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1、120152015 年山东省枣庄市滕州五中高考物理模拟试卷（年山东省枣庄市滕州五中高考物理模拟试卷（4 4 月份）月份）一、选择题（共一、选择题（共 7 7 小题，每小题小题，每小题 6 6 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的要求的 ）1 （6 分） （2015滕州市校级模拟）物体某段过程的 vt 图象如图所示，在 t1和 t2时刻的瞬时速度分别为 V1和 V2，则在 t1t2过程中（ ）A 加速度不断增大B 速度不断减小C 平均速度D 平均速度【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】： 在速度时
2、间图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度是正数，时间轴下方速度是负数；切线表示加速度，加速度向右上方倾斜，加速度为正，向右下方倾斜加速度为负；图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负【解析】： 解：A、在速度时间图象中，切线表示加速度，加速度向右上方倾斜，加速度为正，向右下方倾斜加速度为负；从图象中看出在 t1t2过程中速度时间图象的斜率逐渐减小，说明加速度的大小在减小，故 A 错误B、由于在速度时间图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度是正数，时间轴下方速度是负数；从图象中可以看出速度对应的纵坐标越来越小，即速度不断减小，故 B 正确2CD
3、、如果物体在 t1t2过程中做的是匀减速直线运动，且初末速度分别为 V1和 V2，那么由匀变速直线运动的规律可得：v=，但是在任意时刻物体的实际速度小于匀减速过程的此时刻的速度，所以 ，故 CD 错误故选：B【点评】： 本题是为速度时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息，要注意路程和位移的区别2 （6 分）一颗月球卫星在距月球表面高为 h 的圆形轨道运行，已知月球半径为 R，月球表面的重力加速度大小为 g月，引力常量为 G，由此可知（ ）A 月球的质量为B 月球表面附近的环绕速度大小为C 月球卫星在轨道运行时的向心加速度大小为
4、g月D 月球卫星在轨道上运行的周期为 2【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】： 卫星绕月做匀速圆周运动，由月球的万有引力提供向心力，万有引力等于重力，根据万有引力定律和向心力公式列式，即可得解【解析】： 解：“嫦娥一号”卫星绕月做匀速圆周运动，由月球的万有引力提供向心力，则得：G=m（R+h）=m=ma在月球表面上，万有引力等于重力，则有：mg月=G，得 GM=g月R2，由上解得：3M=v=a=T=2故 A 正确，BCD 错误；故选：A【点评】： 卫星问题基本的思路有两条：一是万有引力提供向心力，二是万有引力等于重力，得到黄金代换式 GM=gR2，再运用数
5、学变形求解 3 （6 分） （2015滕州市校级模拟）如图是用来粉刷墙壁的涂料滚的示意图使用时，用撑竿推着涂料滚沿墙壁上下滚动，把涂料均匀地粉刷到墙壁上撑竿的重量和墙壁的摩擦均不计，而且撑竿足够长粉刷工人站在离墙壁某一距离处缓缓上推涂料滚，使撑杆与墙壁间的夹角越来越小该过程中撑竿对涂料滚的推力为 F1，涂料滚对墙壁的压力为 F2，下列说法正确的是（ ）A F1增大，F2减小 B F1减小，F2增大C F1、F2均增大 D F1、F2均减小【考点】： 共点力平衡的条件及其应用；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】： 以涂料滚为研究对象，分析受力情况，作出力图，根据平衡
6、条件得到竿对涂料滚的推力为 F1和墙壁对涂料滚的弹力的表达式，再分析两个力的变化【解析】： 解：以涂料滚为研究对象，分析受力情况，作出力图设撑轩与墙壁间的夹角为 ，根据平衡条件得F1=4F2=Gtan由题，撑轩与墙壁间的夹角 减小，cos 增大，tan 减小，则 F1、F2均减小故选：D【点评】： 本题是动态平衡问题，采用函数法分析的，也可以采用作图法更直观反映出两个力的变化情况 4 （6 分）如图所示，一圆环上均匀分布着正电荷，x 轴垂直与环面且过圆心 O，下列关于x 轴上的电场强度和电势的说法中正确的是（ ）A O 点的电场强度为零，电势最低B O 点的电场强度为零，电势最高C 从 O 点
7、沿 x 轴正方向，电场强度减小，电势升高D 从 O 点沿 x 轴正方向，电场强度增大，电势降低【考点】： 电势；电场强度【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： 圆环上均匀分布着正电荷，根据电场的叠加和对称性，分析 O 点的场强根据电场的叠加原理分析 x 轴上电场强度的方向，即可判断电势的高低【解析】： 解：A、B、圆环上均匀分布着正电荷，根据对称性可知，圆环上各电荷在 O 点产生的场强抵消，合场强为零圆环上各电荷产生的电场强度在 x 轴有向右的分量，根据电场的叠加原理可知，x 轴上电场强度方向向右，根据顺着电场线方向电势降低，可知在 x 轴上 O 点的电势最高，故 A 错误，B 正确；5
