1、【名师解析】山东省泰安市 2015 届高三下学期一模诊断测试物理试题一、选择题（本题包括 7 小题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，有选错或不答的得 0 分）1（6 分）（2015泰安一模）一铁架台放在水平地面上，其上用轻质细线悬挂一小球，开始时细线竖直现将水平 F 作用于小球上，使其缓慢地由实线位置运动到虚线位置，铁架台始终保持静止则在这一过程中（ ）A 水平拉力 F 变大B 细线的拉力不变C 铁架台对地面的压力变大D 铁架台所受地面的摩擦力变大【考点】： 共点力平衡的条件及其应用【专题】： 共点力作用下物体平衡专题
2、【分析】： 以小球为研究对象分析水平拉力 F 的大小，以小球和铁架台整体为研究对象受力分析，研究铁架台所受地面的摩擦力和支持力【解析】： 解：A、对小球受力分析，受拉力、重力、F，根据平衡条件，有：F=mgtan， 逐渐增大则 F 逐渐增大，故 A 正确；B、由上图可知，线细的拉力 T= ， 增大，T 增大，故 B 错误；CD、以整体为研究对象，根据平衡条件得：Ff=F，则 Ff 逐渐增大FN=（M+m）g，F N 保持不变故 D 正确，C 错误故选：AD【点评】： 本题是动态平衡问题，动态平衡常用描述字眼就是缓慢移动，处理问题的方法主要是：采用隔离法和整体法相结合进行研究2（6 分）（201
3、5泰安一模）滑雪运动员沿倾角一定的斜坡向下滑行时其速度 时间图象如图所示，图线为曲线则此过程中运动员的（ ）A 速度越来越大 B 加速度越来越小C 阻力越来越小 D 机械能保持不变【考点】： 机械能守恒定律；匀变速直线运动的图像；牛顿第二定律【专题】： 机械能守恒定律应用专题【分析】： 根据速度时间图线得出运动员的速度和加速度变化，从而根据牛顿第二定律得出阻力的变化，根据机械能守恒的条件判断机械能是否守恒【解析】： 解：A、由图知，运动员的速度不断增大，故 A 正确B、速度时间图线的切线斜率表示瞬时加速度，切线斜率逐渐减小，则加速度逐渐减小，故 B正确C、根据牛顿第二定律知，合力逐渐减小，由牛
4、顿第二定律知：mgsin f=ma，则知阻力 f 增大故 C 错误D、由于运动员的加速度在变化，则知运动员在运动过程中必定受到阻力，且阻力做功，则其机械能不守恒，故 D 错误故选：AB【点评】： 解决本题的关键知道速度时间图线的切线斜率表示瞬时加速度，图线不是运行的轨迹，要掌握机械能守恒的条件和牛顿第二定律3（6 分）（2015泰安一模）如图为远距离输电示意图，发电机的输出电压 U1 和输电线的电阻、理想变压器匝数均不变，且 n1：n 2=n4：n 3当用户消耗的功率增大时，下列表述正确的是（ ）A 用户的电压 U4 增加 B 恒有 U1：U 2=U4：U 3C 输电线上损耗的功率减小 D 发
5、电机的输出功率不变【考点】： 变压器的构造和原理【专题】： 交流电专题【分析】： 当用电器增多时，用户消耗的功率增大，根据降压变压器的输出电流的变化得出输电线上的电流变化，从而得出电压损失的变化，根据升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压和电压损失之和得出用户电压的变化升压变压器的输出功率等于功率损失和降压变压器的输入功率之和变压器的原副线圈的电压之比等于匝数之比【解析】： 解：A、当用电器增多时，功率增大，降压变压器的输出电流增大，则输电线上的电流增大，可知输电线上的电压损失增大，发电机的输出电压 U1 不变，则 U2 不变，可知降压变压器的输入电压减小，所以用户得到的电压 U4 减小
6、故 A 错误B、因为原副线圈的电压比等于匝数之比，则 = ， = ，因为 n1：n 2=n4：n 3，所以U1：U 2=U4：U 3故 B 正确C、当用电器增多时，功率增大，降压变压器的输出电流增大，则输电线上的电流增大，可知输电线上的功率损失增大，故 C 错误D、用户消耗的功率等于发电机的输出功率减去输电线上损失的功率，输出和损失的功率都增大，故发电机输出功率增大故 D 错误故选：B【点评】： 解决本题的关键知道：1、输送功率与输送电压、电流的关系；2、变压器原副线圈的电压比与匝数比的关系；3、升压变压器输出电压、降压变压器输入电压、电压损失的关系；4、升压变压器的输出功率、功率损失、降压变
