解析山东省烟台市高三下学期二模考试物理试题Word文件下载.docx
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2.（6分）如图所示,光滑水平面上有一矩形长木板,木板左端放一小物块,已知木板质量大于物块质量，t=0时两者从图中位置以相同的水平速度v０向右运动，碰到右面的竖直挡板后木板以与原来等大反向的速度被反弹回来,运动过程中物块一直未离开木板，则关于物块运动的速度v随时间ｔ变化的图象可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D.
【考点】：
匀变速直线运动的图像;
匀变速直线运动的速度与时间的关系.
运动学中的图像专题．
木板碰到挡板前，物块与木板一直做匀速运动,木板碰到挡板后，物块继续向右做匀减速运动，木板向左做匀减速运动,最终两者速度相同,由动量守恒分析最终的速度,即可选择图象.
【解析】：
木板碰到挡板前，物块与木板一直做匀速运动，速度为v０;
木板碰到挡板后，物块向右做匀减速运动,速度减至零后向左做匀加速运动,木板向左做匀减速运动，最终两者速度相同,设为v.
设木板的质量为M,物块的质量为m，取向左为正方向,则由动量守恒得:
Mv０﹣mv0＝（M+m）ｖ，得v=
<
v0
故A正确,BＣD错误．
Ａ.
解决本题的关键要正确分析物体的运动情况,明确木板碰到挡板后,系统的动量守恒,运用动量守恒定律研究最终的共同速度．
3．（６分）如图所示,aｃ和bd为正方形abｃd的对角平分线，Ｏ为正方形的中心.现在abc三点分别放上电荷量相等的三个正电荷,则下列说法正确的是（ ）
Ａ. O点电场强度的方向垂直于ac由O指向ｄ
B．从Ｏ到d电势逐渐升高
C．将b点的电荷移到O点时,d点的电场强度变小
D．将带正电的试探电荷由O移到d,该电荷的电势能逐渐减少
电势差与电场强度的关系;
电势．
【专题】：
电场力与电势的性质专题.
【分析】：
根据点电荷产生的场强和场强的叠加原理判断场强的大小，沿电场线方向电势降低,正电荷沿电场线方向电场力做正功,电势能减小
A、根据点电荷产生的场强和叠加原理可得O点的场强方向垂直于aｃ由O指向d,故A正确；
B、O到d的场强方向指向d,故沿电场线方向电势降低,故B错误;
C、根据电场的叠加可知将ｂ点的电荷移到Ｏ点时，d点的电场强度变大,故C错误；
D、将带正电的试探电荷由Ｏ移到d，电场力做正功,电势能减小,故D正确；
ＡD
本题考查对电场叠加的理解和应用能力,明确其计算用矢量合成法则,会分析电势的高低
4.（６分）如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为1０：
1，A、V均为理想电表，R为光敏电阻（其阻值随光强增大而减小），Lｌ和L２是两个完全相同的灯泡.原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压ｕ,下列说法正确的是（）
Ａ.电压u的频率为100Ｈz
B．电压表V的示数为22
V
C.当照射Ｒ的光强增大时,电流表A的示数变大
D.当Lｌ的灯丝烧断后,电压表V的示数会变大
变压器的构造和原理.
交流电专题.
由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比,输入、输出功率之比．和闭合电路中的动态分析类似,可以根据R的变化,确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，在根据电压不变,来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况．
A、原线圈接入如图乙所示，Ｔ=0.02s，所以频率为ｆ=
=50 Hｚ,故A错误；
B、原线圈接入电压的最大值是2２0
Ｖ,所以原线圈接入电压的有效值是U=220Ｖ，
理想变压器原、副线圈匝数比为１０:
1,所以副线圈电压是2２V,所以V的示数为２2V,故Ｂ错误;
Ｃ、Ｒ阻值随光强增大而减小,根据Ｉ=
知副线圈电流增加,副线圈输出功率增加，根据能量守恒定律,所以原线圈输入功率也增加，原线圈电流增加，所以A的示数变大,故C正确;
D、当Ll的灯丝烧断后,变压器的输入电压不变，根据变压比公式,输出电压也不变，故电压表读数不变，故D错误；
C
电路的动态变化的分析,总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况,再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法.
