题（共2小题，满分35分）11一物体从静止出发做匀加速直线运动，物体所受合力的方向一直与运动方向相同在第一段时间间隔内，合力的大小为f，在接下来的相同时间间隔内，合力的大小增加了一倍，即大小为2f求：物体在这两段时间间隔内走过的位移之比12如图所示，光滑圆弧轨道与光滑斜面在b点平滑连接，圆弧半径为r=0.4m，一半径很小、质量为m=0.2kg的小球从光滑斜面上a点由静止释放，恰好能通过圆弧轨道最高点d求：（1）小球最初自由释放位置a离最低点c的高度h；（2）小球运动到c点时对轨道的压力n的大小；（3）若斜面倾斜角与图中相等，均为53，小球从离开d点至第一次落回到斜面上运动了多长时间？四、解答题（共2小题，满分15分）物理-选修3-413如图甲所示是一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图，p是离原点x1=2m的一个介质质点，q是离原点x2=4m的一个介质质点，此时离原点x3=6m的介质质点刚刚要开始振动图乙是该简谐波传播方向上的某一质点的振动图象（计时起点相同）由此可知 （）a 这列波的波长=4mb 这列波的周期t=3sc 这列波的传播速度v=2m/sd 这列波的波源起振方向为向上e 乙图可能是图甲中质点q的振动图象14如图所示，半圆玻璃砖的半径r=10cm，折射率为，直径ab与屏幕垂直并接触于a点，激光a以入射角i=30射向半圆玻璃砖的圆心o，结果在水平屏幕mn上出现两个光斑，求两个光斑之间的距离l2015年山东省泰安市肥城一中高考物理模拟试卷参考答案与试题解析一、选择题：本大题共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，有的只有一项符合要求，有的多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分1质量为2.5 吨的货车在平直公路上运动，其运动的vt图象如图所示由此可求（）a 010s内货车的平均速度b 1015s内货车所受的阻力c 1525s内货车的加速度d 025s内合力对货车做的总功考点：匀变速直线运动的图像；牛顿第二定律；功的计算专题：计算题分析：速度图象的斜率代表物体的加速度；ff=ma，其中f表示拉力，f表示阻力；速度图象与时间轴围成的面积等于物体发生的位移；合外力对物体做的功等于物体动能的变化量解答：解：货车在010s内的位移s=10202=100m故货车在010s内的平均速度=10m/s，故a正确货车在1015s内做匀速直线运动，其所受的阻力等于其所受的拉力，由于拉力大小未知，故无法知道阻力的大小故b错误货车在1525s内的加速度a=1m/s2故c正确根据动能定理可知025s内合力对货车做的功w=2.5103302=1.125106j故d正确故选a、c、d点评：这是一道综合性很强的题目，但只要我们掌握好了基础知识，这些题目就能顺利解决，所以平时要多注意基础知识的训练2如图所示，质量为m的小球系于轻质弹簧的一端，且套在光滑竖立的圆环上，弹簧的上端固定于环的最高点a，小球静止时处于圆环的b点，此时aob=60，弹簧伸长量为l现用该弹簧沿水平方向拉住质量为2m的物体，系统静止时弹簧伸长量也为l则此时物体所受的摩擦力（）a 等于零b 大小为0.5mg，方向沿水平面向右c 大小为mg，方向沿水平面向左d 大小为2mg，方向沿水平面向右考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力分析：平衡状态下物体的受力分析，在夹角为特殊角时物体受力的特点解答：解：对b进行受力分析可以知道，物体受到重力、弹簧的弹力和圆环对物体的支持力，由于三角形oab是一个等边三角形，利用平行四边形定则做出重力、弹力的合力的平行四边形会发现，重力、弹力和支持力会处在同一个三角形中并且这个三角形是等边三角形，由此我们判定弹簧的弹力与物体的重力相等都是mg，此时弹簧伸长量为l，当该弹簧沿水平方向拉住质量为2m的物体时弹簧伸长量也为l，由此可知两次弹簧的弹力是一样的即为mg，由于质量为2m的物体处于静止状态，即受力平衡，在水平方向上是弹簧的弹力和物体所受的摩擦力平衡，所以物体所受的摩擦力大小即为mg，方向与弹簧的弹力方向相反即为水平面向左，故只有c正确故选：c点评：利用平行四边形，找出物体受到重力、弹簧的弹力和圆环对物体的支持力三者的关系，这是本题的重点，找出它们的关系，弹簧的弹力就好确定了，从而可以求出物体所受的摩擦力3“探路者”号宇宙飞船在宇宙深处飞行过程中，发现a、b两颗天体各有一颗靠近表面飞行的卫星，并测得两颗卫星的周期相等，以下说法中正确的是（）a 