7、压器的输入功率关系4（6 分）（2015泰安一模）“ 嫦娥”三号探测器发射到月球上要经过多次变轨，最终降落到月球表面上，其中轨道 I 为圆形下列说法正确的是（ ）A 探测器在轨道 I 运行时的加速度大于月球表面的重力加速度B 探测器在轨道 I 经过 P 点时的加速度小于在轨道经过 P 时的加速度C 探测器在轨道 I 的运行周期大于在轨道的运行周期D 探测器在 P 点由轨道 I 进入轨道必须点火加速【考点】： 万有引力定律及其应用【专题】： 万有引力定律的应用专题【分析】： 卫星椭圆轨道的半长轴逐渐减小，根据开普勒第三定律，周期要减小，根据牛顿第二定律判断加速度【解析】： 解：A、探测器在轨道
8、I 运行时的万有引力小于在月球表面时的万有引力，根据牛顿第二定律，探测器在轨道 I 运行时的加速度小于月球表面的重力加速度，故 A 错误；B、根据万有引力提供向心力 G =ma 知轨道半径相同，则加速度相同，故探测器在轨道 I 经过 P 点时的加速度等于在轨道经过 P 时的加速度，故 B 错误；C、根据开普勒第三定律，探测器在轨道 I 的运行周期大于在轨道的运行周期，故 C 正确；D、探测器在 P 点由轨道 I 进入轨道必须点火减速，故 D 错误；故选：C【点评】： 本题要掌握万有引力定律和卫星变轨道问题，并要知道卫星绕越运动的向心力由万有引力提供，能结合圆周运动的规律进行求解5（6 分）（2
9、015泰安一模）如图所示，分别在 M、N 两点固定两个点电荷+Q 和 q（Qg），以 MN 连线的中点 O 为圆心的圆周上有 A、B、C、D 四点下列说法中正确的是（ ）A A 点场强等于 B 点场强 B A 点电势等于 B 点电势C O 点场强大于 D 点场强 D O 点电势高于 D 点电势【考点】： 电势；电场的叠加【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： 由题，Q 带正电，q 带负电，电场线方向由 M 指向 N，根据顺着电场线电势逐渐降低电场线越密，电场强度越大根据对称性，分析 OD 两点电势关系、场强关系【解析】： 解：A、由于 Qq，A 点处电场线比 B 点处电场线密，A 点场强
10、大于 B 点场强，故 A 错误B、电场线方向由 M 指向 N，则 A 点电势高于 B 点电势故 B 错误C、由于电场线关于 MN 对称， C、D 两点电场线疏密程度相同小于 O 点的密集程度，则 O 点场强大于 D 点场强故 C 正确D、由于 Q 电荷量大，故等势面如图：，沿着电场线电势降低，可知 O 点电势高于 D 点电势，故 D 正确故选：CD【点评】： 本题考查判断电势、场强大小的能力，往往画出电场线，抓住电场线分布的特点进行判断6（6 分）（2015泰安一模）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
11、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【考点】： 匀强电场中电势差和电场强度的关系；弹性势能【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： 小球静止时位于 N 点，弹簧恰好处于原长状态，说明小球受到的电场力等于重力在小球运动的过程中，电场力做功等于重力做功据此来分析各个选项【解析】： 解：A、由于有电场做功，故小球的机械能不守恒，小球的机械能与弹簧的弹
12、性势能之和是改变的，故 A 错误B、由题意，小球受到的电场力等于重力在小球运动的过程中，电场力做功等于重力做功，小球从 M 运动到 N 过程中，出现的是重力势能减小转化为电势能和动能，故 B 错误；C、释放后小球从 M 运动到 N 过程中，弹性势能并没变，一直是 0，故 C 错误D、由动能定律可得重力和电场力做功，小球动能增加，小球动能的增加量等于电场力和重力做功的代数和，故 D 正确故选：D【点评】： 该题考查物体的受力分析和能量的转化与守恒，要对各力的做功有准确的分析属于简单题7（6 分）（2015泰安一模）如图所示，B 是一个螺线管， C 是与螺线管相连接的金属线圈在 B 的正上方用绝缘
