山东省枣庄市滕州十一中2015届高三下学期物理模拟试卷(5月份)

2015年高考仿真模拟卷•山东卷（二）理科综合（物理）第I 卷 （必做，共42分）一、选择题(本题包括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) 1（2015·山东师大附中高三一模·4）．如图所示，三根长度均为L 的轻绳分别连接于C 、D 两点，A 、B 两端被悬挂在水平天花板上，相距2L 现在C 点上悬挂一个质量为m 的重物，为使CD 绳保持水平，在D 点上可施加力的最小值为（ ）A ．mgB ．mgC ．0.5mgD ．0.25mg2（2015·上海黄浦区上学期期终·18）．如图所示为某一皮带传动装置。

主动轮的半径为r 1，从转动的半径为r 2。

已知主动轮做逆时针转动，转速为n ，转动过程中皮带不打滑。

下列说法中正确的是（ ）A ．从动轮做顺时针转动B ．从动轮做逆时针转动C ．从动轮的转速为r 1r 2n D ．从动轮的转速为r 2r 1n3（2015·山东泰安一模·19）．如图所示，竖直向上的匀强电场中，一竖直绝缘轻弹簧的下端固定在地面上，上端连接一带正电小球，小球静止时位于N 点，弹簧恰好处于原长状态。

保持小球的带电量不变，现将小球提高到M 点由静止释放。

则释放后小球从M 运动到N 过程中（ ）A ．小球的机械能与弹簧的弹性势能之和保持不变B ．小球重力势能的减少量等于小球电势能的增加量C ．弹簧弹性势能的减少量等于小球动能的增加量D ．小球动能的增加量等于电场力和重力做功的代数和4（2015·山东枣庄高三期末·16）．如图所示，不带电的金属球A 固定在绝缘底座上，在它的正上方B 点，有带电液滴不断地从静止开始下落 （不计空气阻力），液滴到达A 球后将电荷量全部传给A 球，设前一液滴到达A 球后，后一液滴才开始下落，不计B 点未下落的带电液滴对已下落液滴的影响，则下列叙述中正确的是（ ）A ．第一滴液滴做自由落体运动，以后液滴做变加速运动，都能到达A 球B ．当液滴下落到重力等于电场力位置时，开始做匀速运动C ．能够下落到A 球的所有液滴下落过程所能达到的最大动能不相等D ．所有液滴下落过程中电场力做功相等5（2015·山东枣庄高三期末·21）．如图所示，两端与定值电阻相连的光滑平行金属导轨倾斜放置，其中R 1=R 2=2R ，导轨电阻不计，导轨宽度为L ，匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度为B 。

2015年山东省滕州市第十一中学高三5月份模拟训练理综物理部分本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，满分300分。

考试用时150分钟。

答题前，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、县区和科类填写在试卷和答题卡规定的位置。

考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

第Ⅰ卷（必做，共107分）注意事项：1．第Ⅰ卷共20小题。

2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净以后，再选涂其他答案标号。

不涂在答题卡上，只答在试卷上不得分。

以下数据可供答题时参考：相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 Si 28 S 32 Cl 35．5 K 39 Ca 40 Mn 55 Fe 56 Cu 64 Zn 65 Br 80 Ag 108 I 127 Ba 137 Pb 207 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）14．一物体作直线运动的v﹣t图线如图所示，则（）A．第1秒内和第3秒内位移相同B．前4秒内位移为零C．第2秒末物体的加速度改变方向D．第1秒末物体的速度改变方向15．如图所示，斜面上固定有一与斜面垂直的挡板，另有一截面为 1/4 圆的光滑柱状物体甲放置于斜面上，半径与甲相等的光滑球乙被夹在甲与挡板之间，没有与斜面接触而处于静止状态．现在从球心O1处对甲施加一平行于斜面向下的力F，使甲沿斜面方向缓慢向下移动少许，设乙对挡板的压力大小为F1，甲对斜面的压力大小为F2，甲对乙的弹力为F3．在此过程中:A．F1逐渐增大，F2逐渐增大，F3逐渐增大B．F1逐渐减小，F2保持不变，F3逐渐减小C．F1保持不变，F2逐渐增大， F3先增大后减小D．F1逐渐减小，F2保持不变， F3先减小后增大16．如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，R同时在等势面b上，据此可知A．三个等势面中，c的电势最低B．带电质点在P点的电势能比在Q点的小C．带电质点在P点的动能与电势能之和比在Q点的小D．带电质点在R点的加速度方向垂直于等势面b17．如图为发电厂向远处用户的输电电路示意图，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变。