5.（6分）在绝缘的水平桌面上有MＮ、ＰＱ两根平行的光滑金属导轨，导轨间的距离为l．金属棒ab和cd垂直放在导轨上,两棒正中间用一根长ｌ的绝缘细线相连.棒ａb右侧有一直角三角形匀强磁场区域,磁场方向竖直向下,三角形的两条直角边长均为l，整个装置的俯视图如图所示.从图示位置在棒ab上加水平拉力F,使金属棒ab和cｄ向右匀速穿过磁场区，则金属棒ａb中感应电流i和绝缘细线上的张力大小F随时间ｔ变化的图象可能正确的是（金属棒ab中电流方向由a到b为正） （ ）
Ａ．
B.
C.
D.
导体切割磁感线时的感应电动势．
电磁感应与电路结合.
在金属棒ab和cd向右匀速穿过磁场区的过程中，aｂ棒或cｄ棒切割磁感线,由Ｅ=BLv分析感应电动势的变化，判断感应电流大小的变化,由楞次定律分析感应电流的方向.由F=ＢIL得到安培力的表达式,再由平衡条件分析F的变化．
解:
在ａb棒通过磁场的时间内，aｂ棒切割磁感线的有效长度均匀增大，由E＝BLv分析可知,aｂ产生的感应电动势均匀增大,则感应电流均匀增大，由楞次定律知感应电流的方向由b到a,为负值.根据cd棒受力平衡知,细线上的张力Ｆ为０；
在cd棒通过磁场的时间内，cd棒切割磁感线的有效长度均匀增大,由E=ＢLv分析可知,cd产生的感应电动势均匀增大,则感应电流均匀增大,由楞次定律知感应电流的方向由a到ｂ，为正负值.根据cd棒受力平衡知,细线上的张力F=BIL=
Ｌ均匀增大，则F非线性增大.故ＡCD错误,B正确.
B．
【点评】:
对于电磁感应中图象问题，先根据楞次定律判断感应电流方向,再运用E=BＬv、欧姆定律判断感应电流大小的变化情况,要注意公式E=BLv中L是有效的切割长度.
6．（6分）如图所示，有A、B两颗卫星绕地心O做圆周运动，旋转方向相同．A卫星的周期为T１，Ｂ卫星的周期为T2,在某一时刻两卫星相距最近，则（引力常量为G）（）
Ａ．两卫星经过时间ｔ＝T1+T2再次相距最近
Ｂ． 两颗卫星的轨道半径之比T２２：
T12
C． 若己知两颗卫星相距最近时的距离,可求出地球的质量
D. 若己知两颗卫星相距最近时的距离,可求出地球表面的重力加速度
人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．
人造卫星问题.
两行星相距最近时,两行星应该在同一半径方向上，两行星相距最远时,两行星应该在同一直径上，由于A的周期小,故A转得较快,当Ａ比B多转一圈时两行星再次相距最近.
A、两行星相距最近时,两行星应该在同一半径方向上，
A多转动一圈时，第二次追上,转动的角度相差2π，即:
t﹣
t=２π,
解得:
ｔ=
.故Ａ错误；
B、根据万有引力提供向心力得:
=m
r
A卫星的周期为T1，B卫星的周期为Ｔ2，所以
：
，故B错误;
Ｃ、若己知两颗卫星相距最近时的距离,结合两颗卫星的轨道半径之比可以求得两颗卫星的轨道半径，根据万有引力提供向心力得：
r,所以可求出地球的质量，故Ｃ正确
Ｄ、不知道地球的半径,所以不可求出地球表面的重力加速度,故D错误;
Ｃ.
