山东省2015届高三各地市一模物理试题试题汇编力学图像问题

山东省菏泽市2015届高考物理一模试卷一、选择题（共10小题，每小题4分，共40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4分，选对但不全的得2分，不选或有选错的得0分）1．某同学通过以下步骤测出了一定高度落下的排球对地面的冲击力：将一张白纸铺在水平地面上，把棒球在水里浸湿，然后让排球从规定的高度自由落下，并在白纸上留下球的水印．再将印有水印的白纸铺在台秤上，将球放在纸上的水印中心，缓慢地压球，使排球与纸接触部分逐渐发生形变直至刚好遮住水印，记下此时台秤的示数即为冲击力的最大值．下列物理学习或研究中用到的方法与该同学的方法相同的是( )A．建立“合力与分力”的概念B．建立“点电荷”的概念C．建立“电场强度”的概念D．建立“电场线”的概念2．如图所示，两根等长的轻绳将日光灯悬挂砸天花板上，两根与竖直方向的夹角都为45°，日光灯保持水平，所受重力为G，则左右两绳的拉力及两绳合力的大小分别为( )A．G、G和G B．G、G、G C．G、G和2G D．G、G和G3．一质点作直线运动的速度图象如图所示，下列选项正确的是( )A．在4﹣5s内，质点所受合外力做正功B．在0﹣5s内，质点的平均速度为7m/sC．在前6s内，质点离出发点的最远距离为30mD．质点在4﹣6s内的加速度大小是0﹣2s内的加速度大小的2倍4．如图所示，A、B两物块质量均为m，用一轻弹簧相连，将A用长度适当的轻绳悬挂于天花板上，系统处于静止状态，B物块恰好与水平桌面接触，此时轻弹簧的伸长量为x，现将悬绳剪断，则( )A．悬绳剪断瞬间A物块的加速度大小为2gB．悬绳剪断瞬间A物块的加速度大小为gC．悬绳剪断后A物块向下运动距离2x时速度最大D．悬绳剪断后A物块向下运动距离x时加速度最小5．“马航MH370”客机失联后，我国已紧急调动多颗卫星（均做匀速圆周运动），利用高分辨率对地成像、可见光拍照等技术对搜寻失联客机提供支持．关于环绕地球运动的卫星，下列说法正确的是( )A．低轨卫星（环绕半径远小于地球同步卫星的环绕半径）都是相对地球运动的，其环绕速率可能大于7.9km/sB．地球同步卫星相对地球是静止的，可以固定对一个区域拍照C．低轨卫星和地球同步卫星，可能具有相同的速率D．低轨卫星和地球同步卫星，可能具有相同的周期6．如图所示的交流电路中，理想变压器原线圈输入电压为U1，输入功率为P1，输出功率为P2，各交流电表均为理想电表，当滑动变阻器R的滑动头向下移动时( )A．灯L变亮B．电压表读数变大，电流表变小C．因为U1不变，所以P1不变D．P1变大，且始终有P1=P27．如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与一弹性橡皮绳相连，橡皮绳的另一端固定在地面上的A点，橡皮绳竖直时处于原长h．让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零．则在圆环下滑过程中（整个过程中橡皮绳始终处于弹性限度内）( )A．橡皮绳的弹性势能一直增大B．圆环的机械能先不变后减小C．橡皮绳的弹性势能增加了mghD．橡皮绳再次到达原长时圆环动能最大8．在光滑绝缘水平面的P点正上方O点固定了一电荷量为+Q的正点电荷，在水平面上的N 点，由静止释放质量为m、电荷量为﹣q的带电小球，小球经过P点时速度为v，图中θ=60°，规定电场中P点的电势为零．则在+Q形成的电场中( )A．N点电势高于P点电势B．N点电势为﹣C．P点电场强度大小是N点的2倍D．带电小球在N点具有的电势能为﹣mv29．如图所示，间距为L的两条足够长的平行金属导轨MN、PQ与水平面夹角为α，导轨的电阻不计，导轨的N、P端连接一阻值为R的电阻，导轨置于磁感应强度大小为B、方向与导轨平面垂直的匀强磁场中．将一根质量为m、电阻不计的导体棒ab垂直放在导轨上，导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并接触良好．在拉力作用下以速度v沿轨道向上做匀速运动，则在上升高度h的过程中( )A．通过R的电流方向为从N到PB．导体棒ab受到的安培力大小为C．R上产生的热量为D．流过R的电量为10．如图，在竖直向下的匀强磁场中有两根竖直放置的平行粗糙导轨CD、EF，导轨上置有一金属棒MN．t=0时起释放棒，并给棒通以图示方向的电流，且电流强度与时间成正比，即I=kt，其中k为常量，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．则棒的速度v随时间t变化的图象可能是( )A．B．C．D．二、实验题（共2小题、共16分）11．某实验小组利用图甲所示装置做“探究加速度与力的关系”的实验，释放纸带时，小车处于图示的位置．（1）指出甲图中的一处错误：__________．（2）下列说法正确的是__________A．实验之前，要先平衡摩擦力__________B．小车的质量要远小于所挂钩码的质量C．应调节滑轮的高度使细线与木板平行D．实验时应先释放纸带，再接通电源（3）图乙是实验中获得的一条纸带的某部分，选取A、B、C、D、E计数点（每两个计数点间还有4个点未画出），若打点计时器使用的交流电频率为50Hz，则小车的加速度大小为__________m/s2．（保留两位有效数字）12．在测量一节干电池的电动势和内阻的实验中，实验电路图如图1所示．（1）实验过程中，应选用哪个电流表和滑动变阻器__________A．电流表A1（量程0.6A，内阻约0.8Ω）B．电流表A2量程3A，内阻约0.5ΩC．滑动变阻器R1（0～10Ω）D．滑动变阻器R2（0～200Ω）（2）某同学连接电路的实物图如图2所示，下列对该同学仪器拜访及接线的评价不妥的是__________．（填写选项前对应的字母）A．电流表与滑动变阻器发生了位置互换，不符合实验原理要求B．滑动变阻器不能起调节作用C．电流表、电压表的接线都有问题D．电压表量程选用不当（3）若实验测量新电池的电动势和内阻，调节滑动变阻器时，电压表的示数变化__________（选填“明显”或“不明显”）（4）某小组利用正确的实验装置，根据实验数据绘制的待测干电池的U﹣I图象如图3，则由图象可求得该电池的电动势为__________V，内阻为__________Ω．三、计算题（共5小题，共44分）13．用水平力F=30N拉着一个质量为4kg的物体在水平面上由静止做匀加速直线运动，某时刻将力F随时间均匀减小．整个过程水平力、物体所受的摩擦力随时间变化如图中实线、虚线所示，求：（1）物体做匀加速直线运动的加速度；（2）物体做匀加速直线运动发生的位移；（3）整个过程物体运动的时间．14．质量M=9kg、长L=1m的木板在动摩擦因数μ1=0.1的水平地面上向右滑行，当速度v0=2m/s 时，在木板的右端轻放一质量m=1kg的小物块如图所示．当小物块刚好滑到木板左端时，物块和木板达到共同速度．取g=10m/s2，求：（1）从木块放到木板上到它们达到相同速度所用的时间t；（2）小物块与木板间的动摩擦因数μ2．15．如图，静止于A处的离子，经加速电场加速后，垂直磁场边界OK从K点进入磁感应强度为B0匀强磁场中；又从P点垂直磁场边界NC进入矩形区域的有界匀强电场中，其场强大小为E、方向水平向左；离子质量为m、电荷量为q；==l、=2d、=3d，OK⊥NC，离子重力不计．（1）求加速电场的电压U；（2）若离子恰好能打在Q点上，求矩形区域QNCD内匀强电场场强E的值；（3）若撤去矩形区域QNCD内的匀强电场，换为垂直纸面向里的匀强磁场，要求离子能最终打在QN上，求磁场磁感应强度B的取值范围．16．如图所示，将一空的铝制易拉罐开口向下压入恒温游泳池的水中，则金属罐水中缓慢下降过程中，罐内空气（可视为理想气体）( )A．