2015年山东省枣庄市滕州实验中学高考物理模拟试卷（5月份）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题(本大题共5小题，共30.0分)1.如图，在倾角为α的固定光滑斜面上，有一用绳子栓着的长木板，木板上站着一只猫．已知木板的质量是猫的质量的2倍．当绳子突然断开时，猫立即沿着板向上跑，以保持其相对斜面的位置不变．则此时木板沿斜面下滑的加速度为（）A.sinαB.gsinαC.1.5gsinαD.2gsinα【答案】C【解析】解：木板沿斜面加速下滑时，猫保持相对斜面的位置不变，即相对斜面静止，加速度为零．将木板和猫作为整体，由牛顿第二定律，受到的合力为F木板=2ma，猫受到的合力为F猫=0则整体受的合力等于木板受的合力：F合=F木板=2ma（a为木板的加速度），又整体受到的合力的大小为猫和木板沿斜面方向的分力的大小（垂直斜面分力问零）即F合=3mgsinα，解得a=1.5gsinα故选：C．对猫和木板受力分析受力分析，可以根据各自的运动状态由牛顿第二定律分别列式来求解，把猫和木板当做一个整体的话计算比较简单．本题应用整体法对猫和木板受力分析，根据牛顿第二定律来求解比较简单，当然也可以采用隔离法，分别对猫和木板受力分析列出方程组来求解．2.如图所示，一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为12m的竖立在地面上的钢管往下滑．已知这名消防队员的质量为60㎏，他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零．如果他加速时的加速度大小是减速时的2倍，下滑的总时间为3s，g取10m/s2，那么该消防队员（）A.下滑过程中的最大速度为4m/sB.加速与减速过程的时间之比为2：1C.加速与减速过程中所受摩擦力大小之比为1：7D.加速与减速过程的位移之比为1：4【答案】C【解析】解：A、设下滑过程中的最大速度为v，则消防队员下滑的总位移x=t1+t2=t，得到v==m/s=8m/s．故A错误．B、设加速与减速过程的时间分别为t1、t2，加速度大小分别为a1、a2．则v=a1t1，v=a2t2，得到t1：t2=a2：a1=1：2．故B错误．C、由t1：t2=1：2，又t1+t2=3s，得到t1=1s，t2=2s，a1==8m/s2，a2==4m/s2，根据牛顿第二定律得：加速过程：mg-f1=ma1，f1=mg-ma1=2m减速过程：f2-mg=ma2，f2=mg+ma2=14m所以f1：f2=1：7．故C正确．D、加速与减速过程的平均速度相同，时间之比为1：2，故位移之比为1：2，故D错误．故选：C．由平均速度公式求解最大速度．根据速度公式研究加速与减速过程的时间之比．根据牛顿第二定律研究摩擦力之比．本题运用牛顿第二定律运动学公式结合分析多过程问题，也可以采用图象法分析最大速度，根据牛顿第二定律研究摩擦力关系．3.质点做直线运动的位移x和时间平方t2的关系图象如图所示，则该质点（）A.质点的加速度大小恒为1m/s2B.0-2s内的位移是为1mC.2末的速度是4m/sD.物体第3s内的平均速度大小为3m/s【答案】C【解析】解：A、根据x=得，可知图线的斜率表示，则，a=2m/s2．故A错误．B、0-2s内的位移x=．故B错误．C、2s末的速度v=at=2×2m/s=4m/s．故C正确．D、物体在第3s内的位移=5m，则平均速度．故D错误．故选：C．根据位移时间公式得出图线斜率的物理意义，根据运动学公式求出物体的位移和速度．解决本题的关键搞清图线斜率的物理意义，知道物体的运动规律，结合运动学公式进行求解．4.如图所示，飞船从轨道1变轨至轨道2．若飞船在两轨道上都做匀速圆周运动，不考虑质量变化，相对于在轨道1上，飞船在轨道2上的（）A.动能大B.向心加速度大C.运行周期长D.角速度大【答案】C【解析】解：根据万有引力提供向心力，得到，，，，由这些关系可以看出，r越大，a、v、ω越小，而T越大，飞船从轨道1变轨至轨道2，轨道半径变大，故线速度变小，故动能变小，加速度、角速度变小，周期变大，故ABD错误，C正确．故选：C．根据万有引力提供向心力，得出线速度、角速度、周期、向心加速度与轨道半径的关系，从而比较出大小．解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，能列出方程，并能熟练选择恰当的向心力的表达式．5.如图所示，质量为m、电量为q的小球在电场强度E的匀强电场中，以初速度v0沿直线ON做匀变速运动，直线ON与水平面的夹角为30°，若小球在初始位置的电势能为零，重力加速度为g，且mg=q E，则下面说法中正确的是（）A.电场方向竖直向上B.小球运动的加速度大小为gC.小球最大高度为D.小球电势能的最大值为【答案】B【解析】解：A、因为小球做匀变速直线运动，则小球所受的合力与速度方向在同一条直线上，结合平行四边形定则知，电场力的方向与水平方向夹角为30°，斜向上．如图所示．故A错误．B、根据平行四边形定则知，小球所受的重力和电场力相等，两个力的夹角为120°，所以合力大小与分力大小相等，等于mg，根据牛顿第二定律知，小球的加速度为g．故B正确．C、小球斜向上做匀减速直线运动，匀减速直线运动的位移s==，则小球上升的最大高度h=s=．故C错误．D、在整个过程中电场力做功W=q E scos120°=-mv02，电势能增加mv02，所以小球电势能的最大值为mv02．故D错误．故选：B．小球做匀变速直线运动，合力的方向与速度方向在同一条直线上，结合合力的大小，根据牛顿第二定律求出加速度的大小，结合速度位移公式求出小球上升的高度，根据电场力做功求出电势能的变化量，从而得出小球电势能的最大值．本题应在正确分析小球受力情况的基础上，运用牛顿第二定律、运动学公式和功能关系分析．知道物体做直线运动，合力的方向与速度方向在同一条直线上．二、多选题(本大题共1小题，共6.0分)6.如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上．A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为μ．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．现对A施加一水平拉力F，则（）A.当F＜2μmg时，A、B都相对地面静止B.当F=2μmg时，A的加速度为μgC.当F＞3μmg时，A相对B滑动D.无论F为何值，B的加速度不会超过μg 【答案】BD【解析】解：AB之间的最大静摩擦力为：f max=μm A g=2μmg，B与地面间的最大静摩擦力为：f=μ（m A+m B）g=μmg，地A、当F＜2μmg时，F＜f max，AB之间不会发生相对滑动，B与地面间发生相对滑动，故A错误．B、当F=2μmg时，F=f max，AB间相对静止，对整体由牛顿第二定律有：a=地，故B正确．C、当B与A恰好相对滑动时，A对B的摩擦力是2μmg，B受到的合力是：f max-f地=2μmg-μmg=μmg，此时B的加速度：，假设AB相对静止，则a B=a A，此时A受到的最小拉力：F m=m A a A+μm A g=2m×μg+μ×2mg=4μmg，所以当F＞3μmg时，AB间不一定会发生相对滑动，故C错误．D、A对B的最大摩擦力为2μmg，B受到的地面的最大静摩擦力为μmg，B的合外力：F合=2μmg-μmg=μmg，无论F为何值，加速度更不会超过μg，故D正确．故选：BD根据A、B之间的最大静摩擦力，隔离对B分析求出整体的临界加速度，通过牛顿第二定律求出A、B不发生相对滑动时的最大拉力．然后通过整体法隔离法逐项分析．本题考查了摩擦力的计算和牛顿第二定律的综合运用，解决本题的突破口在于通过隔离法和整体法求出A、B不发生相对滑动时的最大拉力．三、单选题(本大题共1小题，共6.0分)7.如图所示，水平放置的光滑轨道上固定有两个阻值均为R的定值电阻，空间中存在有竖直向下的匀强磁场，一质量为m，电阻也为R的金属棒垂直的放在导轨上，已知金属棒的长度等于导轨间距为D，某时刻给金属棒一水平初速度V0，金属棒在导轨上运动了L后速度变成V，则关于此过程下面说法中正确的是（）A.金属棒上产生的热量为m（v02-v2）B.金属棒上产生的热量为m（v02-v2） C.此区域内磁感应强度为B= D.此区域内磁感应强度为B=【答案】D【解析】解：AB、设金属棒上产生的热量为Q，每个R上产生的热量为Q′，通过R的电流为I，根据焦耳定律得：Q=（2I）2R t，Q′=I2R t，则Q=4Q′根据Q+Q′=m（v02-v2）得Q=m（v02-v2），故AB错误．CD、设金属棒速度为v时加速度为a，取极短时间△t，则有a=得△v=a△t根据牛顿第二定律得：a=棒所受的安培力大小F=BIL=B D=联立以上三式可得△v=△t两边求和得：△v=∑△t又v△t=△x，v△t=x=L联立解得：B=，故C错误，D正确．故选：D．金属棒动能的减少量等于整个回路产生的热量，根据焦耳定律分析金属棒与两个定值电阻产生的热量关系，求解金属棒上产生的热量．从加速度入手，运用微元法求解B．本题一方面要准确把握能量的分配关系，另一方面要学会：对于变速直线运动，从加速度的定义式入手，运用微元法可以研究力和速度的关系．四、实验题探究题(本大题共1小题，共9.0分)8.探究加速度与力的关系装置如图所示．带滑轮的长木板水平放置，细绳通过两滑轮分别与弹簧秤挂钩和沙桶连接，细线与桌面平行．将木块放在靠近打点计时器的一端，缓慢向沙桶中添加细沙，直到木块开始运动，记下木块运动后弹簧秤的示数F，通过纸带求出木块运动的加速度a．将木块放回原处，向沙桶中添加适量细沙，释放木块…获取多组a、F数据．（1）关于该实验的操作，以下说法正确的是______A．实验过程中，应先闭合打点计时器开关，再释放小车B．通过缓慢添加细沙，可以方便地获取多组实验数据C．每次添加细沙后，需测出沙及沙桶的质量D．实验过程要确保沙及沙桶的质量远小于木块的质量（2）某同学根据实验数据做出了两个a-F图象如图2所示，正确的是______ ；由图象可知，木块所受的滑动摩擦力大小大小为______ ；若要作出木块的加速度与合力的关系，需要对图象进行修正．修正后的横坐标F合应该等于______ （用F、F0表示）．【答案】AB；B；2F0；2F-2F0【解析】解：（1）实验中应该先接通电源后释放纸带，故A正确．B、通过缓慢添加细沙，可以方便地获取多组实验数据，故B正确．C、绳子的拉力可以通过弹簧测力计测出，不需要测量砂及沙桶的质量，也不需要保证沙及沙桶的质量远小于木块．故C、D错误．故选：AB．（2）小车所受的拉力等于2倍的弹簧秤拉力，可以直接测量得出，根据牛顿第二定律得，a==，故正确的图线是B．当弹簧拉力为F0时，小车开始滑动，可知滑动摩擦力f=2F0．根据牛顿第二定律得，a=，所以修正后的横坐标F合应该等于2F-2F0．故答案为：（1）AB；（2）B；2F0，2F-2F0（1）该实验不需要测量沙及沙桶的质量，绳子的拉力由弹簧秤直接测量，不需要满足沙及沙桶的质量远小于木块．（2）根据牛顿第二定律得出a与F的关系式，结合关系式得出正确的图线．（3）根据加速度等于零求出弹簧的拉力，从而求出此时的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律得出加速度与合力的关系式，从而得出修正后的横坐标．本题实验源于课本实验，但是又不同于课本实验，关键要理解实验的原理，注意该实验不需要测量砂及沙桶的质量，也不需要保证沙及沙桶的质量远小于木块．五、填空题(本大题共1小题，共4.0分)9.某同学用游标卡尺测量圆形管内径时的测量结果如图甲所示，则该圆形钢管的内径是______ mm．如图乙所示是某次用千分尺测量时的情况，读数为______mm．【答案】40.45；0.700【解析】解：1、游标卡尺的主尺读数为40mm，游标尺上第9个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为9×0.05mm=0.45mm，所以最终读数为：40mm+0.45mm=40.45mm．2、螺旋测微器的固定刻度为0.5mm，可动刻度为20.0×0.01mm=0.200mm，所以最终读数为0.5mm+0.200mm=0.700mm．故答案为：40.45，0.700解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．六、实验题探究题(本大题共1小题，共9.0分)10.用下列器材组装成一个电路，既能测量出电池组的电动势E和内阻r，又能同时描绘小灯泡的伏安特性曲线．A．电压表V1（量程6V、内阻很大）B．电压表V2（量程3V、内阻很大）C．电流表A（量程3A、内阻很小）D．滑动变阻器R（最大阻值10Ω、额定电流4A）E．小灯泡（2A、5W）F．电池组（电动势E、内阻r）G．开关一只，导线若干实验时，调节滑动变阻器的阻值，多次测量后发现：若电压表V1的示数增大，则电压表V2的示数减小．（1）请将设计的实验电路图在图甲的虚线方框中补充完整（2）每一次操作后，同时记录电流表A、电压表V1和电压表V2的示数，组成两个坐标点（I1，U1）、（I2，U2），标到U-I坐标中，经过多次测量，最后描绘出两条图线，如图乙所示，则电池组的电动势E= ______ V、内阻r= ______ Ω．（结果保留两位有效数字）（3）在U-I坐标中两条图线在P点相交，此时滑动变阻器连入电路的阻值应为______ Ω【答案】4.5；1.0；0.0【解析】解：（1）伏安法测电源电动势与内阻实验中，电压表测路端电压，电压表示数随滑动变阻器接入电路阻值的增大而增大；描绘小灯泡伏安特性曲线实验中，电流表测流过灯泡的电流，灯泡两端电压随滑动变阻器接入电路电阻的增大而减小；调节滑动变阻器时，电压表V1的示数增大，则电压表V2的示数减小，则V1测路端电压，V2测灯泡两端电压，电路图如图所示．（2）电源的U-I图象是一条倾斜的直线，由图象可知，电源电动势E=4.5V，电源内阻r===1.0Ω．（3）由图乙所示图象可知，两图象的交点坐标，即灯泡电压UL=2.5V，此时电路电流I=2.0A，电源电动势E=I r+U L+IR滑，即4.5V=2.0A×1Ω+2.5V+2.0A×R滑，则R滑=0.0Ω．故答案为：（1）电路图如图所示；（2）4.5；1.0；（3）0.0．（1）测电源电动势与内阻实验时，电压表测路端电压，随滑动变阻器接入电路阻值的增大，电压表示数增大；灯泡两端电压随滑动变阻器阻值增大而减小；根据电压表示数变化确定各电路元件的连接方式，然后作出实验电路图．（2）电源的U-I图象与纵轴的交点示数是电源的电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻．（3）由图象求出两图线的交点对应的电压与电流，然后根据闭合电路中内外电压的关系及欧姆定律求出滑动变阻器接入电路的阻值．电源的U-I图象与纵轴的交点是电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻，求电源内阻时要注意看清楚纵轴坐标起点数据是多少，否则容易出错．七、计算题(本大题共3小题，共30.0分)11.民用航空客机的机舱，除了有正常的舱门和舷梯连接，供旅客上下飞机外，一般还配有紧急出口．发生意外情况的飞机在着陆后，打开紧急出口的舱门，会自动生成一个气囊（由斜面部分AC和水平部分CD构成），机舱中的人可沿该气囊滑行到地面上来，如图所示．某机舱离气囊底端的竖直高度AB=3.0m，气囊构成的斜面长AC=5.0m，AC与地面之间的夹角为θ．斜面部分AC和水平部分CD 平滑连接．一个质量m=60kg的人从气囊上由静止开始滑下，最后滑到水平部分上的E 点静止，已知人与气囊之间的动摩擦因数为μ=0.55．不计空气阻力g=10m/s2．求人从A点开始到滑到E点所用的时间．【答案】解：人的受力如图所示，由牛顿运动定律得：mgsinθ-μF N=maF N-mgcosθ=0，则：a=gsinθ-μgcosθ，解得：a=1.6m/s2设人在斜面部分滑下所用的时间为t1，s=at，代入数据解得：t1=2.5s设人滑到斜面底端C时的速度为v C，v C=at1=1.6×2.5=4m/s由牛顿运动定律得：μmg=ma′由0-v C=（-a′）t2解得：t2=0.73s故人从开始到滑到E点所用的时间：t=t1+t2=3.23s．答：人从A点开始到滑到E点所用的时间为3.23s．【解析】由牛顿第二定律求出加速度，然后由运动学公式求出人在斜面与水平面上的运动时间，然后求出总的运动时间．本题考查了求运动时间，分析清楚人的运动过程，应用牛顿第二定律与运动学公式即可正确解题．12.如图所示为一种电磁装置，由粒子源、加速电场、偏转电场、匀强磁场组成．在S点有一粒子源，能不断释放电量为q，质量为m的静止带电粒子，被加速电压为U，极板间距离为d的匀强电场加速后，从正中央垂直射入电压为U的匀强偏转电场（偏转电场中电压正负极随时间做周期性变化），偏转极板长度和极板距离均为L，带电粒子在偏转电场中一次偏转后即进入一个垂直纸面方向的匀强磁场，其磁感应强度为B．若不计重力影响，欲使带电粒子通过某路径返回S点，求：（1）粒子进入磁场时速度大小．（2）匀强磁场的宽度D至少为多少？（3）该带电粒子周期性运动的周期T是多少？偏转电压正负极多长时间变换一次方向？【答案】解：（1）粒子在加速电场中加速，由动能定理得：，解得：…①由于粒子在电场加速过程中做匀加速直线运动，则加速的时间t1为：t1==…②粒子在偏转电场中做类似平抛运动，其加速度a为：，粒子通过偏转电场的时间t2为：…③粒子在偏转电场中的侧移距离y为：…④侧向速度v y为：则粒子射出偏转电场时的速度v为：…⑤（2）以速度v进入磁场后做匀速度圆周运动，洛仑兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得：…⑥则磁场宽度为：…⑦（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T'为：′，tanθ==2，则：θ=arctan2，所以粒子在磁场中运动的时间t3为：′…⑧粒子从S出发到回到S的周期T为：T=2t1+2t2+t3=4d+2L+；偏转电压正负极换向时间t为：t==2d+L+；答：（1）粒子进入磁场时速度大小为．（2）匀强磁场的宽度D至少为+．（3）该带电粒子周期性运动的周期T是4d+2L+；偏转电压正负极经2d+L+变换一次方向．【解析】（1）对在加速电场中运用动能定理，结合在偏转电场中做类平抛运动求出偏转位移的大小和偏转角，对整个过程运用动能定理，求出粒子进入磁场的速度．（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可以求出粒子的轨道半径，结合几何关系求出匀强磁场的最小宽度．（3）粒子在加速电场中匀加速直线匀加速直线运动，在偏转电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，结合运动学公式和推论以及在磁场中运动的周期公式求出带电粒子的周期T．偏转电压正负极变换一次方向的时间等于粒子在磁场中运动的时间．本题考查了粒子在电场中和磁场中的运动问题，关键作出粒子的轨迹，知道粒子在加速电场中做匀加速直线运动，在偏转电场中做类平抛运动，在匀强磁场中做圆周运动，结合动能定理和运动学公式进行求解．13.如图所示为水平传送装置，轴间距离AB长l=8.3m，质量为M=1kg的木块随传送带一起以v1=2m/s的速度向左匀速运动（传送带的传送速度恒定），木块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5．当木块运动至最左端A点时，一颗质量为m=20g的子弹以=300m/s水平向右的速度正对射入木块并穿出，穿出速度u=50m/s，以后每隔1s就有一颗子弹射向木块，设子弹射穿木块的时间极短，且每次射入点各不相同，g取10m/s2．求：（1）在被第二颗子弹击中前，木块向右运动离A点的最大距离？（2）木块在传达带上最多能被多少颗子弹击中？（3）从第一颗子弹射中木块到木块最终离开传送带的过程中，子弹、木块和传送带这一系统产生的总内能是多少？【答案】解：（1）子弹射入木块过程系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正反方向，由动量守恒定律得：mv0-M v1=mv+M v1′，解得：v1′=3m/s，木块向右作减速运动加速度：a==μg=0.5×10=5m/s2，木块速度减小为零所用时间：t1=′解得：t1=0.6s＜1s所以木块在被第二颗子弹击中前向右运动离A点最远时，速度为零，移动距离为：s1=′，解得：s1=0.9m．（2）在第二颗子弹射中木块前，木块再向左作加速运动，时间为：t2=1s-0.6s=0.4s速度增大为：v2=at2=2m/s（恰与传送带同速）；向左移动的位移为：s2=at22=×5×0.42=0.4m，所以两颗子弹射中木块的时间间隔内，木块总位移S0=S1-S2=0.5m方向向右第16颗子弹击中前，木块向右移动的位移为：s=15×0.5m=7.5m，第16颗子弹击中后，木块将会再向右先移动0.9m，总位移为0.9m+7.5=8.4m＞8.3m木块将从B端落下．所以木块在传送带上最多能被16颗子弹击中．（3）第一颗子弹击穿木块过程中产生的热量为：Q1=mv02+M v12-mu2-M v1′2，木块向右减速运动过程中板对传送带的位移为：s′=v1t1+s1，产生的热量为：Q2=μM gs′，木块向左加速运动过程中相对传送带的位移为：s″=v1t2-s2，产生的热量为：Q3=μM gs″，第16颗子弹射入后木块滑行时间为t3有：v1′t3-at32=0.8，解得：t3=0.4s木块与传送带的相对位移为：S=v1t3+0.8产生的热量为：Q4=μM gs，全过程中产生的热量为：Q=15（Q1+Q2+Q3）+Q1+Q4解得：Q=14155.5J；答：（1）在被第二颗子弹击中前，木块向右运动离A点的最大距离为0.9m．（2）木块在传达带上最多能被16颗子弹击中．（3）子弹、木块和传送带这一系统产生的热能是14155.5J．【解析】（1）根据动量守恒定律求出子弹穿过木块的瞬间，木块的速度，结合牛顿第二定律和运动学公式求出在被第二颗子弹击中前，木块向右运动离A点的最大距离．（2）根据运动学公式求出子弹被一颗子弹击中到下一颗子弹击中，这段时间内的位移，从而确定最多能被多少颗子弹击中．（3）根据功能关系求出被一颗子弹击中到下一颗子弹击中这段时间内所产生的热量，包括子弹击穿木块的过程中产生的内能，与传送带发生相对滑动产生的内能，从而得出子弹、木块和传送带这一系统产生的总内能．此题综合性非常强，既有动量守恒定律又有匀变速直线运动，要求掌握物理知识要准确到位，能够灵活应用，物体运动过程复杂，分析清楚物体运动过程是正确解题的关键，分析清楚过程后，应用动量守恒定律、牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题．高中物理试卷第11页，共11页。