根据几何关系得到两颗卫星相距最近和相距最远所满足的角度关系,最近时两卫星在同一半径上角度差为2π弧度，卫星相距最远时,两卫星在同一直径上,转过的角度差为π弧度．
7.（６分）一块长木板ａbc长为2L，沿与水平面成θ角倾斜放置，它的ab部分表面光滑,bc部分表面粗糙，两部分长度相等．木板下端口处有一与木板垂直的挡板,挡板上固定一段劲度系数为k的轻弹簧,弹簧长度为０.5Ｌ．将一质量为ｍ的物块在木板的顶端c由静止释放，物块将沿木板下滑，已知重力加速度大小为g,下列表述正确的是（ ）
Ａ．物块最终会在ab之间某一段范围内做往复运动
B.物块运动过程中克服摩擦力做的功最多为mgLsinθ
C.物块每一次下滑过程达到最大速度的位置是不一样的
D． 物块每一次下滑过程中弹簧具有的弹性势能的最大值都等于mgsｉnθ（
）
功能关系；
弹性势能.
物块从C到最低点的运动中,物块的势能转化为摩擦生热和弹簧的势能,从最低点返回后弹性势能转化为摩擦生热和物块的重力势能,物块会在木板上做往返运动，每次经过bc面都有能量损失，直至最后的弹性势能只能转化为物块到达b点的重力势能，物块只在aｂ之间某一段范围内做往复运动，根据能量守恒定律计算过程中摩擦力做功,最大的弹性势能.
解：
A、物块从Ｃ到最低点的运动中,物块的势能转化为摩擦生热和弹簧的势能，从最低点返回后弹性势能转化为摩擦生热和物块的重力势能,物块会在木板上做往返运动，每次经过bc面都有能量损失,直至最后的弹性势能只能转化为物块到达b点的重力势能，物块只在ａb之间某一段范围内做往复运动,故A正确;
B、物块最后在b与a上方某点之间做往复运动,物块到达最低点时，由ｍgｓiｎθ=kx，解得：
x＝
根据能量守恒定律,mg（２Ｌ﹣
）sinθ＝Ｗf+mg（L﹣
）ｓinθ，解得：
Wf=mgLｓinθ,故B正确;
C、物块开始会在ｂ点上方某点和最低点运动,最后在ｂ点和最低点之间运动,故在b点上方某点和最低点运动，每次有能量损耗,故每一次下滑过程达到最大速度的位置是不一样的，但在在b点和最低点之间运动，无能量损耗,物块每一次下滑过程达到最大速度的位置是一样的,故C错误；
D、物块第一次到达最低点时，由mｇsｉnθ=kx,解得：
x=
根据能量守恒定律得:
mｇsin
＝ＥP＋Ｑ，
整理得：
EP＋Ｑ=mgsinθ（
），故物块第一次下滑过程中弹簧具有的弹性势能的最大值都小于mgｓｉnθ（
）,故D错误;
故选：
AB
本题关键是明确物体的受力情况和运动情况,结合平衡条件、能量守恒定律求解,分析时注意物块运动到最低点时,位移不等于2Ｌ,利用公式时,注意位移大小.
二、必考题（共４小题，满分5６分）
8．（８分）如图甲所示，通过实验测量正方体铁块与长木板间的动摩擦因数.在水平桌面上放一块长木板,适当垫高木板的一端，让铁块从木板的顶端a由静止滑到底端b，铁块与b处的光滑弹性挡板相碰后被反弹到c时速度变为零．现用刻度尺量出木板的长度L,ac间的距离x.
（1）要完成实验还需要用刻度尺测量出 离桌面的高度h,根据测出的数据，若不考虑铁块的宽度和空气阻力的影响,则铁块与长木板间的动摩擦因数可表示为
．（用测得的量的符号表示）
（２）为了提高实验的精度，需考虑铁块的宽度，图乙是进一步实验时用游标卡尺测量铁块宽度的示意图，由图可知铁块的宽度为3．140 cm.