每个分子的动能都不变B．分子间的平均距离减小C．向外界放热D．对外界做正功17．“拔火罐”是一种中医疗法，为了探究“火罐”内的温度，某人设计了如图实验．圆柱状薄壁气缸（横截面积为S）被固定在铁架台上，轻质活塞通过细线与重物m相连，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，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．由于气缸传热良好，随后重物会被吸起，最后重物稳定在距地面处．已知环境温度为27℃不变，与大气压强相当，气缸内的气体可看做理想气体，问酒精棉球熄灭时气缸内的温度为多少摄氏度？山东省菏泽市2015届高考物理一模试卷一、选择题（共10小题，每小题4分，共40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4分，选对但不全的得2分，不选或有选错的得0分）1．某同学通过以下步骤测出了一定高度落下的排球对地面的冲击力：将一张白纸铺在水平地面上，把棒球在水里浸湿，然后让排球从规定的高度自由落下，并在白纸上留下球的水印．再将印有水印的白纸铺在台秤上，将球放在纸上的水印中心，缓慢地压球，使排球与纸接触部分逐渐发生形变直至刚好遮住水印，记下此时台秤的示数即为冲击力的最大值．下列物理学习或研究中用到的方法与该同学的方法相同的是( )A．建立“合力与分力”的概念B．建立“点电荷”的概念C．建立“电场强度”的概念 D．建立“电场线”的概念考点：物理学史．分析：通过白纸上的球的印迹，来确定球发生的形变的大小，从而可以把不容易测量的一次冲击力用球形变量的大小来表示出来，在通过台秤来测量相同的形变时受到的力的大小，这是用来等效替代的方法．解答：解：A：合力和分力是等效的，它们是等效替代的关系，故A正确．B：点电荷是一种理想化的模型，是采用的理想化的方法，故B错误．C：电场强度的定义是：试探电荷在电场中受到的电场力与试探电荷所带电量的比值．所以，建立“电场强度”的概念是采用了参考变量法，故C错误．D：电场线实际并不存在，而是人们为了形象描述电场而假设的，故是采用了新理论假设法，故D错误．故选： A．点评：在物理学中为了研究问题方便，经常采用很多的方法来分析问题，对于常用的物理方法一定要知道．2．如图所示，两根等长的轻绳将日光灯悬挂砸天花板上，两根与竖直方向的夹角都为45°，日光灯保持水平，所受重力为G，则左右两绳的拉力及两绳合力的大小分别为( )A．G、G和G B．G、G、G C．G、G和2G D．G、G和G考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：根据对称性可知，左右两绳的拉力大小相等，分析日光灯的受力情况，由平衡条件求解绳子的拉力大小．解答：解：日光灯受力如图所示，将T1T2分别向水平方向和竖直方向分解，则有：T1cos45°=T2cos45°T1sin45°+T2sin45°=G解得：T1=T2=G左右两绳的拉力的合力与重力平衡，即F=G；故选：B．点评：本题是简单的力平衡问题，分析受力情况是基础，要抓住对称性，分析两个拉力大小关系．3．一质点作直线运动的速度图象如图所示，下列选项正确的是( )A．在4﹣5s内，质点所受合外力做正功B．在0﹣5s内，质点的平均速度为7m/sC．在前6s内，质点离出发点的最远距离为30mD．质点在4﹣6s内的加速度大小是0﹣2s内的加速度大小的2倍考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．分析：由图读出速度的变化情况，分析物体的运动情况，速度图象的斜率等于加速度．由图线“面积”求出位移，再求解平均速度．解答：解：A、在4﹣5s内，质点的速度逐渐减小，根据动能定理知所受合外力做负功，A 错误；B、在0﹣5s内，质点的位移为：x=×（2+5）×10=35m，平均速度为：===7m/s，B正确；C、在前6s内，5s末质点离出发点最远，最远距离为35m，C错误；D、由图线的斜率知：质点在4﹣6s内的加速度大小是0﹣2s内的加速度大小的2倍，D正确；故选：BD．点评：本题关键抓住速度图象的斜率表示加速度、“面积”表示位移来理解图象的物理意义．4．如图所示，A、B两物块质量均为m，用一轻弹簧相连，将A用长度适当的轻绳悬挂于天花板上，系统处于静止状态，B物块恰好与水平桌面接触，此时轻弹簧的伸长量为x，现将悬绳剪断，则( )A．悬绳剪断瞬间A物块的加速度大小为2gB．悬绳剪断瞬间A物块的加速度大小为gC．悬绳剪断后A物块向下运动距离2x时速度最大D．悬绳剪断后A物块向下运动距离x时加速度最小考点：牛顿第二定律．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：求出悬绳剪断前弹簧的拉力，再根据牛顿第二定律求出悬绳剪断瞬间A的瞬时加速度．当A物块向下运动到重力和弹力相等时，速度最大．解答：解：A、B、剪断悬绳前，对B受力分析，B受到重力和弹簧的弹力，知弹力F=mg．剪断瞬间，对A分析，A的合力为F合=mg+F=2mg，根据牛顿第二定律，得a=2g．故A正确，B 错误．C、D、弹簧开始处于伸长状态，弹力F=mg=kx．当向下压缩，m g=F′=kx′时，速度最大，x′=x，所以下降的距离为2x．故C正确D错误．故选：AC．点评：解决本题关键知道剪断悬绳的瞬间，弹簧的拉力不变，根据牛顿第二定律可以求出瞬时加速度．当弹力和重力相等时，速度最大．5．“马航MH370”客机失联后，我国已紧急调动多颗卫星（均做匀速圆周运动），利用高分辨率对地成像、可见光拍照等技术对搜寻失联客机提供支持．关于环绕地球运动的卫星，下列说法正确的是( )A．低轨卫星（环绕半径远小于地球同步卫星的环绕半径）都是相对地球运动的，其环绕速率可能大于7.9km/sB．地球同步卫星相对地球是静止的，可以固定对一个区域拍照C．低轨卫星和地球同步卫星，可能具有相同的速率D．低轨卫星和地球同步卫星，可能具有相同的周期考点：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：根据万有引力提供向心力得出线速度、周期与轨道半径的关系，从而进行判断．解答：解：A、同步卫星相对地球静止，低轨卫星相对地球是运动的，根据得，v=，第一宇宙速度的轨道半径等于地球的半径，所以低轨卫星的线速度小于第一宇宙速度．故A错误；B、同步卫星的周期与地球的周期相同，相对地球静止，可以固定对一个区域拍照，但由于它距地面较远，照片的分辨率会差一些．故B正确；CD、根据得，v=，T=，低轨卫星的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，则低轨卫星的速率大于同步卫星，周期小于同步卫星．故C、D错误．故选：B．点评：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，知道线速度、角速度、周期、向心加速度与轨道半径的关系，以及知道同步卫星的特点．6．如图所示的交流电路中，理想变压器原线圈输入电压为U1，输入功率为P1，输出功率为P2，各交流电表均为理想电表，当滑动变阻器R的滑动头向下移动时( )A．灯L变亮B．电压表读数变大，电流表变小C．因为U1不变，所以P1不变D．P1变大，且始终有P1=P2考点：变压器的构造和原理．专题：交流电专题．分析：滑动变阻器R的滑动头向下移动时总电阻减小，副线圈电流增大，R0分压增大，并联支路电压减小，即电压表示数减小，灯泡变暗，流过灯泡的电流减小，所以通过安培表的电流增大，输入功率等于输出功率．