滕州市2015年初中学业考试模拟试题（三）物理一、选择题（共12小题，每小题2分，共24分；每小题只有一个选项符合题意）1．如图所示四个声现象中，哪两个可以用相同的声学知识解释（）A．甲和乙B．乙和丙C．丙和丁D．甲和丁2．下列关于图中所示光学现象的描述或解释正确的是（）A．图甲中，小孔成的是倒立的虚像，是光的直线传播的应用B．图乙中，人配戴的凹透镜可以矫正近视眼，是利用了凹透镜的会聚的作用C．图丙中，太阳光通过三棱镜会分解成红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫七色光D．图丁中，漫反射的光线杂乱无章不遵循光的反射定律3．下列对生活中一些现象的解释错误的是（）A．用冰袋给高热病人降温，是因为冰熔化吸热B．用手沾些冷水去拿包子不会太烫，是因为水汽化吸热C．用久了的电灯泡玻璃壁会变黑，是因为灯丝发生了汽化和凝固现象D．舞台上用干冰能制造白雾，是因为干冰升华吸热使水蒸气液化4．下列说法中正确的是（）A．扩散现象说明物质的分子在永不停息地作无规则运动B．冰和松香在熔化过程中，温度都升高C．固体和液体都很难被压缩，说明分子间只存在斥力D．温度高的物体，内能一定大5．在凸透镜的主光轴上放一根木棒，a端在1倍焦距与2倍焦距之间，而b端在2倍焦距之外，如图所示，那么透过透镜观察（）A．a、b端都变粗B．a端变细，b端变粗C．a、b端都变细D．a端变粗、b端变细6．李强同学动手能力非常强，学习了浮力后，他利用“铁丝、胶管、试管、进、排水管、水和注射器”，制作了如图所示是潜水艇模型，下列说法不正确的是（）A．向里推注射器活塞，水会被压入试管中，可实现潜艇下沉B．潜艇模型是通过改变潜艇的重力实现沉浮的C．向外拉注射器活塞，试管内水量适当时，可实现潜艇悬浮D．潜艇模型的试管上绕些铁丝，可保持试管稳定7．下课时，有同学用力推课桌的下部，课桌会沿地面滑动；而推课桌的上部，课桌可能会翻到，这说明力的作用效果（）A．与力的大小有关B．与力的作用点有关C．与力的方向有关D．与受力面积有关8．如图是小勇做完“探究水沸腾时温度变化的特点”实验后，根据记录作出的水的沸腾图象，下列对图象的分析正确的是（）A．实验中加热3min后停止了加热B．沸腾温度不足100℃可能是供热不足C．AB段水平线表明水沸腾过程吸热而不升温D．OA段斜线表明水的实际温度与加热时间成正比9．下列关于电磁现象的说法正确的是（）A．感应电流的方向只与导体切割磁感线的方向有关B．扬声器与话筒都是把声信号转变为电信号的装置C．电磁铁的磁性强弱只与线圈的匝数有关D．发电机是根据电磁感应现象制成的10．如图所示，闭合开关后，当滑动变阻器的滑片P向下滑动时，各电表示数变化正确的是（）A．电流表和电压表的示数均变小B．电流表和电压表的示数均变大C．电流表示数变大、电压表的示数不变D．电流表示数变小、电压表的示数不变11．如图所示，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，电源电压恒定，闭合开关S，调节滑动变阻器滑片，R1、R2两端的电压U1、U2与电流I的变化关系图象如选项所示，其中正确的是（）12．下列关于信息的传递和能源的利用说法正确的是（）A．煤、石油、天然气是不可再生能源B．手机是通过激光来接收信号的C．电视遥控器是通过紫外线来发射信号的D．核能的利用会造成放射性污染，所以应该关闭核电站二、填空题（共6小题，18题每空2分，其余每空1分，共14分）13．如图所示的光路图中，已知∠AOM=30°，∠BOC=90°，请计算：反射角等于，折射角等于．14．小明在实验室用天平和量筒测量矿石的密度，在实验过程中他进行了如下一些实验步骤：①用调节好的天平测出矿石的质量；②向量筒中倒入适量的水，测出这些水的体积；③根据密度公式，求出矿石的密度；④将矿石浸没在量筒内的水中，测出矿石和水的总体积．以下实验步骤顺序合理且误差较小的是A、①②③④B、①②④③C、②④①③D、③①②④15．体积为50cm3，质量是45g的物体，将其缓缓放入装满水的烧杯中，物体静止后，溢出水的质量的g．（ρ水=1.0×103kg/m3）16．某同学用如图所示滑轮组将重为300N的物体以0.2m/s的速度向上拉动，拉力为125N （不计绳重及摩擦），则5s内人拉绳子做的功是J，该滑轮组的机械效率是．17．一个标有“12V 6W”的小灯泡接在电压为18V的电源下正常发光，则需串联一个电阻R，该串联电阻阻值为Ω，该电阻消耗的功率为W．18．电热安全压力锅解除了普通压力锅的安全隐患；既省时又省电．某电压力锅的额定电压为220V，额定功率为1200W（c水=4.2×103J/（kg•℃），q煤=5.0×107J/kg）．（1）若使用上述压力锅将2kg初温为20℃的水加热升至120℃的过程中，水吸收的热量为J，这些热量需要完全燃烧g的煤气；（2）若某次仅使用上述压力锅正常工作0.5h，测得图示电能表的指示灯共闪烁600次，由此可知该过程中压力锅是（填“间歇”或“持续”）通电工作．三、作图与实验探究题（共4小题，共18分）19．（2分）一足球不慎掉进水中漂浮在水面上，如图所示，试作出足球所受力的示意图．20．（5分）小明在学习“物质的比热容”时，取相同质量的水和沙子，用相同的酒精灯加热，测得它们升高的温度如表，并在图乙中作出沙子升高的温度随时间变化的图线．（2）实验中选用相同的酒精灯加热，可以认为相同时间内水和沙子相同．（3）请利用表中数据在图乙中作出表示水升高的温度随时间变化规律的图线．（4）沙子在1.0～1.5min内升高的温度有明显异常，其主要原因是．（5）小明再用50g水和100g水做实验，以吸收的热量Q为纵坐标，升高的温度△t为横坐标，分别画出50g水和100g水的Q﹣△t图象．它们都是过原点的直线，即Q=k△t．进一步分析，发现这两条直线的k值与对应水的之比相等．21．（5分）现有下列器材：二节干电池、一个单刀单掷开关S1、一个单刀双掷开关S2、电压表（0～3V、0～15V）、阻值为10Ω的定值电阻R0、导线若干．利用这些器材测量滑动变阻器R x的最大阻值，实验电路图如图甲所示．（1）请你根据图甲所示的电路图，将图乙中的实物图连接完整（导线不交叉）．（2）电路连好之后，按照下列步骤进行操作：①移动滑动变阻器的滑片，使其连入电路的阻值最大，闭合开关S1，将开关S2拨至a处，记下电压表的示数U1=V（如图丙）；②将开关S2拨至b处，记下电压表的示数U2=V（如图丁）；③先断开开关S1和S2，再撤去两端的导线，然后整理器材．（3）根据上述有关数据，求出滑动变阻的最大阻值为Ω．22．（6分）2014年暑假，平阴县某物理兴趣小组的同学们根据所学初二的物理知识和物理原理，自制了只需要一个钩码的天平，所用钩码是实验室里常见的质量为50g的钩码，用细线挂在右侧横梁上，调节天平至水平位置平衡（如图甲所示）．测质量时只需要移动细线在横梁上的位置使横梁水平平衡，由细线在横梁上的位置对应的刻度值直接表示出物体的质量．（1）制作这架天平的物理原理是．（2）将下列测量物体质量的几个主要步骤正确的顺序写出来（只填写序号）a．将悬挂钩码的细线移到0刻线．b．将天平放在水平台面上．c．将待测物体放在天平的左侧置物盘上．d．调整横梁右侧的平衡螺母使横梁上悬挂的重锤线对准底座上的标记e．移动悬挂钩码的细线使横梁上悬挂的重锤线对准底座上的标记．（3）为了确定横梁上的刻度，在置物盘中放置一个50g的砝码，移动悬挂钩码的细线使横梁平衡（如图乙所示）．请在图甲的横梁标尺上标出50g、150g两个刻度（分别把50g、150g标记在横梁上的对应位置）．（4）将一石块放在置物盘上，移动悬挂钩码的细线使横梁平衡（如图丙所示）．这个矿石的质量是g．（5）如果以右侧50g的钩码提供的力为动力，则这架天平相当于一个（选填“等臂杠杆”、“省力杠杆”和“费力杠杆”）．四、计算题（共2小题，每小题7分，共14分）23．某型号水陆两栖车（既能在陆地上行驶，也能像船一样在水中航行），总质量是12t在陆地上行驶最大速度为120km/h，以最大速度匀速行驶时受到的阻力为6000N，该车静止在水平地面上时，4个车轮着地总面积为0.24m2，g=10N/kg．求水陆两栖车：（1）在水上航行时，受到的浮力是多少？（2）在陆地上静止时，它对水平地面的压强是多少？（3）在平直的陆地上以最大速度匀速行驶3km的过程中，牵引力做的功是多少？24．如图所示，电源电压U=12V，R1为定值电阻，阻值为100Ω，R为滑动变阻器，R的最大阻值为50Ω，电流表量程为“0～0.6A”，电压表量程为“0～15V”，小灯泡上标有“6V 3W”字样，小灯泡的U﹣I关系如图所示，求：（1）灯泡正常工作时通过灯丝的电流是多少？（2）S闭合，S1、S2都断开时调节滑动变阻器，当小灯泡两端的电压为4V时，滑动变阻器接入电路中的阻值为多大？（3）S、S1、S2都闭合时，移动滑片P，当滑动变阻器接入电路的阻值为多少时，整个电路消耗的总功率最大？最大总功率是多少？滕州市2015年初中学业考试模拟试题（三）物理（解析与答案）一、选择题（共12小题，每小题2分，共24分；每小题只有一个选项符合题意）1．如图所示四个声现象中，哪两个可以用相同的声学知识解释（）A．甲和乙B．乙和丙C．丙和丁D．甲和丁【解析】甲图：说明声音是由物体的振动产生的；乙图：说明声音的传播需要介质，真空不能传声；丙图：太空中没有空气，宇航员不能直接交谈，说明真空不能传声；丁图：说明声音能够传递信息．因此声学知识相同的是乙和丙．故选B．2．下列关于图中所示光学现象的描述或解释正确的是（）A．图甲中，小孔成的是倒立的虚像，是光的直线传播的应用B．图乙中，人配戴的凹透镜可以矫正近视眼，是利用了凹透镜的会聚的作用C．图丙中，太阳光通过三棱镜会分解成红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫七色光D．图丁中，漫反射的光线杂乱无章不遵循光的反射定律【解析】A、小孔成的像是由实际光线形成的，可以用光屏接收到，符合实像的特征，不是虚像，此项错误；B、近视是因为晶状体曲度过大，折光能力太强使像成在视网膜前面，利用了凹透镜的发散的作用，用凹透镜矫正，此项错误；C、白光由七色光组成，不同色光通过三棱镜后，偏折角度不同，所以被分解成七色光，这是光的色散现象，此项正确；D、只要是光的反射，都遵循光的反射定律，镜面反射和漫反射都遵循光的反射定律，此项错误．故选C．3．下列对生活中一些现象的解释错误的是（）A．用冰袋给高热病人降温，是因为冰熔化吸热B．用手沾些冷水去拿包子不会太烫，是因为水汽化吸热C．用久了的电灯泡玻璃壁会变黑，是因为灯丝发生了汽化和凝固现象D．舞台上用干冰能制造白雾，是因为干冰升华吸热使水蒸气液化【解析】A、用冰袋给高热病人降温，是因为冰熔化吸热，故A正确，不符合题意；B、用手沾些冷水去拿包子不会太烫，是因为水汽化吸热，故B正确，不符合题意；C、用久了的电灯泡玻璃壁会变黑，是因为灯丝发生了升华和凝华现象，故C错误，符合题意．D、用干冰能制造白雾，是因为干冰升华吸热使水蒸气液化，故D正确，不符合题意．故选C．4．下列说法中正确的是（）A．扩散现象说明物质的分子在永不停息地作无规则运动B．冰和松香在熔化过程中，温度都升高C．固体和液体都很难被压缩，说明分子间只存在斥力D．温度高的物体，内能一定大【解析】A、由分子动理论可知，扩散现象说明物质的分子在永不停息地作无规则运动，故A正确；B、冰是晶体，在熔化时吸热但温度不变，松香是非晶体，熔化时边吸热、边升温，故B错误；C、固体和液体都很难被压缩，说明分子间存在斥力，但不是只存在斥力，故C错误；D、在不知道质量的情况下，温度高的物体，内能不一定大，故D错误．故选A．5．在凸透镜的主光轴上放一根木棒，a端在1倍焦距与2倍焦距之间，而b端在2倍焦距之外，如图所示，那么透过透镜观察（）A．a、b端都变粗B．a端变细，b端变粗C．a、b端都变细D．a端变粗、b端变细【解析】由题意知，a端位于1倍焦距与2倍焦距之间，故所成的像是倒立、放大的，则b端位于2倍焦距之外，故所成的像是倒立、缩小的；所以在凸透镜的主轴上放着一根粗细均匀的木棒，a端在1倍焦距与2倍焦距之间，b端在2倍焦距之外，则木棒所成的像将是a端变粗，b端变细，ABC错误，D正确．故选D．6．李强同学动手能力非常强，学习了浮力后，他利用“铁丝、胶管、试管、进、排水管、水和注射器”，制作了如图所示是潜水艇模型，下列说法不正确的是（）A．向里推注射器活塞，水会被压入试管中，可实现潜艇下沉B．潜艇模型是通过改变潜艇的重力实现沉浮的C．向外拉注射器活塞，试管内水量适当时，可实现潜艇悬浮D．潜艇模型的试管上绕些铁丝，可保持试管稳定【解析】A、图中潜艇模型，向内推注射器活塞，水会被压出试管，此时模型的自重减小，模型上浮，故A错误，符合题意；B、当潜艇模型浸没在水中时，排开水的体积不变，所受浮力不变，因此模型的上浮和下沉是通过改变潜艇的重力来实现的，故B正确，但不符合题意；C、向外拉注射器活塞，试管内水增加，试管内水量适当时，潜艇可能悬浮，故C正确，但不符合题意；D、试管左轻、右重，为了保持试管稳定，潜艇模型的试管上绕些铁丝，故D正确，但不符合题意；故选A．7．下课时，有同学用力推课桌的下部，课桌会沿地面滑动；而推课桌的上部，课桌可能会翻到，这说明力的作用效果（）A．与力的大小有关B．与力的作用点有关C．与力的方向有关D．与受力面积有关【解析】推课桌下部和上部，是力的作用点不同，使课桌发生了不同的运动情况，说明力的作用效果与力的作用点有关．故选B．8．如图是小勇做完“探究水沸腾时温度变化的特点”实验后，根据记录作出的水的沸腾图象，下列对图象的分析正确的是（）A．实验中加热3min后停止了加热B．沸腾温度不足100℃可能是供热不足C ．AB 段水平线表明水沸腾过程吸热而不升温D ．OA 段斜线表明水的实际温度与加热时间成正比【解析】从第3min 水的温度保持不变，是因为处于沸腾过程，沸腾过程中仍需不断吸热，所以A 错误，C 正确；沸腾温度不足100℃是因为当时气压低于标准大气压，所以B 错误；由图象知，OA 段斜线，水加热的时间越长，吸收的热量越多，根据公式△t=cmQ ，在比热容和质量不变时，水温度的变化与加热时间成正比，但达到沸点后，水沸腾温度不再升高，所以D 错误．故选C ．9．下列关于电磁现象的说法正确的是（ ）A ．感应电流的方向只与导体切割磁感线的方向有关B ．扬声器与话筒都是把声信号转变为电信号的装置C ．电磁铁的磁性强弱只与线圈的匝数有关D ．发电机是根据电磁感应现象制成的【解析】A 、感应电流的方向与导体切割磁感线的方向和磁场方向有关，故A 错误；B 、扬声器是把电信号转化成声信号，而话筒都是把声信号变为电信号，故B 错误；C 、电磁铁的磁性强弱与线圈的匝数、电流的大小和铁芯有关，故C 错误；D 、发电机是根据电磁感应现象制成的，故D 正确．故选D ．10．如图所示，闭合开关后，当滑动变阻器的滑片P 向下滑动时，各电表示数变化正确的是（ ）A ．电流表和电压表的示数均变小B ．电流表和电压表的示数均变大C ．电流表示数变大、电压表的示数不变D ．电流表示数变小、电压表的示数不变【解析】电压表测量电源电压，故电压表示数保持不变；当滑片向下滑动时，滑动变阻器接入电阻减小，则由欧姆定律可得通过滑动变阻器的电流增大；因定值电阻两端电压不变，故通过定值电阻的电流不变；由并联电路的电流规律可得干路电流增大，即电流表A 的示数增大．故选C ．11．如图所示，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，电源电压恒定，闭合开关S，调节滑动变阻器滑片，R1、R2两端的电压U1、U2与电流I的变化关系图象如选项所示，其中正确的是（）【解析】从图可知，定值电阻R1和滑动变阻器串联R2串联，V1测R1的电压，V2测变阻器R2的电压；①对定值电阻R1来说，其电流与电压成正比，即I与U1成正比，故B正确，A错误。

