【高考模拟】山东省泰安市高考物理一轮检测试卷（一模）答案与祥细解析

1、试卷第 =page 28 28页，总 =sectionpages 28 28页试卷第 =page 27 27页，总 =sectionpages 28 28页山东省泰安市高考物理一轮检测试卷（一模）一.单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。1. 某物体的运动图像如图所示，横、纵截距分别为n和m，下列说法正确的是（ ） A.若该图为x-B.若该图为x-C.若该图为a-t图像，且物体的初速度为0D.若该图为a-t图像，且物体的初速度为02. 单色光B的频率为单色光A的1.5倍，单色光A照射到某金属表面时，从金属表面逸出的光电子最大初动能为E1；单色光B照射到

2、该金属表面时，从金属表面逸出的光电子最大初动能为E2，则该金属的逸出功为（ A.2E2-3E13. 如图所示，挂钩连接三根长度均为L的轻绳，三根轻绳的另一端与一质量为m、直径为1.2L的水平圆环相连，连接点将圆环三等分。在挂钩拉力作用下圆环以加速度ag匀减速上升，已知重力加速度为g，则每根绳上的拉力大小为（ ） A.mgB.mgC.mgD.mg4. 有一台理想变压器及所接负载如图所示，在原线圈c、d两端加上正弦交流电，已知b是原线圈的抽头，电压表和电流表均为理想交流电表，电容器的耐压值足够大，下列说法正确的是（ ） A.开关S1接a，当滑片P向下滑动时，电压表V1示数不变，电压表B.开关S1接

3、a，当滑片P向下滑动时，电流表A1示数不变，电流表C.保持滑片P的位置不变，将开关S1由a改接bD.保持滑片P的位置不变，将开关S1由a改接b5. 2月10日，“天问一号”探测器成功实施近火制动，被火星引力捕获，探测器顺利进入环绕火星的大椭圆轨道，开启环绕火星之旅。要完成探测任务探测器需经历如图所示的变轨过程，轨道为圆轨道，则下列说法正确的是（ ） A.探测器在轨道上P点的动能小于在轨道上P点的动能B.探测器在轨道上的机械能等于在轨道上的机械能C.探测器从轨道变轨到轨道，需要在P点减速D.探测器在轨道上P点的加速度小于在轨道上P点的加速度6. 如图所示，a、b两小球分别从半圆轨道顶端和斜面顶端

4、以大小相等的初速度v0同时水平拋出，已知半圆轨道的半径与斜面竖直高度相等，斜面底边长是其竖直高度的2倍，若小球a能落到半圆轨道上，小球b能落到斜面上，则（ ） A.a球一定先落在半圆轨道上B.b球一定先落在斜面上C.a、b两球可能同时落在半圆轨道和斜面上D.a球可能垂直落在半圆轨道上7. 如图所示，两个固定的半径均为r的细圆环同轴放置，O1、O2分别为两细环的圆心，且O1O22r，两环分别带有均匀分布的等量异种电荷+Q、-Q(Q0)A.O1OB.O1OC.粒子在O1D.粒子在O28. 1月1日TPMS（胎压监测系统）强制安装法规已开始执行。汽车行驶时TPMS显示某一轮胎内的气体温度为27C，压

5、强为240kPa，已知该轮胎的容积为30L，阿伏加德罗常数为NA6.01023mol-1，0A.1.81023B.1.81024C.8.010二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 如图所示，四边形ABCD是一块破璃砖的横截面示意图，A75，D90，DO垂直AB于O。一束单色光从O点射入玻璃砖，入射角为i45时，AD和CD面都恰好没有光线射出。下列说法正确的是（A.玻璃砖对该单色光的折射率为B.玻璃砖对该单色光的折射率为2C.单色光从AB边射出时折射角为45D.单色光从AB边射出时折射角为60 如图

6、所示，水平桌面上水平固定一半径为L的金属细圆环，圆环的电阻为2r，竖直向下的匀强磁场磁感应强度大小为B。一长度为2L、电阻为r的导体棒，由棒中点与圆环重合位置A点沿与棒垂直的直径以恒定加速度a从静止开始向右运动，运动过程中棒与圆环始终接触良好。当棒经过环心时（ ）A.棒两端的电势差为2BLB.棒两端的电势差为BLC.棒所受安培力的大小为D.棒所受安培力的大小为 两辆汽车在同一直道上以相等的速度v0做同向直线运动，某时刻前车突然熄火做加速度大小为a1的匀减速运动，后车司机经t时间后刹车，以大小为a2A.B.v0tC.（+）D.（-） 如图甲所示，一个小球悬挂在细绳下端，由静止开始沿竖直方向运动，

