1、【名师解析】山东省新泰市 2015 届高三上学期第二次模拟考试物理试题一、选择题（本题共 8 小题，每小题 6 分在每小题给出的四个选项中，第 15 题只有一项符合题目要求，第 68 题有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，有选错的得 0 分）1（6 分）一质点沿 x 轴做直线运动，其 vt 图象如图所示质点在 t=0 时位于 x=5m 处，开始沿 x 轴正向运动当 t=8s 时，质点在 x 轴上的位置为（ ）A x=3m B x=8m C x=9m D x=14m【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】： 速度时间图象可读出速度的大小和
2、方向，根据速度图象可分析物体的运动情况，确定何时物体离原点最远图象的“面积”大小等于位移大小，图象在时间轴上方“面积” 表示的位移为正，图象在时间轴下方“面积”表示的位移为负【解析】： 解：图象的“面积”大小等于位移大小，图象在时间轴上方“面积” 表示的位移为正，图象在时间轴下方“面积” 表示的位移为负，故 8s 时位移为：s= ，由于质点在 t=0 时位于 x=5m 处，故当 t=8s 时，质点在 x 轴上的位置为 8m，故 ACD 错误，B 正确故选：B【点评】： 本题抓住速度图象的“面积”等于位移是关键能根据图象分析物体的运动情况，通过训练，培养基本的读图能力2（6 分）如图所示，三个物
3、体质量分别为 m1=1.0kg、m 2=2.0kg、m 3=3.0kg，已知斜面上表面光滑，斜面倾角 =30，m 1 和 m2 之间的动摩擦因数 =0.8不计绳和滑轮的质量和摩擦初始用外力使整个系统静止，当撤掉外力时，m 2 将（g=10m/s 2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（ ）A 和 m1 一起沿斜面下滑 B 和 m1 一起沿斜面上滑C 相对于 m1 上滑 D 相对于 m1 下滑【考点】： 牛顿第二定律【专题】： 牛顿运动定律综合专题【分析】： 假设 m1 和 m2 之间保持相对静止，对整体分析，运用牛顿第二定律求出整体的加速度，隔离对 m2 分析，根据牛顿第二定律求出 m1 和 m2
4、之间的摩擦力，判断是否超过最大静摩擦力，从而判断能否保持相对静止【解析】： 解：假设 m1 和 m2 之间保持相对静止，对整体分析，整体的加速度 a= 隔离对 m2 分析，根据牛顿第二定律得，fm 2gsin30=m2a解得 f=最大静摩擦力 fm=m2gcos30= N=8 ，可知 ff m，知道 m2 的加速度小于 m1的加速度，m 2 相对于 m1 下滑故 D 正确，A、B、C 错误故选：D【点评】： 解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，掌握整体法和隔离法的运用3（6 分）研究表明，地球自转在逐渐变慢，3 亿年前地球自转的周期约为 22 小时，假设这种趋势会持续下
5、去，地球的其他条件都不变，未来人类发射的地球同步卫星与现在的相比（ ）A 距地面的高度变大 B 向心加速度变大C 线速度变大 D 角速度变大【考点】： 同步卫星【专题】： 人造卫星问题【分析】： 卫星受到的万有引力充当向心力，根据公式即可分析同步卫星的各物理量的变化情况【解析】： 解：A、因地球的周期在增大；故未来人类发射的卫星周期也将增大；根据万有引力公式可知：=m则有：R= ；故卫星离地高度将变大；故 A 正确；B、由 =ma 可知，因半径增大，则加速度减小；故 B 错误；C、由 =m 可知，v= ，故线速度变小；故 C 错误；D、由 =mR2 可知，= ；故角速度减小；故 D 错误故选：