2015年山东省枣庄市滕州十一中高考物理模拟试卷（5月份）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题(本大题共3小题，共18.0分)1.一物体作直线运动的v-t图线如图所示，则（）A.第1秒内和第3秒内位移相同B.前4秒内位移为零C.第2秒末物体的加速度改变方向D.第1秒末物体的速度改变方向【答案】B【解析】解：A、由图线可知，在第1s内图线与时间轴围成的面积与第3s内图线与时间轴围成的面积大小相等，方向不同，则位移不相同．故A错误．B、在前4s内，图线与时间轴围成的面积为零，则位移为零．故B正确．C、在1-3s内图线的斜率不变，则加速度不变．故C错误．D、0-2s内速度一直为正，第1秒末物体的速度方向没有发生改变．故D错误．故选：B．速度时间图线中，速度的正负表示运动的方向，图线的斜率表示加速度，图线图时间轴围成的面积表示位移．解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线斜率、图线与时间轴围成的面积表示的含义．2.如图所示，斜面上固定有一与斜面垂直的挡板，另有一截面为圆的光滑柱状物体甲放置于斜面上，半径与甲相同的光滑球乙被夹在甲与挡板之间，没有与斜面接触而处于静止状态．现在从球心O．处对甲施加一平行于斜面向下的力F，使甲沿斜面方向缓慢向下移动．设乙对挡板的压力大小为F1，甲对斜面的压力大小为F2，甲对乙的弹力为F3．在此过程中（）A.F1逐渐增大，F2逐渐增大，F3逐渐增大B.F1逐渐减小，F2保持不变，F3逐渐减小C.F1保持不变，F2逐渐增大，F3先增大后减小D.F1逐渐减小，F2保持不变，F3先减小后增大【答案】B【解析】解：先对物体乙受力分析，受重力、挡板的支持力F1′和甲物体的支持力F3′，如图根据平衡条件，结合几何关系可以看出挡板的支持力F1′不断减小，甲对乙的弹力F3′不断减小，根据牛顿第三定律，乙对挡板的压力F1不断减小，甲对乙的弹力F3不断减小；再对甲与乙整体受力分析，受重力、斜面的支持力、挡板的支持力和已知力F，如图根据平衡条件，有x方向：F+（M+m）gsinθ-F1=0y方向：F2-（M+m）gcosθ=0解得：F2=（M+m）gcosθ，保持不变．结合牛顿第三定律，物体甲对斜面的压力F2不变．故B正确，ACD错误．故选：B．先对物体乙受力分析，作出力的合成图，分析挡板和甲对乙的作用力的变化情况．对甲与乙整体受力分析，受重力、斜面的支持力、挡板的支持力和力F，然后根据平衡条件列式，分析斜面对甲的支持力如何变化；本题关键是对物体甲受力分析，根据平衡条件结合图示法得到挡板支持力的变化情况；再对甲与乙整体受力分析，得到斜面支持力的变化情况．3.如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，R同时在等势面b上，据此可知（）A.三个等势面中，c的电势最低B.带电质点在P点的电势能比在Q点的小C.带电质点在P点的动能与电势能之和比在Q点的小D.带电质点在R点的加速度方向垂直于等势面b【答案】D【解析】解：A、负电荷做曲线运动，电场力指向曲线的内侧；作出电场线，根据轨迹弯曲的方向和负电荷可知，电场线向上，而顺着电场线电势降低，故c点电势最高，故A错误；B、利用推论：负电荷在电势高处电势能小，知道P点电势能比Q点的大，故B错误；C、只有电场力做功，电势能和动能之和守恒，故带电质点在P点的动能与电势能之和等于在Q点的动能与电势能之和，故C错误；D、带电质点在R点的受力方向沿着电场线的切线方向，电场线与等势面垂直，故质点在R点的加速度方向与等势面垂直，故D正确；故选：D．作出电场线，根据轨迹弯曲的方向可知，电场线向上．故c点电势最高；根据推论，负电荷在电势高处电势能小，可知电荷在P点的电势能大；总能量守恒．根据电场线与等势面垂直，作出电场线，得到一些特殊点（电场线与等势面交点以及已知点）的电场力方向，同时结合能量的观点分析是解决这类问题常用方法．二、多选题(本大题共4小题，共24.0分)4.如图为发电厂向远处用户的输电电路示意图，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变，若输送功率增大，下列说法中正确的有（）A.升压变压器的输出电压增大B.降压变压器的输出电压增大C.输电线上损耗的功率增大D.输电线上损耗的功率占总功率的比例增大【答案】CD【解析】解：A、由于发电厂的输出电压不变，升压变压器的匝数不变，所以升压变压器的输出电压不变，故A错误．B、由于发电厂的输出功率增大，则升压变压器的输出功率增大，又升压变压器的输出电压U2不变，根据P=UI可输电线上的电流I线增大，根据U损=I线R，输电线上的电压损失增大，根据降压变压器的输入电压U3=U2-U损可得，降压变压器的输入电压U3减小，降压变压器的匝数不变，所以降压变压器的输出电压减小，故B错．C、根据P损=I线2R，又输电线上的电流增大，电阻不变，所以输电线上的功率损失增大，故C正确．D、根据η=发电厂的输出电压不变，输电线上的电阻不变，所以输电线上损耗的功率占总功率的比例随着发电厂输出功率的增大而增大．故D正确．故选：CD．正确解答本题需要掌握：理想变压器的输入功率由输出功率决定，输出电压由输入电压决定；明确远距离输电过程中的功率、电压的损失与哪些因素有关，明确整个过程中的功率、电压关系．理想变压器电压和匝数关系对于远距离输电问题，一定要明确整个过程中的功率、电压关系，尤其注意导线上损失的电压和功率与哪些因素有关5.“行星冲日”是指当地球恰好运行到某地外行星和太阳之间且三者排成一条直线的天文现象．2014年4月9日发生了火星冲日的现象．已知火星和地球绕太阳公转的方向相同，轨迹都可近似为圆，公转轨道半径为地球的1.5倍，以下说法正确的是（）A.火星的公转周期比地球大 B.火星的运行速度比地球大C.每年都会出现火星冲日现象D.2015年一定不会出现火星冲日现象【答案】AD【解析】解：A、根据开普勒第三定律，知火星的公转轨道半径地球大，其公转周期比地球大，故A正确．B、根据公式v=，可知火星的运行速度比地球小，故B错误．CD、地球公转周期为1年，而火星的周期大于1年，2014年4月9日发生了火星冲日的现象．所以不是每年出现火星冲日现象，2015年一定不会出现火星冲日现象，故C 错误，D正确．故选：AD．根据开普勒定律分析火星周期与地球周期的关系．由公式v=分析速度的关系．结合周期关系可分析火星在2015年能否发生冲日现象．解决行星运动问题，关键要掌握开普勒定律和卫星的线速度公式v=，这类问题与卫星绕地球运行类似，要建立模型，由万有引力提供向心力理解．6.无限长通电直导线在其周围某一点产生磁场的磁感应强度大小与电流成正比，与导线到这一点的距离成反比，即B=k（式中k为常数）．如图甲所示，光滑绝缘水平面上平行放置两根无限长直导线M和N，导线N中通有方向如图的恒定电流I N，导线M中的电流I M大小随时间变化的图象如图乙所示，方向与N中电流方向相同，绝缘闭合导线AB-CD放在同一水平面上，AB边平行于两直导线，且位于两者正中间，则以下说法正确的是（）A.0～t0时间内，流过R的电流方向由C→DB.t0～2t0时间内，流过R的电流方向由D→CC.0～t0时间内，不计CD边电流影响，则AB边所受安培力的方向向左D.t0～2t0时间内，不计CD边电流影响，则AB边所受安培力的方向向右【答案】ACD【解析】解：A、直导线N，电流恒定，则不会引起感应电流，而直导线M，在0～t0时间内，电流渐渐增大，根据右手螺旋定则可知，向里穿过线圈的磁通量在增大，根据楞次定律可知，感应电流方向逆时针方向，即流过R的电流方向由C→D，故A正确；B、同理，t0～2t0时间内，向里穿过线圈的磁通量仍在增大，则感应电流方向逆时针方向，即流过R的电流方向由C→D，故B错误；C、0～t0时间内，感应电流方向由A到B，因不计CD边电流影响，根据同向电流相吸，异向电流相斥，M对AB的安培力向右，而N对AB的安培力向左，由于通过M的电流小于N的电流，则向右的安培力小于向左的安培力，则AB边所受安培力的方向向左，故C正确；D、同理，当t0～2t0时间内，感应电流方向由A到B，因不计CD边电流影响，根据同向电流相吸，异向电流相斥，M对AB的安培力向右，而N对AB的安培力向左，由于通过M的电流大于N的电流，则向右的安培力大于向左的安培力，则AB边所受安培力的方向向右，故D正确；故选：ACD．AB、根据楞次定律，结合右手螺旋定则，及矢量合成法则，即可求解；CD、根据同向电流相吸，异向电流相斥，及越靠近直导线，磁场越强，即可求解．考查楞次定律与右手螺旋定则的应用，掌握同向电流相吸，异向电流相斥的结论，理解矢量的合成法则，注意左手定则的应用，及与右手定则的区别．7.如图所示，绝缘粗糙斜面体固定在水平地面上，斜面所在空间存在平行于斜面向上的匀强电场E，轻弹簧一端固定在斜面顶端，另一端拴接一不计质量的绝缘薄板．一带正电的小滑块，从斜面上的P点处由静止释放后，沿斜面向上运动，并能压缩弹簧至R点（图中未标出），然后返回，则（）A.滑块从P点运动到R点的过程中，其机械能增量等于电场力与弹簧弹力做功之和B.滑块从P点运动到R点的过程中，电势能的减小量大于重力势能和弹簧弹性势能的增加量之和C.滑块返回能到达的最低位置在P点的上方D.滑块最终停下时，克服摩擦力所做的功等于电势能的减小量与重力势能增加量之差【答案】BC【解析】解：由题可知，小滑块从斜面上的P点处由静止释放后，沿斜面向上运动，说明小滑块开始时受到的合力的方向向上，开始时小滑块受到重力、电场力、斜面的支持力和摩擦力的作用；小滑块开始压缩弹簧后，还受到弹簧的弹力的作用．小滑块向上运动的过程中，斜面的支持力不做功，电场力做正功，重力做负功，摩擦力做负功，弹簧的弹力做负功．在小滑块开始运动到到达R点的过程中，电场力做的功转化为小滑块的重力势能、弹簧的弹性势能以及内能．A、由以上的分析可知，滑块从P点运动到R点的过程中，其机械能增量等于电场力与弹簧弹力做功、摩擦力做功之和．故A错误；B、由以上的分析可知，电场力做的功转化为小滑块的重力势能、弹簧的弹性势能以及内能，所以电势能的减小量大于重力势能和弹簧弹性势能的增加量之和．故B正确；C、小滑块运动的过程中，由于摩擦力做功，小滑块的机械能与电势能的和逐渐减小，所以滑块返回能到达的最低位置在P点的上方，不能再返回P点．故C正确；D、滑块运动的过程中，由于摩擦力做功，小滑块的机械能与电势能的和逐渐减小，所以滑块最终停下时，克服摩擦力所做的功等于电势能的减小量与重力势能增加量、弹性势能增加量之差．故D错误．故选：BC先对滑块进行受力分析，然后结合滑块的运动分析各个力做功的情况，以及能量转化的方式，即可得出正确的结论．该题中，小滑块的运动的过程相对是比较简单的，只是小滑块运动的过程中，对小滑块做功的力比较多，要逐个分析清楚，不能有漏掉的功，特别是摩擦力的功．五、多选题(本大题共1小题，共4.0分)12.下列说法正确的是（）A.大气中PM2.5的运动是分子的无规则运动B.晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点C.扩散运动和布朗运动的剧烈程度都温度有关D.热量能够从高温物体传到低温物体，但不能从低温物体传到高温物体【答案】BC【解析】解：A、大气中PM2.5的运动是悬浮在气体中的固体颗粒的无规则运动，故A错误；B、晶体有固定的熔点；非晶体没有固定的熔点，温度升高后逐渐软化，故B正确；C、扩散运动和布朗运动都是分子的物质热运动的反映，故剧烈程度都温度有关，故C 正确；D、热量能够自发的从高温物体传到低温物体，也能从低温物体传到高温物体，如电冰箱，但要引起其他变化（耗电），故D错误；故选：BC．布朗运动是悬浮在液体中的固体微粒的运动；布朗运动和扩散现象都是分子的物质热运动的反映；晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点；热力学第二定律内容：本题考查分子动理论的知识和热力学定律的理解和记忆，此处知识点不多，但要注意理解和应用，以及平时的积累．