7、运动过程中小球的机械能E与路程x的关系图像如图乙所示，其中O-x1过程的图像为曲线，x1-xA.O-B.小球运动路程为x1C.O-D.x1三.非选择题：本题共6小题，共60分。 某物理兴趣小组的同学用如图所示装置验证机械能守恒定律，轻绳一端通过拉力传感器固定在光滑固定转轴O处，另一端系一小球。已知当地重力加速度为g。使小球在竖直平面内做圆周运动，通过拉力传感器读出小球在最高点时绳的拉力大小是F1，在最低点时绳的拉力大小是F2。（1）如果要验证小球从最低点到最高点机械能守恒，还需要测量的物理量有（）（单项选择，填选项前面的字母代号）。A.小球的质量mB.轻绳的长度LC.小球运行一周所需要的时间T

8、 （2）请你写出验证小球从最低点运动到最高点的过程中机械能守恒的表达式：_（用题目所给的字母表示）。 现有一小量程电流表G（表头），满偏电流为30A，内阻约为1000，把它改装成1mA、10mA（1）采用如图甲所示电路测量表头的内阻，为提高测量精确度，选用的滑动变阻器为（），电源（）（填选项字母代号）。A.滑动变阻器，最大阻值50kB.滑动变阻器，最大阻值150kC.电源1.5VD.电源3V （2）测量电流表表头的内阻时，闭合S1，断开S2，调节滑动变阻器使电流表指针指在30A处；闭合S2，调节电阻箱使电流表指针指在10A处，此时电阻箱读数为502，则电流表表头的内阻为_，测量值比实际值_（填

9、“偏大 （3）如图乙所示，若将电流表G改装成1mA、10mA的两量程电流表，则Ra 一列简谐横波在t0.4s时的波形图如图(a)所示，P是介质中的质点，图(b)是质点P的振动图像。已知该波在该介质中的传播速度为（1）波长和波的传播方向； （2）质点P的平衡位置的x坐标。 如图，用光滑细杆弯成半径为R的四分之三圆弧ABCDE，固定在竖直面内，C、E与圆心O在同一水平线上，D为最低点。质量为m的小环P（可视为质点）穿在圆弧细杆上，通过轻质细绳与相同的小环Q相连，细绳绕过固定在E处的轻小光滑定滑轮。开始小环P处于圆弧细杆上B点，小环Q与D点等高，两环均处于静止状态。给小环微小扰动，使P沿圆弧向下运动

10、。已知重力加速度为g。求： （1）小环P在B点静止时对细杆的压力大小； （2）小环P下滑到C点时，小环P的速度； （3）小环P经过D点时，小环Q重力的瞬时功率。 如图，间距为2R的平行正对金属板MN接在电压为U的电源上，以O为圆心、R为半径的圆与极板右端面相切于C，CO与板间中心线重合。圆区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，OA是与极板端面平行的半径。位于A处的粒子源向纸面内发射质量为m、电荷量为q(q0)、速率为v的粒子，初速度方向被限定在AO两侧夹角均为的范围内。已知沿AO方向射入磁场的粒子恰好经过C（1）圆形区域内匀强磁场的磁感应强度大小； （2）经过C点的粒子从A处发射出来到打到极板经历

11、的时间； （3）所有到达极板的粒子动能的最大差值； （4）粒子打到极板上的宽度。 如图，质量M2kg的长木板Q静止在光滑水平面上，右端紧靠光滑固定曲面AB的最低点B，木板上表面与曲面相切于B，水平面的左侧与木板左端相距为x（未知且可调）处有一挡板C。一质量m1kg的小滑块P（可视为质点）从曲面上与B的高度差为1.8m处由静止滑下，经B点后滑上木板，最终滑块未滑离木板。已知重力加速度大小为10m/s2，滑块与木板之间的动摩擦因数为0.3，木板与左挡板（1）若木板只与C发生了1次碰撞，求木板的运动时间； （2）若木板只与C发生了2次碰撞，求最终P与B点的距离； （3）若木板只与C发生了3次碰撞，求