6、A【点评】： 本题考查向心力公式及同步卫星的性质，要注意明确同步卫星的转动周期与地球的自转周期相同4（6 分）如图所示，光滑轨道 LMNPQMK 固定在水平地面上，轨道平面在竖直面内，MNPQM 是半径为 R 的圆形轨道，轨道 LM 与圆形轨道 MNPQM 在 M 点相切，轨道 MK 与圆形轨道 MNPQM 在 M 点相切，b 点、P 点在同一水平面上，K 点位置比 P 点低，b 点离地高度为 2R，a 点离地高度为 2.5R若将一个质量为 m 的小球从左侧轨道上不同位置由静止释放，关于小球的运动情况，以下说法中正确的是（ ）A 若将小球从 LM 轨道上 a 点由静止释放，小球一定不能沿轨道运
7、动到 K 点B 若将小球从 LM 轨道上 b 点由静止释放，小球一定能沿轨道运动到 K 点C 若将小球从 LM 轨道上 a、b 点之间任一位置由静止释放，小球一定能沿轨道运动到 K点D 若将小球从 LM 轨道上 a 点以上任一位置由静止释放，小球沿轨道运动到 K 点后做斜上抛运动，小球做斜上抛运动时距离地面的最大高度一定小于由静止释放时的高度【考点】： 机械能守恒定律；向心力【专题】： 机械能守恒定律应用专题【分析】： 小球要能到达 K 点，必须通过 P 点，恰好通过 P 点时由重力提供向心力，根据牛顿第二定律可求得 P 点的临界速度，由机械能守恒定律求出小球从 LM 上释放的高度，从而判断小
8、球否能沿轨道运动到 K 点【解析】： 解：A、B、C、由于 MNPQM 是半径为 R 的圆形轨道，所以小球只要能通过 P 点，就一定能沿轨道运动到 K 点从 a 到 b 过程，由机械能守恒定律得：mg（2.5R 2R）= mv2，解得：v= 若小球能沿轨道运动到 K 点，则应满足的条件是在 P 点小球受到的弹力FN0，在 P 点由牛顿第二定律得：F N+mg=m ，解得 m mg0，即 vP ，又因 b 点、P 点在同一水平面上，因此若将小球从 LM 轨道上 a 点由静止释放，小球能恰好通过 P 点，也一定能沿轨道运动到 K 点，故 ABC 均不正确；D、若将小球从 LM 轨道上 b 点，或
9、a、b 点之间任一位置由静止释放，小球一定不能通过 P 点，不一定能沿轨道运动到 K 点，故 B、C 错误；将小球从 LM 轨道上 a 点以上任一位置由静止释放，小球能沿轨道运动到 K 点，由于 K 点位置比 P 点低，根据机械能守恒定律知，小球在 K点的速度一定大于零，所以小球沿轨道运动到 K 点后做斜上抛运动，又因小球做斜上抛运动上升到最大高度时，在水平方向上速度不为零，故小球做斜上抛运动时距离地面的最大高度一定小于由静止释放时的高度，故 D 正确故选：D【点评】： 本题是机械能守恒和圆周运动临界条件、斜抛知识的综合，关键掌握圆周运动最高点的临界条件，知道斜抛运动最高点速度并不为零，要运用
10、机械能守恒列式分析5（6 分）如图所示，空间存在垂直纸面向里的匀强磁场，从 p 点平行直线 MN 射出的 a、b两个带电粒子，它们从射出第一次到直线 MN 所用的时间相等，到达 MN 时速度方向与 MN 的夹角分别为 60和 90，不计重力，则两粒子速度之比 va：v b 为（ ）A 2：1 B 3：2 C 4：3 D ：【考点】： 带电粒子在匀强磁场中的运动【专题】： 带电粒子在磁场中的运动专题【分析】： 做出粒子的轨迹，由几何知识得到粒子的半径之比，进而由牛顿第二定律得到速度表达式，得到速度之比【解析】： 解：两粒子做圆周运动的轨迹如图：设 P 点到 MN 的距离为 L，由图知 b 的半径