七、多选题(本大题共1小题，共4.0分)14.一列简谐横波在t=0时的波形图如图所示．介质中x=2m处的质点P沿y轴方向做简谐运动的表达式为y=10sin（5πt）cm．关于这列简谐波，下列说法正确的是（）A.周期为4.0sB.振幅为20cmC.传播方向沿x轴正向D.传播速度为10m/s【答案】CD【解析】解：A、质点P的振动方程y=10sin（5πt）cm，则ω=5πrad/s，周期为：T==0.4s；故A错误．B、D由波的图象得：振幅A=10cm，波长λ=4m，故波速为v==10m/s．故B错误，D正确．C、根据振动方程y=10sin（5πt）cm，t=0时刻位移为零，此后先变为正，说明t=0时刻P点在平衡位置且向+y方向运动；再结合波形微微平移方法得到波向正x方向传播．故C正确．故选：CD．根据质点P的振动方程y=10sin（5πt）cm，读出ω，周期为T=；振幅等于y的最大值；根据振动图象t=0时刻P质点的速度方向，即可判断出波的传播方向．读出波长，求出波速．本题关键要掌握振动的一般方程y=A sinωt，读出ω并判断P点的振动方向．九、单选题(本大题共1小题，共4.0分)16.一群处于n=4的激发态的氧原子，向低能级跃迁时，可能发射出的谱线为（）A.3条B.4条C.5条D.6条【答案】D【解析】解：因为=6，知可能发射出的谱线有6种．故D正确，A、B、C错误．故选D．根据数学组合公式求出一群处于n=4的激发态的氧原子，向低能级跃迁时，可能发射出的谱线的条数．解决本题的知道激发态不稳定，会向基态跃迁，会根据数学组合公式求解发射谱线的种数．三、实验题探究题(本大题共2小题，共18.0分)8.由于当年实验条件的限制，伽利略无法直接对落体运动进行实验研究，而今天即使在中学实验室里，我们也可以通过实验来验证落体运动的规律，如图是某次实验中获得质量为m的小球下落时的频闪照片，频闪间隔是s，根据此照片计算：（保留三位有效数值）（1）小球在4.90cm位置处的速度大小为______ m/s．（2）小球下落的加速度大小为______ m/s2．（3）小球在13.60cm位置处的速度大小为______ m/s．【答案】0.984；9.77；1.64【解析】解：（1）从上向下，给小球编号，即为1、2、3、4、5；那么3是2到4的中间时刻，故：v3=x24=8.71-2.15=6.56cm；每两个计数点时间，T=s代入数据得：v3==0.984m/s（2）设：点1到点3间的位移为x1，点3到点5间的位移为x2，由匀变速直线运动的推论：△x=gt2得：x2-x1=gt2，（注意：t是发生x1或x2这个位移所用的时间，t=s）代入数据得：（13.60-4.90-4.90+0.54）×10-2=a×2解得：g=9.77m/s2（3）根据v5=v3+gt=0.984+9.77×=1.64m/s故答案为：（1）0.984；（2）9.77；（3）1.64．小车做的是匀加速直线运动，打2这个点时的速度是点1到3中间时刻的瞬时速度，它的大小就等于点1到3的平均速度；加速度我们可由匀变速直线运动的推论：△x=at2求解，再根据运动学公式，结合加速度，即可求解13.60cm位置处的速度大小．从纸带上求某点的速度和求物体的加速度是处理纸带的两个主要问题，是做好高中物理其它应用到打点计时器实验的基础，一定要熟练的掌握．9.某同学要测量一未知电阻R x的阻值（阻值约为200Ω），手头有如下器材：一节干电池E，一只电压表V（刻度清晰，但是读数模糊不清），滑动变阻器R1（阻值范围0-20Ω），电阻箱R2（阻值范围0-99.9Ω），电阻箱R3（阻值范围0-999.9Ω），开关S1和单刀双掷开关S2，导线若干（1）该同学采用如图甲所示电路时行测量，其中电阻箱应选______ （填R2或R3）；（2）用笔画线表示导线，按照图甲所示的电路图将图乙中的实验器材连接成实验电路；（3）实验中，该同学先将开关S1闭合，再将开关S2接通“1”，调节R1，使电压表指针指向恰当的位置并记录下该位置，接下来他应该怎样操作，才能准确测出R2的阻值？简述操作的要点______ ．【答案】R3；保持R1不变，将开关S2，接通“2”，调节电阻箱R3的电阻值，使电压表的指针指到与刚才相同的位置，得出此时电阻箱R3的数据，即为待测电阻的电阻值．【解析】解：（1）由实验的原理图可知，实验的原理是等效替代法，所以电阻箱的最大电阻值要大于待测电阻的电阻值，实验要选择电阻箱是R3．（2）根据实验原理图，依次连接，完成实验的连接如图；（3）实验的原理是等效替代法，所以要保持第二次的电压与第一次的电压相等，所以实验的步骤如下：保持R1不变，将开关S2，接通“2”，调节电阻箱R3的电阻值，使电压表的指针指到与刚才相同的位置，得出此时电阻箱R3的数据，即为待测电阻的电阻值．故答案为：（1）R3；（2）如图；（3）保持R1不变，将开关S2，接通“2”，调节电阻箱R3的电阻值，使电压表的指针指到与刚才相同的位置，得出此时电阻箱R3的数据，即为待测电阻的电阻值（1）明确该实验的原理是等效替代法，所以电阻箱的最大电阻值要大于待测电阻的电阻值；（2）根据实验的原理图，依次连接即可；（3）根据等效替代法的要求，完成实验的要求即可．本题为设计性实验，在解题时应注意明确实验的原理；并且要由实验原理结合闭合电路欧姆定律得出表达式即可．四、计算题(本大题共2小题，共38.0分)10.2014年12月26日，我国东部14省市ETC联网正式启动运行，ETC是电子不停车收费系统的简称．汽车分别通过ETC通道和人工收费通道的流程如图所示．假设汽车以v1=15m/s朝收费站正常沿直线行驶，如果过ETC通道，需要在收费站中心线前10m处正好匀减速至v2=5m/s，匀速通过中心线后，再匀加速至v1正常行驶；如果过人工收费通道，需要恰好在中心线处匀减速至零，经过20s缴费成功后，再启动汽车匀加速至v1正常行驶，设汽车加速和减速过程中的加速度大小均为1m/s2，求：（1）汽车过ETC通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小；（2）汽车通过ETC通道比通过人工收费通道节约的时间是多少？【答案】解：（1）过ETC通道时，减速的位移和加速的位移相等，均为，所以总的位移s总1=2s1+10m=210m．（2）过ETC通道时==22s．过人工收费通道时．．二者的位移差△s=s2-s1=225-210m=15m．在这段位移内过ETC通道时是匀速直线运动所以==27s．答：（1）从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小为210m．（2）汽车通过ETC通道比通过人工收费通道节约的时间是27s．【解析】（1）根据匀变速直线运动的速度位移公式求出加速和减速的位移，以及匀速运动的位移大小求出总位移．（2）根据匀变速直线运动的速度时间公式求出匀加速和匀减速运动的时间，结合通过ETC通道和人工收费通道的时间求出节约的时间．解决本题的关键理清汽车在两种通道下的运动规律，结合匀变速直线运动的位移公式和时间公式进行求解，难度不大．11.如图所示的xoy坐标系中，在第Ⅰ象限内存在沿y轴负向的匀强电场，第Ⅳ象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从y轴上的P点垂直进入匀强电场，经过x轴上的Q点以速度v进入磁场，方向与x轴正向成30°．若粒子在磁场中运动后恰好能再回到电场，已知=3L，粒子的重力不计，电场强度E和磁感应强度B大小均求知，求（1）OP的距离；（2）磁感应强度B的大小；（3）若在O点右侧22L处放置一平行于y轴的挡板，粒子能击中挡板并被吸收，求粒子从P点进入电场到击中挡板的时间．【答案】解：（1）粒子在Q点进入磁场时，v x=vcos30°，v y=vsin30°，粒子从P点运动到Q点的时间t=，OP间的距离．（2）粒子恰好能回到电场，即粒子在磁场中轨迹的左侧恰好与y轴相切，设半径为R R+R sin30°=3L，qv B=可得B=．（3）粒子在电场和磁场中做周期性运动，轨迹如图一个周期运动过程中，在x轴上发生的距离为△L=3L+3L-2R sin30°=4L，P点到挡板的距离为22L，所以粒子能完成5个周期的运动，然后在电场中沿x轴运动2L时击中挡板．5个周期的运动中，在电场中的时间为，磁场中运动的时间，剩余2L中的运动时间，总时间t总=t1+t2+t3=．答：（1）OP的距离为；（2）磁感应强度B的大小为；（3）粒子从P点进入电场到击中挡板的时间为．【解析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，根据平行四边形定则求出粒子在沿电场方向和垂直电场方向上的速度，结合运动学公式求出OP间的距离．（2）粒子恰好能再回到电场，结合几何关系求出临界半径，结合半径公式求出磁感应强度的大小．（3）根据几何关系求出一个周期内在x轴上发生的距离，确定出粒子能完成周期运动的次数．结合在电场中和磁场中运动的时间，以及最后2L内的时间求出粒子从P点进入电场到击中挡板的时间．本题考查了带电粒子在电场和磁场中的运动，掌握处理类平抛运动的方法，抓住等时性结合运动学公式进行求解，对于粒子在磁场中的运动，会确定圆心、半径和圆心角．六、计算题(本大题共1小题，共8.0分)13.如图所示，U形管左端封闭，右端开口，左管横截面积为右管横截面积的2倍，在左管内用水银封闭一段长为26cm、温度为280K的空气柱，左右两管水银面高度差为36cm，外界大气压76cm H g．若给左管的封闭气体加热，使管内气柱长度变为30cm，则此时左管内气体的温度为多少？【答案】解：以封闭气体为研究对象，设左管横截面积为S，当左管封闭的气柱长度变为30cm 时，左管水银柱下降4cm，右管水银柱上升8cm，即两端水银柱高度差为：h′=24cm 由题意得：V1=L1S=26S，P1=P0-h1=76cm H g-36cm H g=40cm H g，T1=280K；p2=p0-h′=52cm H g V2=L2S=30S，由理想气体状态方程：，可得：T2=420K答：左管内气体的温度为420K【解析】以封闭气体为研究对象，当左管封闭的气柱长度变为30cm时，左管水银柱下降4cm，右管水银柱上升8cm，然后应用理想气体的状态方程求出气体的温度根据图示求出封闭气体压强，熟练应用理想气体的状态方程即可正确解题；本题的难点是：气体最终状态的压强八、计算题(本大题共1小题，共10.0分)15.一赛艇停在平静的水面上，赛艇前端有一标记P离水面的高度为h1=0.6m；赛艇正前方离赛艇前端S1=0.8m处有一浮标，示意如图．一潜水员在浮标前方S2=3.0m处下潜到深度为h2=4.0m时，看到标记刚好被浮标挡住，求水的折射率n．【答案】解：设过P点光线，恰好被浮子挡住时，入射角、折射角分别为α、β，则：sinα=sinβ=水的折射率n=由以上三式解得：n=答：水的折射率为．【解析】由题意可作出光路图，由几何关系可知入射角和折射角的正弦，则可由折射定律求得折射率．对于几何光学问题，往往要正确作出光路图，运用数学知识求入射角和折射角，或它们的正弦值，再由公式n=求折射率．十、计算题(本大题共1小题，共10.0分)17.静止的氮核被速度为v0的中子击中生成碳核和另一种原子核甲，已知与甲核的速度方向与碰撞前中子的速度方向一致，碰后核与甲核的动量之比为2：1．①写出核反应方程式．②求与甲核的速度各是多大？【答案】解：①核反应方程式为：+→+②设中子质量为m0，核质量m C，甲核质量为m甲，由动量守恒得m0v0=m C v C+m甲v 甲即m0v0=12m0v C+3m0v甲又因为与甲核动量比为2：l，所以m0v C=2m甲v甲即12m0v C=2×3m0v甲联立求得：甲答：①写出核反应方程式为+→+②与甲核的速度各是、．【解析】①根据电荷数守恒、质量数守恒写出核反应方程式．②根据动量守恒定律，结合它们的质量关系以及动量大小关系，求出与甲核的速度．解决本题的关键掌握动量守恒定律，以及知道在核反应中电荷数守恒、质量数守恒．。