通过题目所给信息可分别求出天体a、b的质量b 通过题目所给信息可分别求出两颗卫星的质量c 通过题目所给信息可以确定两颗卫星的线速度一定相等d 通过题目所给信息可以确定天体a、b的密度一定相等考点：万有引力定律及其应用专题：计算题分析：研究卫星绕天体做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式根据已知量求出未知量解答：解：a、研究卫星绕天体做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式=mr 得：m= 由于卫星靠近天体表面飞行，所以r为天体半径，t为周期，根据题意不能求出天体a、b的质量故a错误b、通过题目所给信息无法求出两颗卫星的质量，故b错误c、根据圆周运动知识得：v=，其中r为天体半径，由于不知道天体a、b的半径关系，所以两颗卫星的线速度不一定相等，故c错误d、根据密度公式得：= 体积v=r3 ，由得：=，故d正确故选d点评：靠近天体表面飞行的卫星的轨道半径可以认为是天体半径4质量为2kg的物体静止在足够大的水平面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力和滑动摩擦力大小视为相等从t=0时刻开始，物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力f的作用，f随时间t的变化规律如图所示取重力加速度g=10m/s2，则物体在t=0到t=6s这段时间内的位移大小为（）a 4 mb 8 mc 10md 12m考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系专题：牛顿运动定律综合专题分析：先求出滑动摩擦力，然后结合图象求出各个时间段的合力，再求的各段的加速度，最后根据速度时间公式求各个时刻的速度以及各个时间段的位移情况解答：解：最大静摩擦力fmax=mg=0.220=4n当拉力大于最大静摩擦力时，物体才会由静止开始运动，所以在t=2s时才开始运动24 s时：ffmax，物体由静止开始做匀加速直线运动，有：a=1m/s2，4s末的速度为：v=at=12=2 m/s，位移为：x1=at2=2 m，46 s时：1m/s2 6s末的速度为：v=v+at=212=0，46 s过程中的位移为：x2=则物体的总位移是：x=x1+x2=2+2=4 m故选：a点评：本题考查学生的读图的能力，要能够根据ft图象分析物体的运动情况，需要注意的是在02 s时拉力小于最大摩擦力，此时的物体还不会运动5从地面上以一定初速度竖直向上抛出一小球，经过一段时间后，小球落回到地面在不计空气阻力和计空气阻力两种情况下做一对比，下列说法正确的是（）a 在上升过程中，小球的加速度不计空气阻力时的大于计空气阻力时的b 在下降过程中，小球运动的时间不计空气阻力时的小于计空气阻力时的c 从抛出到落回地面整个运动过程的位移，不计空气阻力时的等于计空气阻力时的d 返回到原拋出点的速率，不计空气阻力时的小于计空气阻力时的考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系分析：（1）在上升过程中空气阻力的方向向下，合力向下且大于重力，根据牛顿第二定律即可判断有无阻力时的加速度大小；（2）在下降过程中空气阻力的方向向上，合力向下且小于重力，故有阻力时的加速度小于无阻力时的加速度，根据位移时间公式即可比较时间的大小；（3）从抛出到落回地面整个运动过程的位移为零，与有无空气阻力无关；（4）可通过对整个过程运用动能定理求得返回到原拋出点的速率，即可判断有无阻力时的返回到原拋出点的速率的大小解答：解：a上升过程中有空气阻力时，加速度的大小为=g+，不计空气阻力时加速度大小为g，故a错误； b在下落过程中有空气阻力时，加速度的大小为=g，不计空气阻力时加速度大小为g，下落的位移相同，根据h=可知，加速度大的时间就小，所以小球运动的时间不计空气阻力时的小于计空气阻力时的，故b正确； c有无空气阻力时从抛出到落回地面整个运动过程的位移都为零，相等，故c正确； d根据动能定理得：=wg+wf，初速度相同，重力做的功都为零，无空气阻力时，末速度等于初速度；有空气阻力时，空气阻力做负功，末速度小于初速度，所以返回到原拋出点的速率，不计空气阻力时的大于计空气阻力时的，故d错误故选bc点评：该题是牛顿第二定律和动能定理的直接应用，解题时注意空气阻力方向始终与速度方向相反，所以空气阻力始终做负功，大小跟速度有关，实际上是个变力6如图所示，物块m随转筒一起以角速度做匀速圆周运动，如下描述正确的是（）a 