12、x的值； （4）其他条件不变，若m2kg、M1kg，xm参考答案与试题解析 山东省泰安市高考物理一轮检测试卷（一模）一.单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.【答案】D【考点】v-t图像（匀变速直线运动）非常规图像x-t图像（匀变速直线运动）匀变速直线运动的概念【解析】在x-t图像中，图像的斜率表示速度；在【解答】AB、若该图为x-t图像，其斜率表示速度，则物体速度保持不变，故AB错误；CD、若该图为a-t图象，且物体的初速度为零，根据a-t图像与时间轴所围的面积表示速度变化量，知0-n时间内，速度变化量为v，所以物体的最大速度为vmax2.【答案

13、】A【考点】光电效应现象及其解释爱因斯坦光电效应方程【解析】单色光A照射时列爱因斯坦光电效应方程，同理单色光B照射时列光电效应方程，联立即可解得。【解答】设单色光A的频率为v，则单色光B的频率为1.5v，金属的逸出功为W0，根据爱因斯坦光电效应方程，有E1hv-W0，E21.5hv-3.【答案】B【考点】牛顿第二定律的概念力的合成与分解的应用【解析】先根据几何关系求出每根绳子与竖直方向的夹角，再分析圆环受力情况，根据牛顿第二定律求解。【解答】设每根绳子与竖直方向的夹角为，每根轻绳上的拉力为F.由几何关系得：sin，则37对圆环在竖直方向用牛顿第二定律列方程：mg-3Fcosma解得：F4.【答

14、案】D【考点】变压器的构造和原理【解析】开关S1始终接a不变，变压器输入电压不变，当滑片P向下滑动时，分析滑动变阻器接入电路的电阻的变化，再根据变压器原理结合动态分析方法进行分析。保持滑片P的位置不变，将开关S1由a改接【解答】AB、开关S1始终接a不变，变压器输入电压不变，当滑片P向下滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变大，由于原、副线圈的匝数不变，变压器输出电压不变，即电压表V1示数不变，由于负载的电阻变大，所以电流I2会减小，电流表A2示数变小，由匝数比等于电流反比可知，电流表A1示数变小.而U2U1-I2R1，所以U2会变大，即电压表V2示数变大，故AB错误；CD、保持滑片P的位置不变，

15、将开关S15.【答案】C【考点】万有引力定律及其应用同步卫星人造卫星上进行微重力条件下的实验【解析】探测器绕火星做圆周运动，万有引力提供向心力，应用万有引力公式与牛顿第二定律及探测器的变轨原理分析答题。【解答】A、探测器在轨道上的P点需加速，离心运动到轨道，所以探测器在轨道上P点的动能大于在轨道上P点的动能，故A错误；B、探测器从轨道进入轨道，轨道半径增大，探测器做离心运动，探测器要在轨道的P点点火加速才能进入轨道，该过程探测器的机械能增加，因此探测器在轨道上的机械能大于轨道上的机械能，故B错误；C、探测器从轨道进入轨道，轨道半径减小，探测器需要减速，做近心运动，故C正确；D、探测器绕火星做圆

16、周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：Gma，解得：a，探测器在轨道上P点与在轨道上P点的轨道半径r相等，则探测器在轨道上P点与在轨道上P点的加速度大小相等，故D错误；6.【答案】C【考点】平抛运动基本规律及推论的应用平抛运动的概念【解析】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，将圆轨道和斜面重合在一起进行分析比较，即可得出正确答案。【解答】将圆轨道和斜面轨道重合在一起，如图所示，交点为A，初速度合适，可知小球做平抛运动落在A点，则运动的时间相等，即同时落在半圆轨道和斜面上。若初速度不适中，由图可知，可能小球先落在斜面上，也可能先落在圆轨道上。若a球垂直落在半圆

17、轨道上，根据几何关系知，速度方向与水平方向的夹角是位移与水平方向的夹角的2倍，而在平抛运动中，某时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，两者相互矛盾，所以a球不可能垂直落在半圆轨道上，故C正确，ABD错误。7.【答案】A【考点】电场的叠加电场力做功与电势能变化的关系库仑定律电场强度电势能点电荷的场强【解析】分析题干信息可知，+Q圆环在O1O2中点处产生的场强竖直分量矢量和为0，只有水平分量，同理-Q圆环在【解答】AB、将+Q圆环看成n个点电荷组成的，每个点电荷的电荷量为q，每个点电荷在O1O2中点处的电场强度方向与O1O2的夹角均为45，根据场强的叠加原理可知，+Q