2015年山东省滕州市第十一中学高三5月份模拟训练数学(理科)试题本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，满分150分．考试用时120分钟．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 注意事项：1．答题前，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、县区和科类写在答题卡和试卷规定的位置上．2．第Ⅰ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；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，答案写在试卷上无效．3．第Ⅱ卷必须用0．5毫米黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的位置，不能写在试卷上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不能使用涂改液、胶带纸、修正带．不按以上要求作答的答案无效．4．填空题请直接填写答案，解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤．参考公式：如果事件A,B 互斥，那么()()()P A B P A P B +=+；如果事件A ，B 独立，那么()()()P AB P A P B =⋅．第Ⅰ卷（共50分）一、选择题：本大题共10个小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知集合}2,1,0{=M ，},2|{M a a x x N ∈==，则集合=⋂N MA ．}0{B ．}1,0{C ．}2,1{D ．}20{，2．若复数2(1)(1)z x x i =-+-为纯虚数，则实数x 的值为A ．1-B ．0C ．1D ．1-或13．已知()f x 是定义在R 上的周期为2的奇函数，当()0,1x ∈时，()2015312x f x f ⎛⎫=-=⎪⎝⎭，则A 1+B ．1C 1-D ．14．已知,a b 是实数，则“22a b >”是 “a b >” 的A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充要条件D ．既不充分又不必要条件5．执行如图所示的程序框图，输出的k 值为A ．7B ．9C ．11D ．136．某餐厅的原料费支出x 与销售额y （单位：万元）之间有如下数据，根据表中提供的全部数据，用最小二乘法得出y 与x 的线性回归方程为5.75.8ˆ+=x y ，则表中的m 的值为x2 4 5 6 8 y2535m5575A ．50B ．55C ．60D ．657．已知12,F F 是双曲线()222210,0x y a b a b -=>>的两个焦点，以12F F 为直径的圆与双曲线一个交点是P ，且12F PF ∆的三条边长成等差数列，则此双曲线的离心率是ABC ．2D ．58．在椭圆221169x y +=内，通过点()1,1M 且被这点平分的弦所在的直线方程为A ．91670x y -+=B ．169250x y +-=C ．916250x y +-=D ．16970x y --=。