11、 Rb=L，对于 a 粒子的半径：L+R acos60=Ra得：R a=2L即两粒子的速度之比为 Ra：R b=2：1 ；粒子做圆周运动的周期 T=由题 = 得两粒子的比荷 ： = 粒子的洛伦兹力提供向心力，qvB=m得：R= 联立得： =故选：C【点评】： 本题关键是明确粒子做匀速圆周运动，周期 T 相同，画出轨迹后，根据公式 t=T 求出时间，作出粒子的运动轨迹是正确解题的关键6（6 分）（2014唐山二模）电荷量相等的两点电荷在空间形成的电场有对称美如图所示，真空中固定两个等量异种点电荷 A、B，AB 连线中点为 O在 A、B 所形成的电场中，以 O 点为圆心半径为 R 的圆面垂直 AB
12、 连线，以 O 为几何中心的边长为 2R 的正方形平面垂直圆面且与 AB 连线共面，两个平面边线交点分别为 e、f，则下列说法正确的是（ ）A 在 a、b、c 、d、e、f 六点中找不到任何两个场强和电势均相同的点B 将一电荷由 e 点沿圆弧 egf 移到 f 点电场力始终不做功C 将一电荷由 a 点移到圆面内任意一点时电势能的变化量相同D 沿线段 eof 移动的电荷，它所受的电场力是先减小后增大【考点】： 电场强度；电势；电势能【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： 等量异种电荷连线的垂直面是一个等势面，其电场线分布具有对称性电荷在同一等势面上移动时，电场力不做功根据电场力做功 W=q
13、U 分析电场力做功情况根据电场线的疏密分析电场强度的大小，从而电场力的变化【解析】： 解：A、图中圆面是一个等势面，e、f 的电势相等，根据电场线分布的对称性可知 e、f 的场强相同，故 A 错误B、图中圆弧 egf 是一条等势线，其上任意两点的电势差都为零，根据公式 W=qU 可知：将一电荷由 e 点沿圆弧 egf 移到 f 点电场力不做功故 B 正确C、a 点与圆面内任意一点时的电势差相等，根据公式 W=qU 可知：将一电荷由 a 点移到圆面内任意一点时，电场力做功相同，则电势能的变化量相同故 C 正确D、沿线段 eof 移动的电荷，电场强度 先增大后减小，则电场力先增大后减小，故 D 错
14、误故选：BC【点评】： 常见电场的电场线分布及等势面的分布要求我们能熟练掌握，并要注意沿电场线的方向电势是降低的，同时注意等量异号电荷形成电场的对称性加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题7（6 分）图为某小型水电站的电能输送示意图，发电机通过升压变压器 T1 和降压变压器 T2向用户供电已知输电线的总电阻 R=10，降压变压器 T2 的原、副线圈匝数之比为 4：1，副线圈与纯电阻用电器组成闭合电路，用电器电阻 R0=11若 T1、T 2 均为理想变压器，T 2 的副线圈两端电压表达式为 u=220 sin100tV下列说法正确的是（ ）A 发电机中的电流变化频率为 100HzB
15、 通过用电器的电流有效值为 20AC 升压变压器的输入功率为 4650WD 当用电器的电阻 R0 减小时，发电机的输出功率减小【考点】： 远距离输电【专题】： 交流电专题【分析】： 在输电的过程中，交流电的频率不变，结合降压变压器的输出电压和用电器的电阻，根据欧姆定律求出通过用电器的电流，结合输电线上的功率损失求出升压变压器的输入功率【解析】： 解：A、交流电经过变压器，频率不变，则交流电的频率f= 故 A 错误B、通过用电器的电流有效值 I= 故 B 正确C、根据 得，输电线上的电流 ，则输电线上损耗的功率，降压变压器的输入功率 P3=U4I4=22020W=4400W，则升压变压器的输出功
16、率 P=P3+P 损 =4400+250W=4650W故 C 正确D、当用电器的电阻 R0 减小时，降压变压器的输出电流增大，则输电线上的电流增大，升压变压器原线圈中的电流变大，根据 P=UI 知，发电机的输出功率增大故 D 错误故选：BC【点评】： 解决本题的关键知道：1、原副线圈的电压、电流与匝数比的关系；2、升压变压器的输出功率、功率损失和降压变压器的输入功率之间的关系8（6 分）如图所示，倾角为 的粗糙斜面上静止放置着一个质量为 m 的闭合正方形线框abcd，它与斜面间动摩擦因数为 线框边长为 l，电阻为 Rab 边紧靠宽度也为 l 的匀强磁场的下边界，磁感应强度为 B，方向垂直于斜面