13、丝线悬挂一个金属圆环 A，A 的环面水平且与螺线管的横截面平行若仅在金属线圈 C 所处的空间加上与 C 环面垂直的变化磁场，发现在 t1 至 t2 时间段内绝缘丝线的拉力变小，则金属线圈 C 处所加磁场的磁感应强度随时间变化的 Bt 图象可能是（ ）A B C D 【考点】： 楞次定律【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： 由楞次定律可知 A 处磁场的变化可知螺线管中电流的变化；再次应用楞次定律可得出 C 中磁感应强度的变化关系【解析】： 解：由楞次定律可知 A 处磁场增大，则说明螺线管中电流增大；则说明 C 中感应电动势应该增大；故 C 中的磁通量的变化率应该增大；故 D 正确，ABC 错
14、误；故选：D【点评】： 对于楞次定律要理解其本质，明确“增反减同”及“来拒去留” 的正确应用二.（必做 157 分+选做 36 分，共 193 分）必做部分】8（8 分）（2015泰安一模）为了验证机械能守恒定律，某同学在墙壁上固定了竖直的标尺，让小钢球在标尺附近无初速释放，然后启动数码相机的连拍功能，连拍两张照片的时间间隔为T，得到了如图所示的照片测量出 A、B、C、D、E 相邻两点间的距离依次为L1、L 2、L 3、L 4，当地重力加速度为 g（1）为了获得钢球在 C 位置的动能，需要求得经 C 位置时的速度 vc，则 vc= （2）钢球经 E 位置时的速度表示为 C （填序号）Av E=
15、4gT Bv E= Cv E=（3）用 B、E 两点验证钢球的机械能是否相等，实际得到的关系式为 mvE2 mvB2 mg（L 2+L3+L4）（填“ ”、“ ”或“=”），原因是 钢球下落过程中受到阻力 【考点】： 验证机械能守恒定律【专题】： 实验题【分析】： 根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出 C 点的速度以及 E 点的速度钢球在下落过程中，由于阻力的存在，重力势能的减小量大于动能的增加量【解析】： 解：（1）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度知，（2）设 E 与下面一个计数点间的距离为 x，因为相等时间内的位移之差x=L 3L2，则 x=L4+x=L4+L3
16、L2，则 E 点的速度 = 故选：C（3）钢球动能的增加量小于重力势能的减小量，因为钢球下落的过程中受到阻力故答案为：（1） ，（2）C，（3），钢球下落过程中受到阻力【点评】： 能够清楚该实验的工作原理和实验步骤，熟练应用匀变速直线运动规律来解决纸带问题是力学实验中常见的问题，难度不大9（10 分）（2015泰安一模）如图 a，用伏安法测定电阻约 5 均匀电阻丝的电阻率，电源是两节于电池每节电池的电动势约为 1.5V（1）用螺旋测微器测电阻丝的直径时，如图 b，先转动 D 使 F 与 A 间距稍大于被测物，放入被测物，再转动 H 到夹住被测物直到棘轮发出声音为止，拨动 G 使 F 固定后读数
17、（填仪器部件字母符号）（2）根据原理图连接图 c 的实物图（3）闭合开关后，滑动变阻器触头调至一合适位置后不动，多次改变线夹 P 的位置，得到几组电压、电流和对应的 OP 段的长度 L，计算出相应的电阻后作出 RL 图线如图 d取图线上适当的两点计算电阻率这两点间的电阻之差为R 对应的长度变化为L，若电阻丝直径为 d，则电阻率 p= 【考点】： 测定金属的电阻率【专题】： 实验题【分析】： 本题的关键是螺旋测微器读数时应分成整数部分和小数部分两部分来读，注意半毫米刻度线是否露出；题的关键是明确螺旋测微器的使用方法即可；题的关键是根据电阻定律写出电阻 R 与长度 L 的函数表达式，然后根据斜率的
18、概念即可求解【解析】： 解：、测量时应先转动粗调旋钮 D 使 F 与 A 间距稍大于被测物，再转动细调旋钮 H，直到棘轮发出声音为止；、画出的连线图如图所示：、根据题意，滑动变阻器触头调至一合适位置后不动后，应多次改变 P 点的位置，根据欧姆定律应有：U=IR op，根据电阻定律应有：R= ，联立解得：R= ，所以 RL 图象的斜率 k= = ，解得：= ；故答案为：D，H；如图；P 点，【点评】： 应明确：螺旋测微器读数时应分成整数部分和小数部分来读，注意半毫米刻度线是否露出；遇到根据图象求解的题目，首先根据物理规律写出公式，然后整理出关于纵轴物理量与横轴物理量的函数表达式，再根据斜率和截距