8、C、D、O 点的场强为零，无穷远处场强也为零，所以从 O 点沿 x 轴正方向，场强应先增大后减小x 轴上电场强度方向向右，电势降低，故 CD 错误故选：B【点评】： 解决本题的关键有两点：一是掌握电场的叠加原理，并能灵活运用；二是运用极限法场强的变化 5 （6 分） （2015滕州市校级模拟）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=qE，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
9、D 小球电势能的最大值为【考点】： 带电粒子在混合场中的运动【专题】： 带电粒子在复合场中的运动专题【分析】： 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【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
10、mg，根据牛顿第二定律知，小球的加速度为 g故 B 正确6C、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=qEscos120= 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【点评】： 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 6 （6 分）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 ，B 与地面间的动摩擦因数为 最大静摩
11、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，则下列说法中错误的是（ ）A 当 F2mg 时，A、B 都相对地面静止B 当 F= mg 时，A 的加速度为 gC 当 F3mg 时，A 相对 B 滑动D 无论 F 为何值，B 的加速度不会超过 g【考点】： 牛顿第二定律；滑动摩擦力；力的合成与分解的运用【专题】： 牛顿运动定律综合专题【分析】： 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7【解析】： 解：A、设 B 对 A 的摩擦力为 f1，A 对 B 的摩擦力为
12、 f2，地面对 B 的摩擦力为f3，由牛顿第三定律可知 f1与 f2大小相等，方向相反，f1和 f2的最大值均为 2mg，f3的最大值为 mg故当 0F mg 时，A、B 均保持静止；继续增大 F，在一定范围内A、B 将相对静止以共同的加速度开始运动，故 A 错误；C、设当 A、B 恰好发生相对滑动时的拉力为 F，加速度为 a，则对 A，有F2mg=2ma，对 A、B 整体，有 F mg=3ma，解得 F=3mg，故当mgF3mg 时，A 相对于 B 静止，二者以共同的加速度开始运动；当 F3mg 时，A 相对于 B 滑动C 正确B、当 F= mg 时，A、B 以共同的加速度开始运动，将 A、
13、B 看作整体，由牛顿第二定律有F mg=3ma，解得 a=，B 正确D、对 B 来说，其所受合力的最大值 Fm=2mg mg= mg，即 B 的加速度不会超过g，D 正确因选不正确的，故选：A【点评】： 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 7 （6 分） （2015滕州市校级模拟）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
14、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（v02v2）8B 金属棒上产生的热量为 m（v02v2）C 此区域内磁感应强度为 B=D 此区域内磁感应强度为 B=【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化【专题】： 电磁感应功能问题【分析】： 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【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）2
15、Rt，Q=I2Rt，则 Q=4Q根据 Q+Q= m（v02v2）得 Q= m（v02v2） ，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=at根据牛顿第二定律得：a=棒所受的安培力大小 F=BIL=BD=联立以上三式可得v=t两边求和得：v=t又 vt=x，vt=x=L联立解得：B=，故 C 错误，D 正确故选：D9【点评】： 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 二、非选择题二、非选择题8 （8 分）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 AB 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 aF 图象如图 2 所示，正确的是 B ；由图象可知，木