解答：解：A、当滑动变阻器R的滑动头向下移动时总电阻减小，副线圈电流增大，R0分压增大，并联支路电压减小，即电压表示数减小，灯泡变暗，流过灯泡的电流减小，所以通过安培表的电流增大，AB错误C、输入功率等于输出功率：P=UI，对副线圈，电压不变，而电流增大，所以消耗的功率增大，C错误D正确故选：D点评：本题考查了变压器的原理电路的动态分析，关键是根据负载的变化分析电流和电压的变化．7．如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与一弹性橡皮绳相连，橡皮绳的另一端固定在地面上的A点，橡皮绳竖直时处于原长h．让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零．则在圆环下滑过程中（整个过程中橡皮绳始终处于弹性限度内）( )A．橡皮绳的弹性势能一直增大B．圆环的机械能先不变后减小C．橡皮绳的弹性势能增加了mghD．橡皮绳再次到达原长时圆环动能最大考点：功能关系；动能和势能的相互转化．分析：分析圆环沿杆下滑的过程的受力和做功情况，只有重力橡皮绳的拉力做功，所以圆环机械能不守恒，但是系统的机械能守恒；沿杆方向合力为零的时刻，圆环的速度最大．解答：解：A、橡皮绳的弹性势能随橡皮绳的形变量的变化而变化，由图知橡皮绳先缩短后再伸长，故橡皮绳的弹性势能先不变再增大．故A错误；B、圆环沿杆滑下，滑到杆的底端的过程中有两个力对圆环做功，即环的重力和橡皮绳的拉力；所以圆环的机械能不守恒，如果把圆环和橡皮绳组成的系统作为研究对象，则系统的机械能守恒，因为橡皮绳的弹性势能先不变再增大，所以圆环的机械能先不变后减小，故B正确；C、根据系统的机械能守恒，圆环的机械能减少了mgh，那么橡皮绳的机械能的减小量等于弹性势能增大量，为mgh．故C正确；D、在圆环下滑过程中，橡皮绳再次到达原长时，该过程中动能一直增大，但不是最大，沿杆方向合力为零的时刻，圆环的速度最大．故D错误．故选：BC．点评：对物理过程进行受力、运动、做功分析，是解决问题的根本方法．这是一道考查系统机械能守恒的基础好题．8．在光滑绝缘水平面的P点正上方O点固定了一电荷量为+Q的正点电荷，在水平面上的N 点，由静止释放质量为m、电荷量为﹣q的带电小球，小球经过P点时速度为v，图中θ=60°，规定电场中P点的电势为零．则在+Q形成的电场中( )A．N点电势高于P点电势B．N点电势为﹣C．P点电场强度大小是N点的2倍D．带电小球在N点具有的电势能为﹣mv2考点：电势能；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：解答本题应抓住：顺着电场线方向电势降低，判断出M点电势高于N点的电势，M、P 两点的电势相等，即可知N、P两点电势关系；由真空中点电荷产生的电场强度公式E=k，分析P点与N点电场强度的大小关系；根据动能定理研究电荷由N到P的过程，求解N点的电势；由E P=﹣qφN求出检验电荷在N点具有的电势能．解答：解：A、根据顺着电场线方向电势降低可知，M点的电势高于N点的电势，而M、P 两点的电势相等，则N点电势低于P点电势．故A错误．B、根据动能定理得：检验电荷由N到P的过程：﹣q（φN﹣φP）=mv2，由题，P点的电势为零，即φP=0，解得，N点的电势φN=﹣．故B正确．C、P点电场强度大小是E P=k，N点电场强度大小是E N=k，则E P：E N==4：1．故C错误．D、检验电荷在N点具有的电势能为E P=﹣qφN=mv2．故D错误．故选：B点评：本题关键要掌握电场线方向与电势高低的关系，即顺着电场线方向电势降低，以及点电荷场强公式E=k、电势能公式E P=﹣qφN9．如图所示，间距为L的两条足够长的平行金属导轨MN、PQ与水平面夹角为α，导轨的电阻不计，导轨的N、P端连接一阻值为R的电阻，导轨置于磁感应强度大小为B、方向与导轨平面垂直的匀强磁场中．将一根质量为m、电阻不计的导体棒ab垂直放在导轨上，导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并接触良好．在拉力作用下以速度v沿轨道向上做匀速运动，则在上升高度h的过程中( )A．通过R的电流方向为从N到PB．导体棒ab受到的安培力大小为C．R上产生的热量为D．流过R的电量为考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；安培力．专题：电磁感应与电路结合．分析：电流方向由楞次定律判断．根据法拉第定律、欧姆定律和公式F=BIL求解安培力大小．R 上产生的热量等于棒克服安培力做功．电量由法拉第定律、欧姆定律和电量公式结合求解．解答：解：A、棒沿轨道向上运动，回路的磁通量增大，由楞次定律可知通过R的电流方向为从N到P，故A正确．B、导体棒ab受到的安培力大小为 F=BIL=B L=．故B正确．C、R上产生的热量等于棒克服安培力做功，为 Q=F=，故C错误．D、流过R的电量为 q=It=•=．故D正确．故选：ABD．点评：本题综合考查了共点力平衡以及能量守恒．关键理清导体棒的运动情况，选择合适的定律进行求解．10．如图，在竖直向下的匀强磁场中有两根竖直放置的平行粗糙导轨CD、EF，导轨上置有一金属棒MN．t=0时起释放棒，并给棒通以图示方向的电流，且电流强度与时间成正比，即I=kt，其中k为常量，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．则棒的速度v随时间t变化的图象可能是( )A．B．C．D．考点：导体切割磁感线时的感应电动势；安培力．专题：电磁感应与电路结合．分析：通过通电导线处于磁场中，受到安培力，由左手定则来确定安培力的方向，并得出安培力的大小，再根据牛顿第二定律来运动与力综合分析，从而即可求解．解答：解：当从t=0时刻起，金属棒通以I=kt，则由左手定则可知，安培力方向垂直纸面向里，使其紧压导轨，则导致棒在运动过程中，所受到向上的摩擦力，由N=F=BIL可知，MN棒对导轨的压力不断增大，摩擦力f=μN增大，根据牛顿第二定律得：mg﹣μBIL=ma，I=kt，则得：a=g﹣t，所以加速度减小，由于速度与加速度方向相同，则做加速度减小的加速运动．当滑动摩擦力等于重力时，加速度为零，则速度达到最大，其动能也最大．当安培力继续增大时，导致加速度方向竖直向上，则出现加速度与速度方向相反，因此做加速度增大的减速运动．根据速度与时间的图象的斜率表示加速度的大小，故B正确．故选：B点评：本题运用动力学方法分析导体棒的运动情况，关键抓住安培力与时间的关系分析合力的变化，从而棒的合力情况，并借助于牛顿第二定律来解题．二、实验题（共2小题、共16分）11．某实验小组利用图甲所示装置做“探究加速度与力的关系”的实验，释放纸带时，小车处于图示的位置．（1）指出甲图中的一处错误：打点计时器的电源接了直流电．（2）下列说法正确的是ACA．实验之前，要先平衡摩擦力__________B．小车的质量要远小于所挂钩码的质量C．应调节滑轮的高度使细线与木板平行D．实验时应先释放纸带，再接通电源（3）图乙是实验中获得的一条纸带的某部分，选取A、B、C、D、E计数点（每两个计数点间还有4个点未画出），若打点计时器使用的交流电频率为50Hz，则小车的加速度大小为1.0m/s2．（保留两位有效数字）考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．专题：实验题．分析：（1）由图可以最明显看到的是打点计时器的电源接了直流电；（2）该实验要平衡摩擦力；小车的质量要远大于所挂钩码的质量；细线与木板平行才能保证钩码重力等于小车拉力；实验操作要求“先接后放”．（3）由刻度尺读出数据，用逐差法可得加速度．解答：解：（1）由图可以最明显看到的是打点计时器的电源接了直流电；其次是小车释放时离打点计时器太远；还有一个不太明显的是木板没有被垫高．（2）A、该实验要先平衡摩擦力，故A正确；B、小车的质量要远大于所挂钩码的质量，这样才能认为钩码重力等于小车拉力，故B错误；。