18、圆环在O1O2中点处产生的场强竖直分量矢量和为0，只有水平分量，且为E1kcos45，方向由O1O2；同理可知，-Q圆环在O1O2中点处产生的场强大小为E2，方向由O1O2，故O1O8.【答案】B【考点】阿伏加德罗常数理想气体的状态方程【解析】列出初末状态气体的状态参量，根据理想气体状态方程可以求出0C、1atm下的体积，再根据【解答】设胎内气体在100kPa、0C状态下的体积为V0，气体初态：p12.40105Pa，V130L，T1(273+27)K300K气体末态：p01.00105Pa，V0？，T0273K二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。

19、全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。【答案】A,C【考点】光的折射定律【解析】根据在两处都恰好发生全反射的条件，结合几何关系求出各角度以及折射角，然后求出折射率；由于，D90，光经过两次反射后的光线与刚刚进入时的光线是平行的，所以从AB边射出的光线与从【解答】AB、光线进入玻璃砖后两次发生全反射，其光路以对应的角度，如图：由于光在AD面和CD面都恰好没有光线射出，即恰好发生全反射，则：C（C是临界角），由几何关系：+90所以：C45由：sinC所以：n，故A正确，B错误；CD、由几何关系可知，光在AD边的入射光OM与经过两次反射后的反射光NP是平行的，根据光路可逆可知，光从AB

20、射出后的光线一定与开始时的入射光的方向是平行的，所以单色光从AB边射出时折射角一定为45，故C【答案】B,C【考点】单杆切割磁感线感生电动势闭合电路的欧姆定律安培力的计算【解析】利用公式EBLv求解产生的感应电动势，结合闭合电路欧姆定律联立即可求出棒经过环心时流过棒的电流和棒两端的电势差；根据安培力公式联立即可求出棒经过环心时所受安培力的大小。【解答】AB、棒经过环心时速度为v，则有：v22aL，即v，此时外电阻为r外，通过导体棒的电流为：I，棒两端的电势差为UIr外BL，故A错误、B正确；CD、棒经过环心时受到的安培力为：FABI2L2BL，故C正确、D错误。【答案】A,D【考点】匀变速直线

21、运动规律的综合运用匀变速直线运动的速度与时间的关系匀变速直线运动的位移与时间的关系【解析】要使两车停下时刚好不相碰，则要求前车的位移加上初始距离差要等于后车的位移，在解决问题时抓住后车在t【解答】前车减速到零所需时间为：，减速通过的位移为：后车在t时间内通过的位移为xv0t，后车减速到零经历的时间为：，减速通过的位移为：由于两车同时停下且没有发生碰撞，故t1-tt2，x+x2x1+s0【答案】B,D【考点】动能定理与图象问题的结合【解析】物体机械能的变化是通过除重力之外的力做功来量度的。本题中细绳拉力做功决定了小球机械能的变化，根据功能原理知道E-【解答】解：AB小球在运动中只受重力和细绳的拉

22、力，拉力做的功等于小球机械能的变化，即Fx=E，得F=Ex，所以E-x图像斜率的绝对值等于小球所受拉力的大小，由图可知，在Ox1内斜率的绝对值逐渐减小，故在Ox1内小球所受的拉力逐渐减小；Ox1内机械能增加，绳子拉力做正功，小球向上运动，x1x2内机械能减小，绳子拉力做负功，小球向下运动，则小球在x1位置处速度为零，动能为零；初始时刻小球的速度为零，故t=0时刻拉力大于重力，在x1位置时速度为0，故拉力小于重力，故A错误，B正确三.非选择题：本题共6小题，共60分。【答案】AF2-【考点】用纸带测速法（落体法）验证机械能守恒定律用光电门测速法验证机械能守恒定律【解析】在最高点和最低点列牛顿第二