17、向上将线框用细线通过光滑定滑轮与重物相连，重物的质量为 M，如果将线框和重物由静止释放，线框刚要穿出磁场时恰好匀速运动下列说法正确的是（ ）A 线框刚开始运动时的加速度 a=B 线框匀速运动的速度 v=C 线框通过磁场过程中，克服摩擦力和安培力做的功等于线框机械能的减少量D 线框通过磁场过程中，产生的焦耳热小于 2（Mmsin mcos）gl【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；功能关系；焦耳定律【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： 根据牛顿第二定律求解线框进入磁场前的加速度由线框刚进入磁场时做匀速运动，推导出安培力与速度的关系，由平衡条件求解速度根据能量守恒定律求解热量【解析】： 解
18、：A、线框进入磁场前，设绳子上的拉力为 F，根据牛顿第二定律得线框的加速度为：重物的加速度：联立得： 故 A 错误；B、线框出磁场时做匀速运动时，由 F 安 +mgsin+mgcos=F=Mg，而 F 安 = ，解得： 故 B 正确C、线框通过磁场过程中，线框与重物克服摩擦力和安培力做的功等于线框与重物机械能的和的减少量故 C 错误D、线框通过磁场过程中，线框与重物克服摩擦力和安培力做的功等于线框与重物机械能之和的减少量即：得： 故 D 正确故选：BD【点评】： 本题是电磁感应中力学问题，记住安培力的经验公式 F 安 = ，正确分析受力和功能关系是解答本题的关键，要注意线框切割磁感线的边长与通
19、过的位移大小是不同的，不能搞错二、非选择题（包括必考题和选考题两部分第 9 题第 12 题为必考题，每个试题考生都必须作答第 13 题第 15 题为选考题，考生根据要求作答）（一）必考题（共 47 分）9（6 分）在一次课外活动中，某同学用图甲所示装置测量放在水平光滑桌面上铁块 A 与金属板 B 间的动摩擦因数已知铁块 A 的质量 mA=0.5kg，金属板 B 的质量 mB=1kg用水平力 F向左拉金属板 B，使其一直向左运动，稳定后弹簧秤示数的放大情况如图甲所示，则 A、B 间的摩擦力 Ff= 2.50 N，A、B 间的动摩擦因数 = 0.50 （g 取 10m/s2）该同学还将纸带连接在金
20、属板 B 的后面，通过打点计时器连续打下一系列的点，测量结果如图乙所示，图中各计数点间的时间间隔为 0.1s，可求得拉金属板的水平力 F= 4.50 N【考点】： 探究影响摩擦力的大小的因素【专题】： 实验题【分析】： 由于铁块与金属板间有相对运动，二者之间存在滑动摩擦力当弹簧稳定时，铁块处于平衡态，即铁块所受的摩擦力与弹簧的弹力是一对平衡力，即可测得二者之间的摩擦力据 f=mg 可求得动摩擦因数根据 x=aT2 求出金属板的加速度，然后根据牛顿第二定律，即可求出水平拉力大小【解析】： 解：A 处于平衡状态，所受摩擦力等于弹簧秤示数，F f=F=2.50N根据 Ff=mAg，解得：=0.5由题
21、意可知，金属板做匀加速直线运动，根据x=aT 2，其中x=2cm=0.02m ，T=0.1s，所以解得：a=2.0m/s 2根据牛顿第二定律得：F Ff=mBa，带入数据解得 F=4.50N故答案为：2.50，0.5，4.50【点评】： 本题借助实验考查了基本规律的应用，平时训练中一定要加强应用基本规律解决实际问题的能了，强调知识的活学活用10（9 分）某同学探究一个额定电压 2.2V、额定功率 1.1W 的小灯泡两端的电压与通过灯泡的电流的关系器材为：电源（电动势 3V）、电键、滑动变阻器、电压表、电流表、小灯泡、导线若干（1）为了达到上述目的，请将图 a 连成一个完整的实验电路图要求所测电