山东省济南市2015届高三下学期第一次模拟考试理科综合试题注意事项：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 35.5K 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) 14．一质点作直线运动的v—t图像如图所示，下列选项正确的是A．在2 s～4 s内，质点所受合外力为零B．质点在0～2 s内加速度比4 s～6 s内的加速度大C．在第4 s末，质点离出发点最远D．在0～6 s内，质点的平均速度为5 m／s15．一串小灯笼(五只)彼此用轻绳连接，并悬挂在空中。

在稳定水平风力作用下发生倾斜，悬绳与竖直方向的夹角为30°，如图所示。

设每个灯笼的质量均为m。

则自上往下第一只灯笼对第二只灯笼的拉力大小为A．B C D．8mg16．静电喷涂时，喷枪带负电，被喷工件带正电，喷枪喷出的涂料微粒带负电。

假设微粒被喷出后只受静电力作用，最后吸附在工件表面。

微粒在向工件靠近的过程中A．一定沿着电场线运动B．所受电场力先减小后增大C．克服电场力做功D．电势能逐渐增大17．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18．“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。

绝密★启用前 2015年全国普通高等学校招生统一考试物理（山东卷带解析） 试卷副标题注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上 第I 卷（选择题） 请点击修改第I 卷的文字说明 一、选择题 1．距地面高5m 的水平直轨道上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g=10m/s 2 ． 可求得h 等于（ ） A. 1.25 m B. 2.25 m C. 3.75 m D. 4.75 m 2．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 >> 3．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μ1，A 与地地球A. 121μμB. 12121-μμμμC. 12121μμμμ+ D. 12122μμμμ+ 4．直角坐标系xOy 中，M 、N 两点位于x 轴上，G 、H 两点坐标如图，M 、N 两点各固定一负点电荷，一电量为Q 的正点电荷置于O点时，G 点处的电场强度恰好为零。

静电力常量用k 表示。

若将该正点电荷移到G 点，则H 点处场强的大小和方向分别为（ ）A. ，沿y 轴正向B. ，沿y 轴负向C. ，沿y 轴正向D. ，沿y 轴负向5．如图甲，R 0为定值电阻，两金属圆环固定在同一绝缘平面内。

山东省实验中学2015届高三第一次模拟考试理综物理试题二、选择题（共7小题，在每小题所给出的四个选项中，有的只有一项选项正确，有的有多个选项正确，全部选对得6分，选对但不全得3分：有错选的得0分。

）14．在物埋学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献。

关于科学家和他们的贡献，下列说法中正确的是A．牛顿首先通过实验测出方有引力常量B．奥斯特最早发现了电磁感应现象？C．安培首先发现了电流的磁效应D．法拉第通过实验发现了在磁场中产生电流的条件15．如图所示，靠在竖直粗糙墙壁上的物块在t=0时被无初速释放，同时开始受到一随时间变化规律为F=kt的水平力作用。

用分别表示物块物块所受的摩擦力、速度、加速度、重力势能的变化量，下列图象能正确描述上述物理量随时间变化规律的是16．随着世界航空事业的发展，深太空探测已逐渐成为各国关注的热点。

假设深太空中有一颗外星球，质量是地球质量的3倍，半径是地球半径的13。

则下列判断正确的是A．该外星球的同步卫星周期一定小于地球同步卫星周期B．某物体在该外星球表面上所受重力是在地球表面上所受重力的27倍C．该外星球上第一宇宙速度是地球上第一宇宙速度的3倍D．绕该外星球的人造卫星和以相同轨道半径绕地球的人造卫星运行速度相同17．如图所示，在等量正电荷形成的电场中，画一正方形ABCD，对角线AC与两点电荷连线重合，两对角线交点O恰为电荷连线的中点。

下列说法中正确的是A．B、D两点的电场强度及电势均相同B．A、B两点间的电势差U AB与C、D两点间的电势差U CD相等C．一质子由B点沿B→O→D路径移至D点，电势能先增大后减小D．一电子由C点沿C→O→A路径移至A点，电场力对其先做负功后做正功18．匝数为10的矩形线框处在磁感应强度B=2T的匀强磁场中，绕垂直磁场鞫轴以恒定角速度在匀强磁场中转动一线框电姐不计，面积为0.4m2，线框通过滑环与一理想自耦变压器楣连，自耦变压器左侧并联一只理想电压表V l；右侧串联灯泡￡和滑动变阻器R，R上并联一只理想电压表V2，下列说法中正确的是A．V1示数为4V，若F不动，滑片P向下滑动时，V1示数变大，V2示数变小B．V1示数为40V，若F不动，滑片P向下滑动时，V1示数不变，灯泡消耗的功率变小C．若P不动，滑片F向下移动时，V1、V2的示数均变小D．若P不动，滑片F向下移动时，灯泡消耗的功率变大19．如图所示，小车A、小物块B由绕过轻质定滑轮的细线相连，小车A放在足够长的水平桌面上，B、C两小物块在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C放在水平地面上．现用手控制住A．并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与桌面平行．已知A、B、C的质量均为m．A与桌面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度为g，弹簧的弹性势能表达式为E P=12k△x2，式中七是弹簧的劲度系数：△x是弹簧的伸长量或压缩量，细线与滑轮之间的摩擦不计．开始时，整个系统处于静止状态，对A施加一个恒定的水平拉力F后，A向右运动至速度最大时，C恰好离开地面，则A．小车向右运动至速度最大时，A、B、C加速度均为零B．拉力F的大小为2mgC．拉力F做的功为D．C恰好离开地面时A的速度为20．如图所示，两根足够长且平行的光滑金属导轨与水平面成53°夹角固定放置，导轨间连接一阻值为6Ω的电阻JR，导轨电阻忽略不计．在两平行虚线m、n间有一与导轨所在平面垂直、磁感应强度为B的匀强磁场．导体棒a的质量为m a=0.4 kg，电阻R a=3Ω；导体棒b的质量为m b=0．1 kg，电阻R b=6Ω；它们分剐垂直导轨放置并始终与导轨接触良好．a、b从开始相距L0= 0.5m 处同时由静止开始释放，运动过程中它们都能匀速穿过磁场区域，当b刚穿出磁场时，a正好进入磁场（g取10m/s2，不计a、b之间电流的相互作用）．求：A．当a、b分别穿越磁场的过程中，通过R的电荷量之比为3：1B．在穿越磁场的过程中，a、b两导体棒匀速运动的速度大小之比为3：lC．磁场区域沿导轨方向的宽度d=0.25 mD．在整个过程中，产生的总焦耳热为1J第II卷（必做157分+选做36分，共193分）注意事项：1．第II卷共19大题。