（3）以下能引起实验误差的是：
ＣＤ（填选项序号）
Ａ.铁块的质量 B.当地的重力加速度
Ｃ.铁块与挡板碰撞时有能量损失 D．测量长度时的读数误差．
探究影响摩擦力的大小的因素．
实验题.
（１）根据动能定理，结合滑动摩擦力做功与路径有关，重力做功与高度有关，及长度关系确定正弦与余弦值,从而即可求解摩擦因数；
（2）游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读;
（3）根据动摩擦因数式，从而确定误差根源,即可求解．
（1）根据动能定理,选取从静止到停止过程，则有：
解得：
μ=
上可知要求μ，则需要知道ｈ，即物体到桌面的高度;
（2）游标卡尺的固定刻度读数为31mm=３.1cm,游标读数为0．05×
８=0.40mm＝0.040cm，
所以最终读数为3．１cm+0．０40cｍ=３．1４0ｃm；
（３）由上式可知,实验中误差产生的原因有:
铁块与挡板碰撞时有能量损失,及测量长度时的读数误差;
而铁块的质量与当地的重力加速度，在等式两边约去,故CD正确，AB错误;
故答案为：
（1）离桌面的高度h，
;
（２）3.140;
（3）ＣD．
1、掌握游标卡尺的读数,注意游标卡尺不需估读．
2、考查动能定理的应用，能根据受力分析和几何关系求解，并掌握分析误差的根源是解题的关键.
9．（10分）某同学从下列器材中选择了一部分，用来测量一旧的层叠电池的电动势（4V左右）和内电阻（估计6Ω左右）.
多用电表（电流档有2５0mA、500mA等量程，这两个量程对应的内阻分别为5Ω和2Ω）电压表V１（量程３Ｖ,内阻3ＫΩ）
电压表V2（量程1.５V，内阻１ＫΩ）
滑动变阻器R1（最大阻值１00Ω，额定电流1A）
滑动变阻器Ｒ２（最大阻值2KΩ，额定电流1Ａ）
开关和导线若干最终测得了六组电压和电流数据,描出的点如图２所示．
（1）在图１的虚线框内画出实验电路图（使用多用电表的电流档测电流时,电路中用符号“黑﹣
﹣红”表示,其中的黑与红分别表示的是多用电表的黑表笔和红表笔.所选电流档的量程为５００mＡ,所选滑动变阻器为R1 （填“R１”或“R２”）;
（2）实验过程中若电压表V１的示数为1.5V，此时电压表V２的示数应为0．5V;
（３）图2是某同学实验时画出的电源路端电压与通过电源的电流的图象,他把各组数据描出的点直接用折线连了起来，请纠正他存在的问题，画出正确的图线,由图象求出电源的电动势为 4.1V,内电阻为 ６.4 Ω.
测定电源的电动势和内阻.
实验题．
（１）由题意可明确电路结构及实验原理，从而确定电表的选择并明确电路图的确定;
（２）由串联电路的规律可求得电压表V2的示数;
（3）由闭合电路欧姆定律可确定表达式，再由图象的性质可求得电源的内阻及电动势．
（1）由题意可知，电源电动势为4Ｖ,单个电压表无法使用,故应将两电压表串联使用；
电路如图所示;
内阻约为6Ω;
故最大电流约为
A；
故多用电表应选择500mA档；
因电源内阻较小,故滑动变阻器不能选择2kΩ的电阻；
应选择总阻值较小的Ｒ1；
（2）V１的示数为１.5Ｖ,故电压表V2的示数为：
＝０.５V;
（3）由Ｕ=E﹣Ｉr可知,U﹣I图象应为一次函数；
故不能画成折线；
故应将各点用直线连接,不在直线上的点可以舍去;
如图所示;
由图可知,电动势Ｅ=4.1V;
内阻r=
=6.４Ω；
故答案为:
（1）如图所示;
（2）５００mA;
R１；
（２）0.５;
（3）如图所示;
4.1；
６．4．
本题考查闭合电路欧姆定律的应用，要注意正确分析实验原理,认真分析电路结构,再由数学规律可求得电动势和内电阻.