23、定律，结合机械能守恒分析出表达式，通过表达式可以知道还需要测量的物理量.【解答】设小球做圆周运动的半径为r，则小球在最低点有：在最高点有：从最低点到最高点，依据机能守恒定律有：联立方程化简得：F2-F16mg所以还需要测量的物理量就是小球的质量m，故A正确，BC错误.验证小球从最低点运动到最高点的过程中机械能守恒的表达式为：F2-F16mg故答案为：（1）A；（【答案】B,D1004,偏小1:9【考点】电流表改装电压表伏安法测电阻半偏法测电阻【解析】（1）应用类半偏法测电表内阻，电源电动势越大、滑动变阻器阻值越大实验误差越小，根据实验原理与实验器材分析答题。（2）根据并联电路特点求出电流表内阻

24、，根据实验步骤分析实验误差。（3）根据图乙所示电路图应用串并联电路特点与欧姆定律求出电阻比值。【解答】设电源的电动势为E，内阻为r，S2断开时，电流表满偏电流：，实验要求RRg，Rr，这样才有，当S2闭合时，R和Rg并联，并联后总阻值R并RgR，这样才有S2闭合后，电路中总电流几乎不变，仍然近似等于断开S2时电流表示数为30A，闭合S2时，干路电流不变，电流表示数为10A，则流过电阻箱的电流为20A，电流表与电阻箱并联，由并联电路特点可知，电流表内阻为电阻箱阻值的2倍，则电流表内阻为25021004；闭合S2时，电路总电阻减小，干路电流增大，大于30A电流表量程Ig30A310-5A，内阻Rg

25、1004，改装后电表量程I11mA0.001A，I210mA0.010A，【答案】波长为24m，波的传播方向沿x质点P的平衡位置的x坐标为6m【考点】横波的图象波长、频率和波速的关系【解析】（1）由图(b)得到周期，根据v计算波速，根据振动情况确定传播方向。（2）写出质点P【解答】由图像可知，波的周期：T1.2s根据v可得24m由振动图像可知，t0.4s时质点P沿y轴负方向运动所以该波沿x0处的质点，从平衡位置到y5cm处经历的时间t，则由振动方程yAsint可得：t所以P的平衡位置坐标为xpv(【答案】小环P在B点静止时对细杆的压力大小为mg；小环P下滑到C点时，小环P的速度为；小环P经过D

26、点时，小环Q重力的瞬时功率为mg。【考点】向心力瞬时功率机械能守恒的判断系统机械能守恒定律的应用平均功率【解析】（1）对小环P在B点受力分析，由平衡条件求解压力大小；（2）小环P下滑到C点时，Q的速度为0，根据机械能守恒定律求解P的速度；（3）小环P经过D点时，细绳DE部分与水平方向的夹角为45，然后解得此时小环P的速度vP与Q的速度vQ【解答】小环P在B点静止时，受到重力mg、细绳的拉力Tmg、杆的支持力N作用，由平衡条件知，OB连线与P的重力、细绳BE的夹角相等由几何关系知BE与CE间的夹角为30所以N2mgcos整理得由几何关系BE2Rcos小环P下滑到C点时，Q的速度vQ0根据机械能守

27、恒定律mg(2Rcos小环P经过D点时，细绳DE部分与水平方向的夹角为45长度为DER此时小环P的速度vP与Q的速度vQ的关系为vPcosvQ根据机械能守恒定律mg(2Rcossin+R)+mg(2Rcos-【答案】圆形区域内匀强磁场的磁感应强度大小为mvqB经过C点的粒子从A处发射出来到打到极板经历的时间为R2所有到达极板的粒子动能的最大差值为qUsin粒子打到极板上的宽度为2vR【考点】带电粒子在电场中的加（减）速和偏转向心力带电粒子在匀强磁场中的运动规律牛顿第二定律的概念【解析】（1）根据题设已知条件知道粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径，由洛伦兹力提供向心力求得磁感应强度的大小；（2）从C点进入极板的粒子做类平抛运动，磁场中的时间由偏转角来确定，而电场中的时间由沿电场线方向的位移决定，两者相加就是打在极板上的总时间；（3）根据磁聚焦的原理，所以粒子离开圆形磁场区域的方向均平行于极板，粒子打在极板上增加的能量就是电场力做的功，所以求出两种情况下做功之差就是最大与最小的能量之差；（4）打在极板上的宽度，就是上述两种情况下的水平位移之差。【解答】粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，洛伦兹力提供向心力：qvB=mv2r经过