22、压范围为0V2.2V（2）根据实验数据得到了如图 b 所示小灯泡的 UI 图象电压从 0.4V 增至 1.2V 的过程中小灯泡的阻值增加了 1 （3）若把该灯泡与一阻值为 R0=5 的电阻串联后接在电动势 3V，内阻 1 的电源两端，如图c 所示，则小灯泡实际消耗的功率是 0.28 W【考点】： 描绘小电珠的伏安特性曲线【专题】： 实验题【分析】： 1、要求所测电压范围为 0V2.2V根据测伏安特性曲线的实验要求可以选出滑动变阻器的接法，由电流表及电压表内阻的关系可得出电流表的接法；2、根据欧姆定律结合小灯泡的 UI 图象求解；3、把定值电阻等效为电源内阻，作出电源的 IU 图象，电源图象与灯
23、泡伏安特性曲线的交点坐标值是灯泡的实际电压与实际电流，由 P=UI 可以求出灯泡的实际功率【解析】： 解：（1）要求所测电压范围为 0V2.2V，即要求电压值从零开始变化，故滑动变阻器应采有分压接法；灯泡内阻一般远小于电压表内阻，故电流表应采用外接法；实验电路图如图所示：（2）根据实验数据得到了如图 b 所示小灯泡的 UI 图象根据欧姆定律得电压为 0.4V 时灯泡电阻为：R 1= =2，电压为 1.2V 时灯泡电阻为：R 2= =3，所以电压从 0.4V 增至 1.2V 的过程中小灯泡的阻值增加了 1（3）把定值电阻等效为电源内阻，根据闭合电路欧姆定律得：E=U+I（r+R 0）U=36I，
24、作出电源的 IU 图象，电源图象与灯泡伏安特性曲线的交点坐标值是灯泡的实际电压与实际电流，由图象可知，灯泡两端电压为 0.8V，电流为 0.35A，灯泡实际功率为P=UI=0.35V0.8A=0.28W；故答案为：（1）电路图如图所示；（2）1，（2）0.28【点评】： 测量小灯泡的伏安特性曲线时，根据实验的要求一般采用滑动变阻器的分压接法，电流表应采用外接法要掌握应用图象法处理实验数据的方法11（12 分）观光旅游、科学考察经常利用热气球，保证热气球的安全就十分重要科研人员进行科学考察时，气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为 800kg，在空中停留一段时间后，由于某种故障，气球受到的空气浮
25、力减小，科研人员发现气球在竖直下降，此时下降速度为2m/s，且做匀加速运动，经过 4s 下降了 16m 后，立即抛掉一些压舱物，气球匀速下降不考虑气球由于运动而受到的空气阻力重力加速度 g=1Om/s2求：（1）抛掉的压舱物的质量 m 是多大？（2）抛掉一些压舱物后，气球经过 5s 下降的高度是多大？【考点】： 牛顿第二定律；物体的弹性和弹力【专题】： 牛顿运动定律综合专题【分析】： （1）先利用运动学计算出下降的加速度，由牛顿地的定律表示出加速度，匀速运动时所受合力为零联立即可求得（2）求出 4s 末的速度，然后做匀速运动，由 hvt 求的下降高度；【解析】： 解：（1）设气球加速下降的加速度为 a，受到的浮力为 F，则有：s=代入数据解得：a=1m/s 2由牛顿第二定律有：MgF=Ma抛掉一些压舱物，气球匀速运动，则有：（Mm）g=F联立并代入数据解得：m=80kg（2）加速下降阶段获得的速度为：v 1=v0+at=2+14m/s=6m/s匀速下降的高度为：h=v 1t=65m=30m答：（1）抛掉的压舱物的质量 m 是 80kg（2）抛掉一些压舱物后，气球经过 5s 下降的高度是 30m【点评】： 本题结合实际情景来将运动与力学题目相结合起来，主要让学生掌握如何由运动去求力的问题的方法