19、的概念即可求解10（18 分）（2015泰安一模）如图，在倾角为 =37的足够长固定斜面底端，一质量 m=1kg的小物块以某一初速度沿斜面上滑，一段时间后返回出发点物块上滑所用时间 t1 和下滑所用时间 t2 大小之比为 t1：t 2=1： ，取 g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8求：（1）物块由斜面底端上滑时的初速度 v1 与下滑到底端时的速度 v2 的大小之比；（2）物块和斜面之间的动摩擦因数；（3）若给物块施加一大小为 5 N、方向与斜面成适当角度的力，使物块沿斜面向上加速运动，求加速度的最大值【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
20、顿运动定律综合专题【分析】： （1）根据平均速度公式求出速度之比；（2）根据牛顿第二定律求出上滑和下滑的加速度，结合位移时间公式求出动摩擦因数；（3）设出 F 与斜面的夹角 ，根据牛顿第二定律表示出与 相关的方程，用三角函数特征讨论加速度的最大值【解析】： 解：（1）设物块上滑的最大位移为 L，根据运动学公式上滑过程：L=下滑过程：L=整理得：（2）设上滑时加速度为 a1，下滑时加速度为 a2，根据牛顿第二定律，得上滑时：mgsin+mgcos=ma 1下滑时：mgsinmgcos=ma 2由位移时间公式得：L= =联立三式代入数据得：=0.5（3）设 F 与斜面的夹角为 ，加速度为 a，由牛
21、顿第二定律得：Fcosmgsin（mgcosFsin ）=ma即：F（cos+sin）mg（sin+cos ）=ma整理得：F令 tan= ，则：Fsin（+）的最大值为 1，设加速度最大值为 am，得：F mg（sin+cos）=ma m代入数据得：答：（1）物块由斜面底端上滑时的初速度 v1 与下滑到底端时的速度 v2 的大小之比为 ：1；（2）物块和斜面之间的动摩擦因数为 0.5；（3）加速度的最大值为 2.5m/s2【点评】： 对物块在斜面上进行受力分析，运用牛顿第二定律结合运动学公式解决注意情景发生改变，要重新进行受力分析11（20 分）（2015泰安一模）如图，纸面内直线 MN 左
22、侧边长为 L 的正方形区域 OACD中有方向平行于 AC 的匀强电场O 处的粒子源沿垂直于 AC 方向发射速度为 v0 的正电粒子，粒子质量为 m、电荷量为 q粒子恰好从 AC 的中点 P 经过不计粒子重力 （1）求匀强电场的场强 E；（2）若 MN 右侧全部空间有垂直纸面向外的匀强磁场，使粒子再次进入电场，求磁感应强度应满足的条件：（3）若 MN 右侧的磁场仅限于左边界与 MN 重合的矩形区域内求粒子从离开 P 点到再次垂直进入电场经历的最长时间【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）粒子在偏转电场中仅受竖直
23、向下的电场力，做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零匀加速直线运动，可以解出电场强度；（2）解出粒子离开电场时的速度方向即粒子进入磁场的速度方向，做出运动轨迹图，解出粒子进入磁场和离开磁场两位置间的距离；根据洛伦兹力提供向心力得出磁感应强度与半径的关系即可求出磁感应强度（3）根据题目的要求做出粒子从 de 边射出的临界条件的轨迹，结合牛顿第二定律，即可求解【解析】： 解：（1）粒子在偏转电场中仅受竖直向下的电场力，做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动：L=v 0t竖直方向做初速度为零匀加速直线运动：qE=ma整理得：（2）设粒子经过 P 时的速度的大小是 v，方向与 AC 的夹角是 ，则：sin=解得： ，=45根据左手定则可知，粒子将从 PC 中间某处再次进入电场，磁感应强度最小时对应的位置是C，运动的轨迹的示意图如图由几何关系知，粒子在磁场中运动的半径：