高三辅导材料第一课时 《带电粒子在复合场中的运动》题型：选择题和计算题； 题号：24题 分值：20分； 答题时间：12-15分钟 涉及知识点：受力分析、力的平衡 2015-4-4 【2014山东】24．(20分)如图甲所示，间距为d 、垂直于纸面的两平行板Q P 、间存在匀强磁场。

取垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。

0=t 时刻，一质量为m 、带电量为q +的粒子（不计重力），以初速度0v 由Q 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。

当0B 和B T 取某些特定值时，可使0=t 时刻入射的粒子经t ∆时间恰能垂直打在P 板上（不考虑粒子反弹）。

上述0v d q m 、、、为已知量。

⑴ 若B T t 21=∆，求0B ； ⑵ 若B T t 23=∆，求粒子在磁场中运动时加速度的大小；⑶ 若qdmv B 004=，为使粒子仍能垂直打在P 板上，求B T 。

【2015.3德州一模】24.（20分）如图所示，在z 轴上方存在沿z 轴正方向场强为E 的匀强电场，在x 轴下方的矩形区域ABCD 内存在垂直于纸面向外的匀强磁场．矩形区域的AB 边与x 轴重合。

M 点是y 轴上的一点，在M 点有一质量为m 、电荷量为e 的质子，以初速度v 0沿y 轴负方向开始运动，恰好从N 点进入磁场，当质子第二次经过z 轴时电场反向，质子恰好回到M 点，若，不计质子的重力。

求： (1)N 点横坐标 N x ；(2)匀强磁场的磁感应强度B 0； (3)矩形区域的最小面积S ；(4)若质子第二次经过x 轴时，撤去x 轴上方的电场，同时 在OM 中点处放置一块平行于z 轴的绝缘挡板，质子与挡板 发生碰撞，碰撞前后质子速度的水平分量不变，竖直分量等 大反向。

求质子从离开挡板到再次回到挡板所用的时间t 。

【2015.3临沂一中二轮复习检测】24．(20分)如图所示，在平面直角坐标系xOy 中的第一象限内存在磁感应强度大小为B 、方向垂直于坐标平面向内的有界圆形匀强磁场区域(图中未画出)；在第二象限内存在沿x 轴负方向的匀强电场.一粒子源固定在x 轴上的A 点，A 点坐标为(),0L -.粒子源沿y 轴正方向释放出速度大小为v 的电子，电子恰好能通过y 轴上的C 点，C 点坐标为(0，2L)，电子经过磁场偏转后恰好垂直通过第一象限内与x 轴正方向成15°的射线ON(已知电子的质量为m ，电荷量为e ，不考虑粒子的重力和粒子之间的相互作用)．求：(1)第二象限内电场强度E 的大小．(2)电子离开电场时的速度方向与y 轴正方向的夹角θ． (3)圆形磁场的最小半径R m ；【2015.3济南一模】24．(20分)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。