物块受到重力、弹力、摩擦力和向心力的作用b 若角速度增大而且物块仍然随转筒一起做匀速圆周运动，那么木块所受弹力增大c 若角速度增大而且物块仍然随转筒一起做匀速圆周运动，物块所受摩擦力增大d 若角速度增大而且物块仍然随转筒一起做匀速圆周运动，物块所受摩擦力不变考点：决定向心力大小的因素分析：本题需先进行受力分析，然后再根据运动分析各个力之间的关系解答：解：因为物块始终随物体做匀速圆周运动，所以物体受重力、摩擦力，筒壁的支持力，故a错，如图所示，因为在竖直方向等效于处于静止状态，所以受力平衡，所以f=g，始终不变，故d对，c错，由 n=mrw2，当w增大时，n增大，故b对故选：b、d 点评：此题主要考查受力分析，某一方向上受力平衡，向心力的来源等7如图所示，质量相同的三个小球均可视为质点，处于同一水平面上a球以初速度v0竖直上抛，b球以与水平面成角、大小也是v0的初速度斜向右上抛出，c球沿倾角为的足够长斜面以初速度v0上滑上述运动过程中均不计空气阻力和一切摩擦，以下关于三个小球上升的最大高度的比较正确的是（）a hahbhcb hahb=hcc hahbhcd hbha=hc考点：机械能守恒定律分析：abc三个球的机械能都守恒，到达最高点时，根据机械能守恒定律分析对比可以得出结论解答：解：对于a、c两个球，达到最高点时，a、c两个球的速度均为零，物体的动能全部转化为重力势能，所以a、c的最大高度相同；对于b球来说，由于b是斜抛运动，在水平方向上有一个速度，这个分速度的动能不会转化成物体的重力势能，所以b球在最高点时的重力势能要比ac两球的小，所以高度要比ac两球的高度小，所以d正确故选d点评：b球做的是斜抛运动，水平方向的分速度是不能转化成物体的重力势能的，所以b的高度最低8如图所示，一质量为m的物体在沿斜面向上的恒力f作用下，由静止从底端向上做匀加速直线运动若斜面足够长，表面光滑，倾角为经时间t恒力f做功80j，此后撤去恒力f，物体又经时间t回到出发点，且回到出发点时的速度大小为v，若以地面为重力势能的零势能面，则下列说法中正确的是（）a 物体回到出发点时的机械能是80 jb 在撤去力f前的瞬间，力f的功率是mgvsinc 撤去力f前的运动过程中，物体的重力势能一直在增加，撤去力f后的运动过程中物体的重力势能一直在减少d 撤去力f前的运动过程中，物体的动能一直在增加，撤去力f后的运动过程中物体的动能一直在减少考点：机械能守恒定律；功率、平均功率和瞬时功率专题：机械能守恒定律应用专题分析：根据物体的运动的特点，在拉力f的作用下运动时间t后，撤去拉力f之后又运动时间t返回出发点，根据物体的这个运动过程，列出方程可以求得拉力和撤去拉力时物体的速度的大小，从而可以求得拉力f的功率的大小解答：解：a、根据能量守恒，除了重力之外的力对物体做正功时，物体的机械能就要增加，增加的机械能等于外力作功的大小，由于拉力对物体做的功为80j，所以物体的机械能要增加80j，撤去拉力之后，物体的机械能守恒，所以当回到出发点时，所有的能量都转化为动能，所以动能为80j，重力势能为0，所以物体回到出发点时的机械能是80j，故a正确b、设撤去力f前和撤去力f后的运动过程中物体的加速度大小分别为：a1和a2这两个过程的位移大小相等，方向相反，取沿斜面向上为正方向，则有：a1t2=（a1tta2t2），则得，a1：a2=1：3因为物体先做匀加速直线运动，初速度为0，由牛顿第二定律可得，fmgsin=ma1，撤去恒力f后是匀变速运动，且加速度为a2=gsin，又a1：a2=1：3联立上两式得，f=mgsin设刚撤去拉力f时物体的速度大小为v，则v=a1t=gsint对于从撤去到返回的整个过程，有：v=vgsint，解得：v=v所以可得在撤去力f前的瞬间，力f的功率：p=fv=mgvsin，故b正确c、撤去f后，物体先向上减速，速度为零之后向下加速运动，撤去力f后的运动过程中物体的重力势能先增大后减小故c错误d、撤去力f前的运动过程中，物体加速运动，物体的动能一直在增加，撤去力f后先向上减速后向下加速，所以撤去力f后的运动过程中物体的动能先减小后增大故错误故选：ab点评：分析清楚物体的运动的过程，分析物体运动过程的特点，是解决本题的关键，撤去拉力之前和之后的路程的位移大小相等、方向相反是本题隐含的条件二、非选择题：第22题每空4分，共8分；第23题4分；第24题14分；第25题21分；26题第（1）问6分，第（2）问9分，共15分；合计62分9为了测定气垫导轨上滑块的加速度，滑块上安装了宽度为d=3.0cm的遮