10．（18分）如图所示,水平平台ab长为2０ｍ，平台b端与长度未知的特殊材料制成的斜面bｃ连接，斜面倾角为3０°
．在平台b端放上质量为5kg的物块，并给物块施加与水平方向成37°
角的5０N推力后,物块由静止开始运动．己知物块与平台间的动摩擦因数为0.4，重力加速度g=10ｍ/ｓ２,sin37°
＝０.６，求:
（第（２）、（3）两问结果保留三位有效数字）
（1）物块由a运动到b所用的时间；
（2）若物块从a端运动到P点时撤掉推力,则物块刚好能从斜面b端开始下滑,则间aＰ的距离为多少?
（物块在b端无能量损失）
（３）若物块与斜面间的动摩擦因数μbｃ=0.277+0.03Lb，式中Lb为物块在斜面上所处的位置离ｂ端的距离，在
（2）中的情况下，物块沿斜面滑到什么位置时速度最大?
牛顿第二定律；
匀变速直线运动的位移与时间的关系．
牛顿运动定律综合专题.
（１）根据牛顿运动定律求解加速度，根据位移时间关系知时间；
（2）根据位移速度关系列方程求解;
（3）物体沿斜面下滑的速度最大时,须加速度为0,根据受力分析列方程，结合物块与斜面间的动摩擦因数μbc=０．277+０.0３Lb知斜面长度的临界值，从而讨论最大速度.
（1）受力分析知物体的加速度为
a１=
=
=1．6m／s2
a1t2
解得a到b的时间为t＝
=5s
（２）物体从ａ到ｐ：
＝2a1ｘ1
物块由P到b：
＝2a2x2
ａ2＝μg
ｘ=ｘ1+x2
解得ap距离为ｘ1=14．３m
（3）物体沿斜面下滑的速度最大时，须加速度为0,
即a＝
＝0
μｂc=0．2７7+0.0３Lb，
联立解得Ｌb=10ｍ
因此如斜面长度Ｌ＞1０m,则Lｂ=10ｍ时速度最大;
若斜面长度L≤10m，则斜面最低点速度最大.
答:
（１）物块由a运动到b所用的时间为5s；
（2）若物块从a端运动到P点时撤掉推力,则物块刚好能从斜面b端开始下滑，则间ａP的距离为14.3m；
（3）斜面长度Ｌ>
１0ｍ，则Lb=10ｍ时速度最大;
若斜面长度L≤10m,则斜面最低点速度最大．
本题考查的是牛顿第二定律及共点力平衡,但是由于涉及到动摩擦因数变化，增加了难度;
故在分析时要注意物体沿斜面下滑的速度最大时，须加速度为0这个条件.
11.（20分）如图（甲）所示,两带等量异号电荷的平行金属板平行于x轴放置，板长为L，两板间距离为２y0，金属板的右侧宽为L的区域内存在如图（乙）所示周期性变化的磁场，磁场的左右边界与x轴垂直．现有一质量为m，带电荷量为+q的带电粒子,从ｙ轴上的A点以速度v0沿x轴正方向射入两板之间,飞出电场后从点（L，０）进入磁场区域,进入时速度方向与x轴夹角为３0°
把粒子进入磁场的时刻做为零时刻,以垂直于纸面向里作为磁场正方向,粒子最后从x轴上（2L,0）点与x轴正方向成30°
夹角飞出磁场，不计粒子重力.
（１）求粒子在两板间运动时电场力对它所做的功；
（2）计算两板间的电势差并确定A点的位置;
（3）写出磁场区域磁感应强度B０的大小、磁场变化周期Ｔ应满足的表达式．
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.