2015年山东省日照市高考物理一模试卷一、选择题〔共7小题，每一小题6分，共42分．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．〕1．〔6分〕〔2015•日照一模〕如下列图，水平地面上一个倾角为θ的斜面体紧贴竖直墙壁，斜面体和墙壁之间再放一个质量为m的铁球，各接触面均光滑．现对铁球施加水平推力F的作用，整个系统始终处于静止状态，如下说法中正确的答案是〔〕A．斜面体对铁球施加的弹力一定大于mgB．斜面体对铁球施加的弹力可能小于mgC．水平推力逐渐增大时，铁球对斜面体施加的弹力一定增大D．水平推力逐渐增大时，斜面体对墙壁施加的弹力一定增大【考点】：共点力平衡的条件与其应用；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】：由题意可知，小球处于平衡状态；如此可知小球所受各力的合力为零；对小球进展受力分析，小球受重力、推力、竖直墙的支持力与斜面对小球的支持力；可采用分解法将斜面支持力向水平方向和竖直方向分解，分别列出水平和竖直方向上的平衡方程，即可得出各力的大小关系．【解析】：解：对球受力分析，如图根据共点力平衡条件，有N1+N2cosθ=FN2sinθ﹣mg=0解得：N2=＞mg，即斜面对球的压力一定大于G，故A正确，B错误，当F增加时N2大小不变，故C错误；因为随F增大时，球对斜面体的作用力保持不变，故以斜面体为研究对角，当F增加时斜面体受到的作用力保持不变，故斜面体对墙壁施加的弹力保持不变，故D错误．应当选：A．【点评】：在解答平衡类的问题时，要注意准确的进展受力分析；而物体处于平衡状态时物体所受合力为零，假设力为三个一般采用合成的方式，假设力为三个以上，一般采用正交分解的方式，列出平衡方程即可求解．2．〔6分〕〔2015•日照一模〕如下列图，边长为2l的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个边长为l的正方形导线框所在平面与磁场方向垂直，导线框的一条对角线和虚线框的一条对角线恰好在同一直线上．从t=0开始，使导线框从图示位置开始以恒定速度沿对角线方向移动进入磁场，直到整个导线框离开磁场区域．用I表示导线框中的感应电流〔逆时针方向为正〕，如此如下表示I﹣t关系的图线中，正确的答案是〔〕A． B． C．D．【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势；右手定如此．【专题】：电磁感应与图像结合．【分析】：根据感应电流大小和方向，将选项逐一代入，检查是否符合题意来选择．【解析】：解：A、B，导线框完全进入磁场后，没有感应电流产生．故A、B均错误．C、进入和穿出磁场过程，线框有效切割长度变化，感应电动势和感应电流在变化，故C 错误．D、线框进入磁场过程，有效切割长度L均匀增大，感应电动势E均匀增大，感应电流I 均匀增大．穿出磁场过程，有效切割长度L均匀减小，感应电动势E均匀减小，感应电流I 均匀减小，两个过程电流方向相反．故D正确．应当选D【点评】：此题采用的是排除法．做选择题常用方法有直判法、排除法、代入法、特殊值法、图象法等等．3．〔6分〕〔2015•日照一模〕英国物理学家阿斯顿因首次制成质谱仪，并用此对同位素进展了研究，因此荣获了1922年的诺贝尔化学奖．假设速度一样的同一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如下列图，如此如下相关说法中正确的答案是〔〕A．该束带电粒子带正电B．速度选择器的P1极板带负电C．在B2磁场中运动半径越大的粒子，质量越大D．在B2磁场中运动半径越大的粒子，比荷小【考点】：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】：带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】：根据带电粒子在磁场中的偏转方向确定带电粒子的正负．根据在速度选择器中电场力和洛伦兹力平衡确定P1极板的带电情况．在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，求出粒子的轨道半径，即可知道轨迹半径与什么因素有关．【解析】：解：A、带电粒子在磁场中向下偏转，磁场的方向垂直纸面向外，根据左手定如此知，该粒子带正电．故A正确．B、在平行金属板间，根据左手定如此知，带电粒子所受的洛伦兹力方向竖直向上，如此电场力的方向竖直向下，知电场强度的方向竖直向下，所以速度选择器的P1极板带正电．故B错误．C、进入B2磁场中的粒子速度是一定的，根据qvB=得，r=，知r越大，荷质比越小，故D正确，C错误．应当选：AD．【点评】：解决此题的关键会根据左手定如此判断洛伦兹力的方向，以与知道在速度选择器中，电荷所受的电场力和洛伦兹力平衡．4．〔6分〕〔2015•日照一模〕如下列图，理想变压器初级线圈的匝数为1100，次级线圈的匝数为55，初级线圈两端a、b接正弦交流电源，在原线圈前串接一个电阻R0=121Ω的保险丝，电压表V的示数为220V，如果负载电阻R=5.5Ω，各电表均为理想电表，如此〔〕A．电流表A的示数为1AB．变压器的输出电压为5.5VC．保险丝实际消耗的功率为1.21WD．负载电阻实际消耗的功率为22W【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】：由匝数之比可求得副线圈的电压，由欧姆定律求得电流表的示数．由焦耳定律求得功率．【解析】：解：AB、由电压与匝数成正比，，如此：=11V，如此如此AB错误CD、负载功率为U2I2=22W，如此D正确，由I1U1=I2U2可得：I1=0.1A 有：P=R0=1.21W如此C正确应当选：CD【点评】：此题考查了变压器的变压原理，知道电压、电流与匝数的关系，结合输入功率等于输出功率即可求解5．〔6分〕〔2015•日照一模〕如下列图，在竖直平面内，AB⊥CD且A、B、C、D位于同一半径为r的圆上，在C点有一固定点电荷，电荷量为﹣Q．现从A点将一质量为m、电荷量为﹣q 的点电荷由静止释放，该点电荷沿光滑绝缘轨道ADB运动到D点时的速度大小为4．重力加速度为g．规定电场中B点的电势为零，如此在﹣Q形成的电场中〔〕A． D点的电势为B． A点的电势高于D点的电势C． D点的电场强度大小是A点的倍D．点电荷﹣q在D点具有的电势能为7mgr【考点】：电势能；电势．【专题】：电场力与电势的性质专题．【分析】：根据沿着电场线方向，电势降低，分析D与A两点电势的上下；根据动能定理，求解﹣q在D点具有的电势能，再结合电势的定义式即可求解D点的电势；根据点电荷电场强度公式E=k，即可研究D、A两点场强的关系．【解析】：解：ABD、由题意可知，A、B到C的距离相等，如此AB的电势相等．沿着电场线的方向，电势降低，而电场线会聚于负电荷，如此A点的电势低于D点电势﹣q电荷从A到D运动，根据动能定理，如此有：mgr+W电=m〔4〕2﹣0，解得电场力做功：W电=7mgr；规定电场中B点的电势为零，A点的电势也为零，因由A到D点电场力做正功，如此电势能减小，因此点电荷﹣q在D点的电势能为E PD=﹣7mgr；D点的电势为φD==，故A正确，BD错误．C、由几何关系得：D到C的距离与A到C的距离之比为：1，根据点电荷电场强度公式E=k，电场强度的大小与间距的平方成反比，如此有O点电场强度大小是A点的2倍，故C错误；应当选：A．【点评】：考查电势的上下判定方法，掌握动能定理的应用，注意力做功的正负，理解电势与电势能的关系式，注意电荷的电量正负．6．〔6分〕〔2015•日照一模〕2014年3月8日凌晨马航客机失联后，西安卫星测控中心紧急调动海洋、风云、高分、遥感4个型号近10颗卫星，为地面搜救提供技术支持．特别是“高分一号〞突破了空间分辨率、多光谱与大覆盖面积相结合的大量关键技术．