2015年山东省枣庄市滕州市善国中学高考物理模拟试卷（5月份）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共6小题，共36.0分)1.下列有关物理学家和物理学规律的发现，说法正确的是（）A.亚里士多德认为两个从同一高度自由落下的物体，重物体与轻物体下落一样快B.伽利略根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因C.迪卡尔通过研究物体的运动规律，在牛顿第一定律的基础上提出了惯性定律D.开普勒提出万有引力定律，并利用扭秤实验，巧妙地测出了万有引力常量【答案】B【解析】解：A、伽利略认为两个从同一高度自由落下的物体，重物体与轻物体下落一样快，故A错误；B、伽利略根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因，故B正确；C、牛顿通过伽利略和笛卡尔工作的基础上，提出了牛顿第一定律，即惯性定律．故C 错误；D、牛顿提出万有引力定律，卡文迪许利用扭秤实验，巧妙地测出了万有引力常量，故D错误；故选：B．根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．2.中国航天局秘书长田玉龙2015年3月6日证实，将在2015年年底发射高分四号卫星，这是中国首颗地球同步轨道高时间分辨率对地观测卫星．如图所示，A是静止在赤道上随地球自转的物体；B、C是同在赤道平面内的两颗人造卫星，B位于离地高度等于地球半径的圆形轨道上，C是高分四号卫星．则下列关系正确的是（）A.物体A随地球自转的角速度大于卫星B的角速度B.卫星B的线速度大于卫星C的线速度C.物体A随地球自转的加速度大于卫星C的加速度D.物体A随地球自转的周期大于卫星C的周期【答案】B【解析】解：A、地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度，所以ωA=ωC，根据万有引力提供向心力=mω2r=m r=ma=mω=，所以卫星B的角速度大于卫星C角速度，所以物体A随地球自转的角速度小于卫星B的角速度，故A错误；B、v=，所以卫星B的线速度大于卫星C的线速度，故B正确；C、根据a=ω2r，物体A随地球自转的加速度小于卫星C的加速度，故C错误；D、地球赤道上的物体与同步卫星C有相同的角速度，所以物体A随地球自转的周期等于卫星C的周期，故D错误；故选：B．地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度和周期，根据v=rω，a=rω2比较线速度的大小和向心加速度的大小，根据万有引力提供向心力比较B、C的线速度、周期大小．地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度和周期，根据v=rω，a=rω2比较线速度的大小和向心加速度的大小，根据万有引力提供向心力比较b、c的线速度、角速度、周期和向心加速度大小．3.如图所示弹簧秤一端固定在墙壁上，另一端与小木块A相连．当用力抽出长木板B的过程中，观察到弹簧秤的示数为4.0N（忽略弹簧形变所需时间），则A受到的是（）A.静摩擦力，一定大于4.0NB.滑动摩擦力，一定等于4.0NC.滑动摩擦力，一定小于4.0ND.不受摩擦力【答案】B【解析】解：对A分析，当用力抽出木板B时，故可知A受到的滑动摩擦力；根据A物体保持平衡，弹簧的弹力等于滑动摩擦力，大小即为4.0N；故B正确，ACD 错误．故选：B．本题应以A为研究对象，A在水平方向上受摩擦力及弹簧秤的拉力而处于静止，故可知二力应为平衡力；根据滑动摩擦力的影响因素可知摩擦力的大小与运动状态无关，则可由平衡条件可知弹簧弹力的变化．本题的关键在于摩擦力大小的判断，应明确滑动摩擦力的大小与动摩擦因数和正压力的有关，与物体的运动状态无关．4.如图甲为列车运行的俯视图，列车首节车厢下面安装一电磁铁，电磁铁产生垂直于地面的匀强磁场，列车经过放在两铁轨间的线圈时，线圈产生的电脉冲信号传到控制中心，如图乙所示．则列车的运动情况可能是（）A.匀速运动B.匀加速运动C.匀减速运动D.变加速运动【答案】C【解析】解：由U-t图象得到，线圈两端的电压大小与时间呈线性关系，即有U=U0-kt由法拉第电磁感应定律E=U=BL v，则v===-，B、L、k均一定，则速度v随时间均匀减小，所以火车做匀减速直线运动．故选：C．根据电压-时间图象得到电压与时间的关系式，由法拉第电磁感应定律得到火车速度与时间关系式，确定火车的运动性质．本题根据法拉第电磁感应定律得到速度与时间的关系，来分析物体的运动性质，也有时根据位移与时间的关系来判断．5.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．在传送带（绝缘橡胶）一端的下方固定有间距为L、长度为d的平行金属电极．电极间充满磁感应强度为B、方向垂直传送带平面（纸面）向里、有理想边界的匀强磁场，且电极之间接有理想电压表和电阻R．传送带背面固定有若干根间距为d的平行细金属条，其电阻均为r．传送带运行过程中始终仅有一根金属条处于磁场中且与电极良好接触．当传送带以一定的速度匀速运动时，电压表的示数为U．则下列说法中正确的是（）A.传送带匀速运动的速率为B.电阻R产生焦耳热的功率为C.金属条经过磁场区域受到的安培力大小为D.每根金属条经过磁场区域的全过程中克服安培力做功为【答案】D【解析】解：A、设感应电动势为E，橡胶带运动速率为v．由E=BL v，U=得，v=•，故A错误；B、设电阻R产生焦耳热的功率为P，则P=，故B错误；C、设电流强度为I，安培力为F，克服安培力做的功为W．电流I=，安培力F=BIL=，故C错误；D、克服安培力做功W=F d，得：W=，故D正确．故选：D．磁场中始终有一根金属条切割磁感线产生感应电动势，电压表测量R两端电压．由电磁感应E=BL v和欧姆定律I=、F=BIL等知识求解．本题是理论联系实际问题，关键是建立物理模型，综合运用电磁感应知识、电路知识、力学知识解题，考查分析和解决实际问题的能力．6.光滑水平面上放置两个等量同种正电荷，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示，一质量m=1kg、带电荷量q=2C的小物块自C点南静止释放，其经过B、A两点的运动情况如图乙所示，其中B点为υ-t图线上斜率最大的位置（图中标出了过B点的切线），则以下分析正确的是（）A.B点为中垂线上电场强度最大的点且场强大小E=1V/mB.由C点到A点物块的电势能先减小后变大C.由C点到A点，电势逐渐降低D.B、A两点间的电势差为U BA=8.25V【答案】C【解析】解：A、v-t图象的斜率等于加速度，B点处为整条图线切线斜率最大的位置，说明物块在B处加速度最大，根据牛顿第二定律得：F=q E-mg=ma，B为中垂线上电场强度最大的点，由图得：B点的加速度为a==2m/s2，E==+V/m=6V/m．故A错误．B、由图知，由C到A的过程中，物块的速度不断增大，动能增大，根据能量守恒得：物块的电势能不断减小．故B错误．C、由电势能的公式E P=qφ知，由C到A的过程中，电势逐渐降低，故C正确．D、物块从A到B的过程，根据动能定理得：-mgh+q U AB=mv B2-mv A2，则得，U AB==×（42-72）+=-8.25V，故D错误．故选：ACD根据v-t图象的斜率等于加速度和牛顿第二定律求解电场强度E．根据能量守恒定律分析物块电势能的变化情况．根据电场线方向判断电势的高低．根据动能定理求解AB两点电势差U AB．解决本题的关键是掌握速度图象的物理意义和动能定理，知道电势与电势能的关系E P=qφ．二、多选题(本大题共1小题，共6.0分)7.如图所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地面高度h=0.1m处，滑块与弹簧不拴接．现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地面高度h并作出滑块的动能E k随高度h变化的图象，其中从0.2m上升到0.35m高度的范围内图象为直线，其余部分为曲线，以地面为零势能面，取g=10m/s2，由图象可知（）A.小滑块的质量为0.1kgB.轻弹簧原长为0.2mC.弹簧的最大弹性势能为0.5JD.小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.4J【答案】BC【解析】解：A、在从0.2m上升到0.35m范围内，△E k=△E P=mg△h，图线的斜率绝对值为：k===2N=mg，所以：m=0.2kg，故A错误；B、在E k-h图象中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，由于高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余部分为曲线，说明滑块从0.2m上升到0.35m范围内所受作用力为恒力，所示从h=0.2m，滑块与弹簧分离，弹簧的原长的0.2m．故B正确；C、根据能的转化与守恒可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能，所以E pm=mg△h=0.2×10×（0.35-0.1）=0.5J，故C正确；D、由图可知，当h=0.18m时的动能最大；在滑块整个运动过程中，系统的动能、重力势能和弹性势能之间相互转化，因此动能最大时，滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小，根据能的转化和守恒可知，E P min=E-E km=E pm+mgh-E km=0.5+0.2×10×0.1-0.32=0.38J，故D错误；故选：BC根据对E k-h图象的理解：图线的斜率表示滑块所受的合外力，高度从0.2m上升到0.35m 范围内图象为直线，其余部分为曲线和能量守恒定律求解．本题考查了能量守恒定律和图象的理解与应用问题，结合该图象得出滑块从0.2m上升到0.35m范围内所受作用力为恒力，说明物体不再受到弹簧的弹力的作用是解题的关键．五、多选题(本大题共1小题，共4.0分)12.某一密闭容器中密封着一定质量的某种实际气体，气体分子间的相互作用力表现为引力．关于实际气体的下列说法中正确的是（）A.在完仝失重的情况下，密封容器内的气体对器壁的顶部没有作用力B.若气体膨胀对外界做功，则分子势能一定增大C.若气体被压缩，外界对气体做功，则气体内能一定增加D.若气体从外界吸收的热量等于膨胀对外界做的功，则气体分子的平均动能一定减小【答案】BD【解析】解；A、气体压强产生的原因是大量气体分子对容器壁的持续的、无规则撞击产生的．在完全失重的情况下，密闭容器内的气体对器壁的顶部有作用力，故A错误．B、若气体膨胀对外界做功，分子之间的距离增大，需要克服气体分子之间的吸引力做功，则分子势能一定增大，故B正确．C、若气体被压缩，外界对气体做功，若气体同时对外做功，则气体内能不一定增加．故C错误．D、若气体从外界吸收的热量等于膨胀对外界做的功，气体的内能不变，而分子势能一定增大，则气体分子的平均动能一定减小．故D正确．故选：BD气体压强产生的原因是大量气体分子对容器壁的持续的、无规则撞击产生的．气体压强与温度和体积有关．温度是分子平均动能大小的标志．根据热力学第一定律方向气体的内能的变化．加强对基本概念的记忆，基本方法的学习利用，是学好3-3的基本方法．此处高考要求不高，不用做太难的题目．七、多选题(本大题共1小题，共4.0分)14.一质点做简谐运动的图象如图所示，下列说法正确的是（）A.质点的振动频率是4H zB.在10s内质点经过的路程是20cmC.第4s质点的加速度为零，速度最大D.在t=1s和t=3s两时刻，质点的位移大小相等、方向相同【答案】BC【解析】解：A、由图读出周期为T=4s，则频率为f==0.25H z．故A错误．B、质点做简谐运动，在一个周期内通过的路程是4个振幅，t=10s=2.5T，则在10s内质点经过的路程是S=2.5×4A=10×2cm=20cm．故B正确．C、在第4s末，质点位于平衡位置处，速度最大，加速度为零．故C正确．D、由图看出，在t=1s和t=3s两时刻质点位移大小相等、方向相反．故D错误．故选：BC由图读出周期，求出频率．质点在一个周期内通过的路程是4个振幅，根据时间与周期的关系，求出质点在10s内经过的路程．根据质点的位置，分析速度和加速度．在t=1s 和t=3s两时刻质点位移大小相等．由振动图象可以读出周期、振幅、位移、速度和加速度及其变化情况，是比较常见的读图题，难度不大，属于基础题．九、多选题(本大题共1小题，共4.0分)16.目前，在居室装修中经常用到花岗岩、大理石等装饰材料，这些材料都不同程度地含有放射性元素，下列有关放射性元素的说法中正确的是（）A.β射线与λ射线一样都是电磁波，但穿透本领远比γ射线弱B.氡的半衰期为3.8天，4个氡原子核经过7.6天后就一定只剩下1个氡原子核C.U哀变成P b要经过8次α衰变和6次β衰变D.放射性元素发生β衰变时所释放的电予是原子核内的中子转化为质子时产生的【答案】CD【解析】解：A、β射线的实质是电子流，γ射线的实质是电磁波，γ射线的穿透本领比较强．故A错误．B、半衰期对大量的原子核适用，对少量的原子核不适用．故B错误．C、因为β衰变的质量数不变，所以α衰变的次数n==8，在α衰变的过程中电荷数总共少16，则β衰变的次数m==6，故C正确．D、β衰变时，原子核中的一个中子，转变为一个质子和一个电子，电子释放出来．故D正确．β射线的实质是电子流，γ射线的实质是电磁波；半衰期具有统计规律，对大量的原子核适用；根据电荷数守恒、质量数守恒确定α衰变和β衰变的次数；β衰变的电子来自原子核中的中子转化为质子时产生的．解决本题的关键知道衰变的实质，注意α衰变与β衰变的区别，并知道在衰变的过程中电荷数守恒、质量数守恒，同时掌握β衰变中电子的由来．三、实验题探究题(本大题共2小题，共18.0分)8.如图甲所示，实验桌面上O点的左侧光滑，从O点到实验桌的右边缘平铺一块薄硬砂纸并固定．利用该装置可以测定木块与与砂纸纸面之间的动摩擦因数．实验中，当木块A位于O点时，沙桶B刚好接触地面．将A拉到M点，待B稳定且静止后释放，A最终滑到N点．测出MO和ON的长度分别为h和L．改变木块释放点M的位置，重复上述实验，分别记录几组实验数据．（1）实验开始时，发现A释放后会撞到滑轮，请提出两个解决方法：① ______ ；② ______ ．（2）问题解决后，根据实验数据作出h-L关系的图象如图乙所示，图象的斜率为K1，实验中已经测得A、B的质量之比为K2，则动摩擦因数μ= ______ ．（用K1、K2表示）【答案】增大A的质量；减小B的质量；【解析】解：（1）B减少的重力势能转化成系统的内能和AB的动能，A释放后会撞到滑轮，说明B减少的势能太多，转化成系统的内能太少，可以通过减小B的质量；增加细线的长度（或增大A的质量；降低B的起始高度）解决．故解决方法有：可以通过减小B 的质量；增加细线的长度（或增大A的质量；降低B的起始高度）．（2）设A、B的质量分别为m、M．则B下落至临落地时根据动能定理有：M gh=（M+m）v2，在B落地后，A运动到N有：mv2=μmg L，又因为：=K2，=K1．所以解得：μ=故答案为：（1）增大A的质量、减小B的质量、降低B的起始高度等；（2）．B减少的重力势能转化成系统的内能和A、B的动能，A释放后会撞到滑轮，说明B减少的势能太多，转化成系统的内能太少，从而找作答依据．对在B下落至临落地时和在B落地后，A运动到N，两个过程运用动能定理，求得μ在判断此类问题时，要深刻理解动能定理，能量守恒定律，要会通过图象分析相关问题．9.在测定电源电动势和内阻的实验中，实验室仅提供下列实验器材：A．干电池两节，每节电动势约为1.5V，内阻约几欧姆B．直流电压表V1、V2，量程均为0～3V，内阻约为3kΩC．电流表，量程0.6A，内阻小于1ΩD．定值电阻R0，阻值为5ΩE．滑动变阻器R，最大阻值50ΩF．导线和开关若干①如图a所示的电路是实验室测定电源的电动势和内阻的电路图，按该电路图组装实验器材进行实验，测得多组U、I数据，并画出U-I图象，求出电动势和内电阻．电动势和内阻的测量值均偏小，产生该误差的原因是______ ，这种误差属于______ ．（填“系统误差”或“偶然误差”）②实验过程中，电流表发生了故障，某同学设计如图甲所示的电路，测定电源电动势和内阻，连接的部分实物图如图乙所示，其中还有一根导线没有连接，请补上这根导线．③实验中移动滑动变阻器触头，读出电压表V1和V2的多组数据U1、U2，描绘出U1-U2图象如图丙所示，图线斜率为k，与横轴的截距为a，则电源的电动势E= ______ ，内阻r= ______ （用k、a、R0表示）．【答案】电压表的分流作用；系统误差；；【解析】解：（1）由图可知，电流表不是流过干路电路，原因是电压表的分流造成的；这种误差是由于电路设计造成的，都属于系统误差；（2）由乙图可知电路的连接方法，则可知滑动变阻器没有正确接入，接入电路如图所示；（3）由闭合电路欧姆定律可知，E=U2+变形得：U1=U2（r+R0）+则有：当U1=0时，U2=a，则有：=a（R0+r）；=k解得：故答案为：①电压表的分流作用，系统误差②如图所示；③，．（1）根据电路图分析实验原理，明确误差产生原因；（2）根据电路图明确实验电路接法，从而得出正确的实物图象；（3）由闭合电路欧姆定律可明确对应的公式，再由图象即可求得对应的电动势和内电阻．本题考查测量电动势和内电阻的实验方法，关键在明确根据闭合电路欧姆定律得出对应的表达式，再分析图象的意义，求得电动势和内电阻．四、计算题(本大题共2小题，共38.0分)10.随着高层居民楼房的崛起，给消防安全带来更严峻的挑战，其中救援时云梯高度不够高就是一个非常突出的问题，某探究小组的同学们想到了可在消防云梯上再伸出轻便的滑杆来解决这个问题（如图所示）．被困人员使用安全带上的挂钩挂在滑杆上、沿滑杆下滑到消防云梯上逃生．通常滑杆由AO、OB两段直杆通过光滑转轴在O处连接，滑杆A端用于挂钩钩在高楼的固定物上，且可绕固定物自由转动，B端用铰链固定在云梯上端，且可绕铰链自由转动，以便调节被困人员滑到云梯顶端的速度大小．设被困人员在调整好后的滑杆上下滑时滑杆与竖直方向的夹角保持不变，被困人员可看作质点、不计过O点时的机械能损失．已知AO长L l=6m、OB长L2=12m．某次消防演练中测得AO与竖直方向的夹角α=37°，OB与竖直方向的夹角β=53°，被困人员安全带上的挂钩与滑杆，AO、OB间的动摩擦因数均μ=．为了安全，被困人员到达云梯顶端B点速度不能超过υm=6m/s．已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，取g=10m/s2．求：（1）被困人员滑到B点时是否安全．（2）若云梯顶端B点与竖直墙间的水平距离d=13.2m保持不变，求能够被安全营救的被困人员与云梯顶端B的最大竖直距离．【答案】解：（1）设被困人员滑到B点时的速度为v，由动能定理有：代入数据得：因为v＜v m=6m/s，所以被困人员滑到B点时是安全的（2）设滑杆两端点AB的最大竖直距离为h，被困人员滑到B点时的速度为v′，对其下滑全过程由动能定理有：′′′L1sinα'+L2sinβ'=d=L1sinα+L2sinβv'≤v m联立解得：h≤12.8m所以能安全营救的被困人员与云梯顶端B的最大竖直距离为12.8m．答：（1）被困人员滑到B点时是安全的（2）能够被安全营救的被困人员与云梯顶端B的最大竖直距离为12.8m．【解析】（1）对A到B的过程运用动能定理，求出到达B点的速度，判断是否安全．（2）对全程由动能定理可得出重力及摩擦力做功与动能的关系，由几何关系可求得最大距离．本题重点在于对几何关系的认识，要注意找出题目中的临界条件，再结合能量关系即可求出所要求的量来．11.如图所示，某空间中有四个方向垂直于纸面向里磁感应强度的大小相同的、半径为R的圆形匀强磁场区域1、2、3、4．其中1与4相切，2相切于1和3，3相切于2和4，且第1个磁场区域和第4个磁场区域的竖直方向的直径在一条直线上．一质量为m、电荷量为-q的带电粒子，静止置于电势差为U0的带电平行板（竖直放置）形成的电场中（初始位置在负极板附近），经过电场加速后，从第1个磁场的最左端水平进入，并从第3个磁场的最下端竖直穿出．已知tan22.5°=0.4，不计带电粒子的重力．（1）求带电粒子进入磁场时的速度大小．（2）试判断：若在第3个磁场的下面也有一电势差为U0的带电平行板（水平放置，其小孔在第3个磁场的最下端的正下方）形成的电场，带电粒子能否按原路返回？请说明原因．（3）求匀强磁场的磁感应强度B．（4）若将该带电粒子自该磁场中的某个位置以某个速度释放后恰好可在四个磁场中做匀速圆周运动，则该粒子的速度大小v′为多少？【答案】解：（1）在加速电场中，根据动能定理有：q U0=解得：v=（2）不能按原路返回，因为粒子进入第3个磁场下的电场后，向下减速至速度为零，然后反向加速至速度的大小为v，但进入磁场后，根据左手定则可知，带电粒子受到的洛伦兹力方向向右，粒子向右偏，故不能按原路返回．（3）设带电粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，如图甲所示，则根据几何关系可得：R=rtan22.5°=0.4r解得：r=2.5R根据洛伦兹力提供向心力得：qv B=m解得：B=（4）该带电粒子在四个磁场中做匀速圆周运动，如图乙所示，由几何关系知其半径只能是R．根据洛伦兹力提供向心力得：qv′B=m′解得：v′=答：（1）带电粒子进入磁场时的速度大小为．（2）带电粒子不能按原路返回，理由见上．（3）匀强磁场的磁感应强度B为．（4）该粒子的速度大小v′为．【解析】（1）对于平行板加速过程，运用动能定理求解带电粒子进入磁场时的速度大小．（2）不能按原路返回，因为粒子进入第3个磁场下的电场后，向下减速至速度为零，然后反向加速至速度的大小为v，进入磁场后，根据左手定则判断知，带电粒子受到的洛伦兹力方向向右，粒子向右偏转．（3）画出粒子的运动轨迹，由几何知识求出轨迹半径，再由牛顿第二定律求磁感应强度B．（4）该带电粒子在四个磁场中做匀速圆周运动，如图乙所示，由几何关系知其半径等于R．再由牛顿第二定律求v′．解决本题的关键要画出带电粒子在磁场中的运动轨迹，要会确定半径、定圆心，运用几何知识求轨迹的半径．六、计算题(本大题共1小题，共8.0分)13.一活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内，初始时气体体积为3.0×10-3m3．用DIS 实验系统测得此时气体的温度和压强分别为300K和1.0×105P a．推动活塞压缩气体，稳定后测得气体的温度和压强分别为320K和1.6×105P a．①求此时气体的体积；②保持温度不变，缓慢改变作用在活塞上的力，使气体压强变为0.8×105P a，求此时气体的体积．【答案】解：①对缸内封闭气体初态：p1=1×105P a，V1=3.0×10-3m3，T1=300K末态：p2=1.6×105P a，V2=？，T2=320K由理想气体状态方程可知=所以V2==2×10-3m3，即末态时气体体积为2×10-3m3②当气体保持T2不变，变到状态3时最后状态：p3=0.8×105P a，V3=？，T3=T2=320K由玻意耳定律可知p2V2=p3V3即V3==m3=4×10-3m3答：①此时气体的体积是2×10-3m3；②保持温度不变，缓慢改变作用在活塞上的力，使气体压强变为0.8×105P a，此时气体的体积是4×10-3m3【解析】（1）明确变化过程时初末状态的状态参量，然后根据理想气体状态方程列方程求解即可．（2）明确变化过程时初末状态的状态参量，然后根据玻意耳定律列方程求解即可本题考查理想气体状态方程应用，关键是找出对应状态的状态参量，明确压强、温度、体积三个量中有几个量变化．八、计算题(本大题共1小题，共10.0分)15.一半径为R的球体放置在水平面上，球体由折射率为的透明材料制成．现有一束位于过球心O的竖直平面内的光线，平行于桌面射到球体表面上，折射入球体后再从竖直表面射出，如图所示．已知入射光线与桌面的距离为．求出射角．【答案】。