带电粒子在复合场中的运动专题．
（1）粒子在电场中做类似平抛运动,速度偏转角正切值为位移偏转角正切值的２倍,求解出末速度后根据动能定理列式求解电场力对它所做的功;
（2）粒子在电场中做类似平抛运动,已知水平分位移和竖直分位移，根据分位移公式列式求解即可;
（3）粒子在磁场中匀速圆周运动，画出可能的运动轨迹，然后结合牛顿第二定律和几何关系列式分析.
（1）设粒子刚进入磁场时的速度为ｖ,则：
v=
电场力对粒子所做的功为：
Ｗ=
（2）设粒子刚进入磁场时的竖直分速度为v′,则:
ｖ′=v0tａｎ30°
水平方向:
Ｌ=v０ｔ
竖直方向：
y＝
电场力对粒子所做的功:
W=ｑEy
两板间的电压U=2Ｅy0
U＝
（3）由对称性可知，粒子从ｘ=2L点飞出磁场的速度大小不变,方向与x轴夹角为α=±
30°
；
在磁场变化的半个周期内,粒子的偏转角为２α=60°
故磁场变化的半个周期内,粒子在ｘ轴上的位移为：
x=2Rsiｎ30°
＝R
粒子到达x=2L处且速度满足上述要求是:
ｎＲ=ＬR=
（ｎ=１，2,3,…）
由牛顿第二定律，有:
B0=
（ｎ=1,2，3，…）
粒子在变化磁场的半个周期内恰好转过
周期,同时在磁场中运动的时间是变化磁场半个周期的整数倍,可使粒子到达x=2Ｌ处且满足速度题设要求;
（n=1,2,３，…）
当
Ｔ＞
（1）粒子在两板间运动时电场力对它所做的功为
（2）两板间的电势差为
Ａ点的位置坐标（０，
）;
（3）磁场区域磁感应强度B0的大小B0=
（n=1,2，3，…）、磁场变化周期Ｔ>
．
本题关键是明确粒子的受力情况和运动情况,分类似平抛运动和匀速圆周运动进行分析,关键是画出轨迹,根据牛顿第二定律和动能定理列式分析.
三、选考题（任选一模块作答）（12分）
【物理-物理3－3】
12．（４分）下列说法正确的是（）
A. 温度升高,物体分子热运动的平均动能一定增大
Ｂ．当分子力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而减小
C．外界对物体做功，物体内能一定增加
Ｄ.对于一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大,那么它一定从外界吸热
热力学第一定律；
分子间的相互作用力;
温度是分子平均动能的标志.
温度是分子平均动能的标志；
分子间存在着相互作用的引力和斥力,当分子间距离增大时，表现为引力,当分子间距离减小时，表现为斥力，而分子间的作用力随分子间的距离增大先减小后增大,再减小;
当分子间距等于平衡位置时，引力等于斥力，即分子力等于零；
根据热力学第一定律分析内能的变化.
A、温度是分子平均动能的标志，温度高的平均动能大，温度升高,物体分子热运动的平均动能一定增大;
故Ａ正确；
B、当分子力表现为斥力时，分子间距离减小时,分子力做负功;
故分子势能随分子间距离的减小而增大；
故B错误；
C、外界对物体做功时，可能物体同时对外放热，故内能不一定增加;
故C错误;
D、对于一定质量的理想气体，如果压强不变,体积增大对外做功,根据理想气体的状态方程：
，可知气体的温度一定升高，内能增大.根据热力学第一定律可知一定从外界吸热；
故Ｄ正确;
AＤ．
本题考查温度的微观意义、分子间的相互作用力、热力学第一定律和理想气体的状态方程,要注意明确分子的作用力与分子间距离的关系.
13.（8分）一气缸质量为M=60kg（气缸的厚度忽略不计且透热性良好），开口向上放在水平面上，气缸中有横截面积为Ｓ=1
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