光板，滑块在牵引力作用下先后匀加速通过两个光电门，配套的数字毫秒计记录了遮光板通过第一个光电门的时间为t1=0.30s，通过第二个光电门的时间为t2=0.10s，遮光板从开始遮住第一个光电门到开始遮住第二个光电门的时间为t=4.00s则滑块通过第一个光电门的平均速度是0.10m/s，由于遮光板宽度很小，过光电门得时间很短，所以我们可以把滑块通过光电门的平均速度近似看成是滑块的瞬时速度据此我们可以估算出滑块的加速度是0.05m/s2考点：测定匀变速直线运动的加速度专题：实验题分析：先根据平均速度公式求出滑块通过第一个光电门和第二个光电门的平均速度，由于遮光板宽度很小，过光电门的时间很短，所以我们可以把滑块通过光电门的平均速度近似看成是滑块的瞬时速度，再根据速度时间公式求出加速度解答：解：由于遮光板宽度为3cm，故滑块通过第一个光电门的平均速度v1=0.10 m/s滑块通过第二个光电门的平均速度v2=0.30 m/s故加速度a=0.05m/s2故答案为：0.10，0.05点评：本题关键在于瞬时速度的测量方法，即用极短时间内的平均速度代替瞬时速度；由于遮光板宽度很小，过光电门得时间很短，所以我们可以把滑块通过光电门的平均速度近似看成是滑块的瞬时速度10验证机械能守恒定律实验中，根据纸带算出相关各点的速度v，量出下落距离h，则以为纵轴，以h为横轴画出的图线应是下图中的（）a ab c d 考点：机械能守恒定律专题：机械能守恒定律应用专题分析：根据需要验证的方程mgh=，得到h的关系式，再根据数学知识选择图象解答：解：本实验需要验证的方程是mgh=，得到=gh，根据数学知识可知h图象是过原点的直线故c正确故选：c点评：解决本题要理解并掌握验证机械能守恒定律实验原理，通过图象来处理数据图象往往从数学角度来理解物理意义三、解答题（共2小题，满分35分）11一物体从静止出发做匀加速直线运动，物体所受合力的方向一直与运动方向相同在第一段时间间隔内，合力的大小为f，在接下来的相同时间间隔内，合力的大小增加了一倍，即大小为2f求：物体在这两段时间间隔内走过的位移之比考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律专题：计算题分析：要求两段时间内的位移之比需要求出每段时间内的位移，要求位移，需要求出每段时间内的加速度，以及每段时间内的初速度解答：解：在第一段时间t内物体的加速度a1=，物体走过的位移为s1=a1t2=t秒末物体的速度v=a1t=在第二段t内物体的加速度a2=则在第二段时间内走过的位移为s2=vt+=+=4s1故s1：s2=1：4答：物体在这两段时间内走过的位移之比为1：4点评：熟练掌握匀变速直线运动的位移公式，速度公式以及加速度的公式是求解此类问题的前提和基础12如图所示，光滑圆弧轨道与光滑斜面在b点平滑连接，圆弧半径为r=0.4m，一半径很小、质量为m=0.2kg的小球从光滑斜面上a点由静止释放，恰好能通过圆弧轨道最高点d求：（1）小球最初自由释放位置a离最低点c的高度h；（2）小球运动到c点时对轨道的压力n的大小；（3）若斜面倾斜角与图中相等，均为53，小球从离开d点至第一次落回到斜面上运动了多长时间？考点：机械能守恒定律；平抛运动；向心力分析：（1）小球恰好能通过圆弧轨道最高点d，说明此时恰好是物体的重力作为向心力，由向心力的公式可以求得在d点的速度大小，从a到d的过程中，物体的机械能守恒，从而可以求得小球释放时离最低点的高度（2）在c点时，对物体受力分析，重力和支持力的合力作为向心力，由向心力的公式可以求得小球受得支持力的大小，再由牛顿第三定律可以知道对轨道压力的大小（3）离开d点小球做平抛运动，根据水平方向的匀速直线运动，竖直方向上的自由落体运动可以求得小球运动的时间解答：解：（1）在d点时，设小球的速度为vd， mg=mvd=2m/s由a运动到d点，由机械能守恒可得 mg（h2r）=mvd2 h=1m所以小球最初自由释放位置a离最低点c的高度h是1m（2）由a运动到c点，由机械能守恒可得 mgh=mvc2在c点，由牛顿第二定律和向心力公式可得 fnmg=mfn=12n由牛顿第三定律可知，小球运动到c点时对轨道的压力n的大小是12n（3）设撞到斜面上e点离b点的距离为x，飞行时间为t，由平抛运动规律可得水平方向 rsin53+xcos53=vdt竖直方向 r+rcos53xsin53=gt2由上面两式解得 t=s0.27s所以小球从离开d点至第一次落回到斜面上运动的时间是0.27s点评：小球的运动过程可以分为三部分，第一段是匀加速直线运动，第二段的机械能守恒，第三段是平抛运动，分析