山东省2015届高三理综〔物理局部〕冲刺模拟〔四〕试题二、选择题〔共7小题，每一小题6分，共42分。

第每一小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

〕14．物理学家通过艰辛的实验来探究自然的物理规律，为人类的科学事业做出了巨大贡献，值得我们敬仰。

如下描述中符合物理学史实的是〔 〕A ．开普勒发现了行星运动三定律，从而提出了日心说B ．牛顿发现了万有引力定律但并未测定出引力常量GC ．奥斯特发现了电流的磁效应并提出了分子电流假说D ．法拉第发现了电磁感应现象并总结出了判断感应电流方向的规律15．在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图乙所示，产生的交变电动势随时间变化规律的图象如图甲所示，发电机线圈内阻为1．.0Ω，外接一只电阻为9．.0Ω的灯泡，如此 〔 〕A ．电压表V ○V 的示数为20VB ．电路中的电流方向每秒改变5次C ．灯泡实际消耗的功率为36WD ．电动势随时间变化的瞬时值表达式为)(5cos 20V t e π=第15题图 第16题图 第17题图16．“嫦娥三号〞探月卫星于2013年12月2日1点30分在西昌卫星发射中心发射，将实现“落月〞的新阶段。

假设引力常量G ，月球绕地球做圆周运动的半径r 1、周期T 1“嫦娥三号〞探月卫星绕月球做圆周运动的环月轨道〔见图〕半径r 2、周期T 2，不计其他天体的影响，如此根据题目条件可以 〔 〕A ．求出“嫦娥三号〞探月卫星的质量B ．求出地球与月球之间的万有引力C ．求出地球的密度D ．得出33122212r r T T = 17．如下列图是由某种材料制成的固定在水平地面上半圆柱体的截面图，O 点为圆心，半圆柱体 外表是光滑的。

质量为m 的小物块〔视为质点〕在与竖直方向成角的斜向上的拉力F作用 下静止在A 处，半径0AOA 与竖直方向的夹角也为θ，且A 、O 、F 均在同一横截面内，如此小物块对半圆柱体外表的压力为 〔 〕A ．θsin 2mgB 、θcos mgC 、θcos mgD 、θcos 2mg 18．近来，我国大局部地区都出现了雾霾天气，给人们的正常生活造成了极大的影响。

2015年高考仿真模拟卷?山东卷（三）理科综合（物理）第I 卷（必做，共42分）一、选择题(本题包括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)1（2015·山东师大附中高三一模·1）．17世纪，意大利物理学家伽利略根据“伽利略斜面实验”指出：在水平面上运动的物体之所以会停下来，是因为受到摩擦阻力的缘故，你认为下列陈述正确的是（）A ．该实验是一理想实验，是在思维中进行的，无真实的实验基础，故其结果是荒谬的B ．该实验是以可靠的事实为基础，经过抽象思维，抓住主要因素，忽略次要因素，从而更深刻地反映自然规律C ．该实验证实了亚里士多德“力是维持物体运动的原因”的结论D ．该实验为牛顿第一定律的提出提供了有力的实验依据2（2015·河南郑州一模·1）．关于行星运动定律和万有引力定律的建立过程，下列说法正确的是（）A ．第谷通过整理大量的天文观测数据得到行星运动定律B ．开普勒指出，地球绕太阳运动是因为受到来自太阳的引力C ．牛顿通过比较月球公转的向心加速度和地球赤道上物体随地球自转的向心加速度，对万有引力定律进行了“月地检验”D ．卡文迪许在实验室里通过几个铅球之间万有引力的测量，得出了引力常量的数值3（2015·山东枣庄高三期末·18）．如图所示，两平行的粗糙金属导轨水平固定在匀强磁场中，磁感应强度为B ，导轨宽度为L ，一端与电源连接。

一质量为m 的金属棒ab 垂直于平行导轨放置并接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数为33，在安培力的作用下，金属棒以v 0的速度向右匀速运动，通过改变磁感应强度的方向，可使流过导体棒的电流最小，此时磁感应强度的方向与竖直方向成（）A ．37oB ．30oC ．45oD ．60o 4（2015·山东淄博高三一诊·20）．放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6s 内其速度与时间的图象和该拉力的功率与时间的图象分别如图所示．下列说法正确的是。