如图为“高分一号〞与北斗导航系统两颗卫星在空中某一面内运动的示意图．“北斗〞系统中两颗卫星“G1〞和“G3〞以与“高分一号〞均可认为绕地心O做匀速圆周运动．卫星“G1〞和“G3〞的轨道半径为r，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A、B两位置，“高分一号〞在C位置．假设卫星均顺时针运行，地球外表处的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力．如此如下说法正确的答案是〔〕A．卫星“G1〞和“G3〞的加速度大小相等且为gB．如果调动“高分一号〞卫星快速到达B位置的下方，必须对其加速C．卫星“G1〞由位置A运动到位置B所需的时间为D．假设“高分一号〞所在高度处有稀薄气体，如此运行一段时间后，机械能会增大【考点】：万有引力定律与其应用．【专题】：万有引力定律的应用专题．【分析】： A、根据万有引力提供向心力=ma，以与黄金代换式GM=gR2．求卫星的加速度大小．B、“高分一号〞卫星速度增大，万有引力不够提供向心力，做离心运动，轨道半径变大，速度变小，路程变长，运动时间变长．C、根据万有引力提供向心力求出卫星的角速度，然后通过转过的角度求出时间．D、“高分一号〞是低轨道卫星，其所在高度有稀薄气体，要抑制阻力做功，机械能减小．【解析】：解：A、根据万有引力提供向心力=ma，得a=．而GM=gR2．所以卫星的加速度．故A错误．B、“高分一号〞卫星加速，将做离心运动，轨道半径变大，速度变小，路程变长，运动时间变长，故如果调动“高分一号〞卫星快速到达B位置的下方，必须对其减速，故B错误．C、根据万有引力提供向心力，得．所以卫星1由位置A运动到位置B所需的时间t==，故C正确．D、“高分一号〞是低轨道卫星，其所在高度有稀薄气体，抑制阻力做功，机械能减小．故D 错误．应当选：C．【点评】：解决此题的关键掌握万有引力提供向心力=ma，以与黄金代换式GM=gR2．7．〔6分〕〔2015•日照一模〕某研究性学习小组用加速度传感器探究物体从静止开始做直线运动的规律，得到了质量为1.0kg的物体运动的加速度随时间变化的关系图线，如下列图．由图可以得出〔〕A．从t=4.0s到t=6.0s的时间内物体做匀减速直线运动B．物体在t=10.0s时的速度大小约为6.8m/sC．从t=10.0s到t=12.0s的时间内合外力对物体做的功约为7.3JD．从t=2.0s到t=6.0s的时间内物体所受合外力先增大后减小【考点】：功的计算；匀变速直线运动的图像．【专题】：功的计算专题．【分析】：由图直接读出从t=4.0s到t=6.0的时间内物体的加速度减小，物体做变加速运动．即可知物体做非匀变速运动．根据图象得到加速度的变化规律，根据图象得到加速度的变化规律，再根据加速度图线与时间轴包围的面积表示速度的变化量计算速度的增加量，从而得到物体任意时刻的速度大小【解析】：解：A、从t=4.0s到t=6.0的时间内物体的加速度减小，物体做加速度减小的变减加速运动．故A 错误．B、物体从静止开始做加速运动，由于△v=a△t，故加速度图线与时间轴包围的面积表示速度的变化量，t=10s时的速度等于前10秒图线与坐标轴包围的面积，v=S=68×0.1=6.8m/s；故B正确．C、由于加速度图线与时间轴包围的面积表示速度的变化量，故可以估算出12s末的速度为v′=S′=7.8m/s，根据动能定理得：W合=mv′2﹣mv2=×1×7.82﹣×1×6.82=7.3J．故C正确．D、在从t=2.0s到t=6.0s的时间内加速度先增大后减小，由F=ma可知受到的合力先增大后减小，故D正确；应当选：BCD【点评】：此题的解题关键是抓住加速度图象与坐标所围面积表示速度的变化量，以与匀变速直线运动加速度不变的特点，能熟练运用动能定理求外力做功．二、非选择题：〔一〕【必做局部】8．〔8分〕〔2015•日照一模〕图甲所示为研究“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量的关系〞的实验装置示意图，图乙是某同学通过实验得到的﹣m图象，横坐标m为小车上砝码的质量．图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，如此小车受到的合力约为，小车的质量为．〔小车的质量远大于钩码的质量〕【考点】：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．【专题】：实验题．【分析】：根据牛顿第二定律写出﹣与小车上砝码质量m的表达式，然后结合斜率与截距概念求解即可．【解析】：解：设小车的质量为M，如此有F=〔m+M〕a，变形得=m+，所以﹣m图象的斜率为=k，所以作用力F=，﹣m图象的截距为，所以M=．故答案为：；【点评】：先根据物理规律写出关于纵轴与横轴的函数表达式，再根据斜率和截距的概念求解即可．9．〔10分〕〔2015•日照一模〕〔1〕用多用电表欧姆档粗略测量某元件的电阻，选用×10档，测量结果如图1所示，如此测得的电阻为130Ω；〔2〕为描绘该元件的U﹣I图线．提供了如下器材：A．电流表A〔量程0.6A，内阻约0.9Ω〕B．电压表V〔量程3V，内阻约3kΩ〕C．滑动变阻器R1〔10Ω，1.0A〕D．滑动变阻器R2〔1000Ω，0.1A〕E．电源E〔电动势6V，内阻约0.1Ω〕F．开关S与导线假设干．①实验中滑动变阻器应该选择 C 〔填写器材序号〕，以保证实验过程中调节方便；②在虚线框内画出实验电路图2；③如图3中Ⅰ、Ⅱ图线，一条为元件真实的U﹣I图线，另一条是本次实验中测得的U﹣I图线，其中II 是本次实验中测得的图线．【考点】：描绘小电珠的伏安特性曲线．【专题】：实验题．【分析】：此题〔2〕①的关键是明确采用分压式接法时，变阻器电阻应选调节越方便．②的关键是明确当满足时，电流表应用外接法．【解析】：解：〔1〕：欧姆表的读数为：R=13×10Ω=130Ω；〔2〕①：由于全电阻越小的变阻器调节越方便，所以变阻器应选；应当选C．②：由于元件电阻满足，所以电流表应用内接法，又变阻器采用分压式接法，电路图如下列图：③：根据R=可知，测量值应大于真实值，所以II应是本次实验中测得的图线．故答案为：〔1〕130Ω〔2〕①C；②如图，③Ⅰ【点评】：做电学实验题时应明确：①假设要求电流从零调时，变阻器应采用分压式接法，此时应选择全电阻小的变阻器以方便调节．②当待测电阻满足时，电流表应用内接法．10．〔18分〕〔2015•日照一模〕工厂里有一种运货的过程可以简化为如下列图，货物以v0=10m/s 的初速度滑上静止的货车的左端，货物质量m=20kg，货车质量M=30kg，货车高h=0.8m．在光滑轨道OB上的A点设置一固定的障碍物，当货车撞到障碍物时会被粘住不动，而货物就被抛出，恰好会沿BC方向落在B点．货车上外表的动摩擦因数μ=0.5，货物可简化为质点，斜面的倾角为53°〔sin53°=0.8，cos53°=0.6，g=10m/s2〕．〔1〕求货物从A点到B点的时间；〔2〕求AB之间的水平距离；〔3〕假设OA段距离足够长，导致货物在碰到A之前已经与货车达到共同速度，如此货车的长度是多少？【考点】：动能定理；牛顿第二定律；平抛运动．【专题】：动能定理的应用专题．【分析】：〔1〕根据货物做平抛运动由竖直方向下落高度求得运动时间；〔2〕根据货物在B点的速度方向由平抛运动知识求得平抛的初速度，再根据运动时间求出水平位移；〔3〕根据能量守恒分别求得货物在车上减速运动至共速时相对车的位移再求得车停止后货物运动的到离开车时的位移，两者之和如此为车长．【解析】：解：〔1〕货物从小车上滑出之后做平抛运动，竖直方向：解得：〔2〕在B点分解速度：v y=gt=10×0.4m/s=4m/stan得：故s AB=v x t=3×0.4m=1.2m〔3〕在小车碰撞到障碍物前，车与货物已经到达共同速度，根据牛顿第二定律：对m：μmg=ma1解得对M：μmg=Ma2解得当m、M具有共同速度时有：v0﹣a1t=a2t代入数据解得：t=1.2s所以共同速度根据系统能量守恒定律：联立解得=6m当小车被粘住之后，物块继续在小车上滑行，直到滑出，根据动能定理：解得m继续滑行的距离所以货车的长度L=s相对+s′=6+0.7m=6.7m答：〔1〕货物从A点到B点的时间为0.4s；〔2〕AB之间的水平距离为1.2m；〔3〕假设OA段距离足够长，导致货物在碰到A之前已经与货车达到共同速度，如此货车的长度是6.7m．【点评】：此题前两问是多物体多过程的力学问题，把复杂的过程分解成几个分过程是根本思路，然后根据运动学公式和功能关系列式求解．11．〔20分〕〔2015•日照一模〕如图，空间区域Ⅰ、Ⅱ有匀强电场和匀强磁场，MN、PQ为理想边界，Ⅰ区域高度为d，Ⅱ区域的高度足够大．匀强电场方向竖直向上；Ⅰ、Ⅱ区域的磁感应强度均为B，方向分别垂直纸面向里和向外．一个质量为m，电量为q的带电小球从磁场上方的O点由静止开始下落，进入场区后，恰能做匀速圆周运动．重力加速度为g．〔1〕试判断小球的电性并求出电场强度E的大小；〔2〕假设带电小球运动一定时间后恰能回到O点，求它释放时距MN的高度h；〔3〕试讨论在h取不同值时，带电小球第一次穿出Ⅰ区域的过程中，电场力所做的功．【考点】：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】：带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】：〔1〕根据小球所受电场力的方向与场强方向的关系判断小球电性，根据电场力与重力的关系求出电场强度大小．〔2〕由机械能守恒定律求出小球进入磁场时的速度，小球在磁场中做匀速圆周运动，作出小球的运动轨迹，由几何知识求出轨道半径，应用牛顿第二定律分析答题．〔3〕根据小球释放高度与运动轨迹的不同，由功的计算公式求出电场力做的功．【解析】：解：小球运动轨迹如下列图：〔1〕小球进入电磁场后恰好能做匀速圆周运动，如此重力与电场力合力为零，洛伦兹力提供向心力，重力竖直向下，如此电场力竖直向上，电场强度向上，电场力方向与场强方向一样，如此小球带正电；电场力与重力相等，如此qE=mg…①，如此电场强度：E=…②〔2〕带电小球进入磁场前做自由落体运动，机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh=mv2 …③，小球在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB=m… ④由于小球在Ⅰ、Ⅱ两个区域运动过程中q、v、B、m的大小不变，如此三段圆弧的半径相等，以三个圆心为顶点的三角形为等边三角形，边长为2R，内角为60度，如图〔a〕所示，由几何知识可得：R=… ⑤，解得：h=…⑥；〔3〕带电小球在Ⅰ区域做圆周运动的圆弧与PQ相切时，运动轨迹如图〔b〕所示，由几何知识可得：R=d… ⑦，由③④⑦解得：h0=… ⑧，i、当h＜h0时，带电小球进入Ⅰ区域的速度较小，轨道半径较小，不能进入Ⅱ区域，由磁场上边界MN第一次穿出Ⅰ区域，在此过程中，电场力做功：W=qEs=0…⑨；ii、当h＞h0时，带电小球进入磁场Ⅰ区域后由下边界PQ第一次磁场Ⅰ区域进入Ⅱ区域，在此过程电场力做功W=﹣qEd，把②代入解得：W=﹣mgd；答：〔1〕小球带正电，电场强度：E=；〔2〕小球放时距MN的高度h=；〔3〕带电小球第一次穿出Ⅰ区域的过程中，当h＜h0时，电场力做功为零；当h＞h0时，电场力做功为：﹣mgd．【点评】：此题考查了带电小球在磁场中的运动，分析清楚小球的运动过程，作出小球的运动轨迹、应用机械能守恒定律、牛顿第二定律、功的计算公式即可正确解题；分析清楚运动过程、作出小球运动轨迹是正确解题的关键．〔二〕〔选考局部〕【物理-物理3-3】12．〔4分〕〔2015•日照一模〕如下各种说法中正确的答案是〔〕A．物体从外界吸收热量，其内能一定增加B．自然界进展的涉与热现象的宏观过程都具有方向性，是不可逆的C．液体与大气相接触，外表层内分子所受其他分子的作用表现为相互吸引D．布朗运动是液体分子的无规如此运动【考点】：热力学第一定律；布朗运动；热力学第二定律．【专题】：热力学定理专题．【分析】：做功和热传递都可以改变内能；液体外表具有收缩的趋势，即液体外表表现为张力，是液体外表分子间距离大于液体内局部子间的距离引起的；自然界进展的涉与热现象的宏观过程都具有方向性；布朗运动是固体颗粒的运动，间接反映了液体分子的无规如此运动．【解析】：解：A、做功和热传递都可以改变内能，物体吸热的同时假设对外做功，如此物体内能不一定增加，故A错误；B、根据热力学第二定律，自然界进展的涉与热现象的宏观过程都具有方向性，是不可逆的，故B正确；C、液体外表表现为张力，是由于液体外表分子间距离大于液体内局部子间的距离引起的，即分子间表现为引力，故C正确；D、布朗运动是固体颗粒的运动，间接反映了液体分子的无规如此运动，故D错误；应当选：BC．【点评】：此题考查了热力学第一定律、第二定律、液体的外表张力、布朗运动等，知识点多，难度小，关键是记住根底知识．13．〔8分〕〔2015•日照一模〕如下列图，导热的圆柱形气缸放置在水平桌而上，横截面积为S、质量为m l的活塞封闭着一定质量的气体〔可视为理想气体〕，活塞与气缸间无摩擦且不漏气．总质量为m2：的砝码盘〔含砝码〕通过左侧竖直的细绳与活塞相连．当环境温度为T时，活塞离缸底的高度为h．现使环境温度缓慢降为：①当活塞再次平衡时，活塞离缸底的高度是多少？②保持环境温度为不变，在砝码盘中添加质量为△m的砝码时，活塞返回到高度为h处，求大气压强p0．【考点】：理想气体的状态方程．【专题】：理想气体状态方程专题．【分析】：①封闭气体等压变化，根据盖吕萨克定律列式求解；②封闭气体等温变化，根据玻意而定律列式求解．【解析】：解：①环境温度缓慢降低过程中，气缸中气体压强不变，初始时温度为T1=T，体积为V1=hS，变化后温度为T2=，体积为V2=h1S，由盖•吕萨克定律得：P解得h1=②设大气压强为p0，初始时体积V2=h1S，压强变化后体积V3=hS，压强由玻意耳定律 p2V2=p3V3解得：答：①当活塞再次平衡时，活塞离缸底的高度是；②大气压强p0为【点评】：此类问题关键是挖掘气体做何种变化，选择适宜的气体实验定律求解即可，其中活塞类问题，往往对活塞受力分析利用平衡求解气体压强．【物理-物理3-4】14．〔2015•日照一模〕一束白光从顶角为θ的一边以较大的入射角i射入并通过三棱镜后，在屏P上可得到彩色光带，如下列图，在入射角i逐渐减小到零的过程中，假设屏上的彩色光带先后全部消失，如此〔〕A．红光最先消失，紫光最后消失B．紫光最先消失，红光最后消失C．紫光最先消失，黄光最后消失D．红光最先消失，黄光最后消失【考点】：光的折射定律．【专题】：光的折射专题．【分析】：由于白光是复色光，各种色光的折射率不同，紫光的折射率最大，偏折程度最大；入射角θ逐渐减小到零的过程中，导致光线射到棱镜右侧面的入射角减小，当入射角达到某光的临界角时该光将发生全反射，分析色光的临界角大小可得出最先发生全反射的光．【解析】：解：紫光的折射率最大，由临界角公式sinC=，知紫光的临界角最小，当入射角i逐渐减小到零的过程中，光线射到棱镜右侧面的入射角逐渐增大，紫光的入射角最先达到临界角，发生全反射，如此紫光最先消失，红光最后消失．故B正确，ACD错误．应当选：B．【点评】：此题考查对光的全反射的理解能力，关键抓住全反射的条件：光从光密介质射入光疏介质，入射角大于临界角，知道七种色光折射率和临界角的大小关系．15．〔2015•日照一模〕如下列图是一列简谐横波在某时刻的波动图象，从该时刻开始，此波中d质点第一次到达波谷的时间比e质点第一次到达波谷的时间早0.10s．假设b质点的平衡位置为x=m，求：至少经过多长时间b质点经过平衡位置且向下运动以与b质点在这段时间内经过的路程．。