1、2015年山东省枣庄市滕州一中新校高考物理模拟试卷（3月份）一、选择题（本大题共8小题，每小题6分，在每个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得6分，选对但不全的得3分，选错或不选的得0分）1（6分）烤鸭的烤制过程没有添加任何调料，只是在烤制过程之前，把烤鸭放在腌制汤中腌制一定时间，盐就会进入肉里则下列说法正确的是（） A 如果让腌制汤温度升高，盐进入鸭肉的速度就会加快 B 烤鸭的腌制过程说明分子之间有引力，把盐分子吸进鸭肉里 C 在腌制汤中，只有盐分子进入鸭肉，不会有盐分子从鸭肉里面出来 D 把鸭肉放入腌制汤后立刻冷冻，将不会有盐分子进入鸭肉【考点】： 分子
2、的热运动【专题】： 分子运动论专题【分析】： 盐进入肉里属于扩散现象，是分子无规则热运动的结果，温度越高，根子运动越剧烈【解析】： 解：A、如果让腌制汤温度升高，分子运动更剧烈，则盐进入鸭肉的速度就会加快，故A正确；B、烤鸭的腌制过程盐会进入肉里说明分子之间有间隙，以及说明分子不听的做无规则运动，不是因为分子之间有引力，故B错误；C、在腌制汤中，有盐分子进入鸭肉，分子运动是无规则的，同样会有盐分子从鸭肉里面出来，故C错误；D、把鸭肉放入腌制汤后立刻冷冻，仍然会有盐分子进入鸭肉，因为分子运动是永不停息的，故D错误；故选：A【点评】： 本题考查了分子热运动的特点：分子热运动的剧烈程度与温度有关；分
3、子一直永不停息在做无规则运动2（6分）根据玻尔假设，若规定无穷远处的能量为0，则量子数为n的氢原子的能量En=，E1为基态的能量，经计算为13.6eV，现规定氢原子处于基态时的能量为0，则（） A 量子数n=2时能级的能量为0 B 量子数n=3时能级的能量为 C 若要使氢原子从基态跃迁到第4能级，则需要吸收的光子能量为 D 若采用能量为的高速电子轰击而跃迁到激发态，这些氢原子从激发态向低能级跃迁的过程中可释放出10种不同频率的光子【考点】： 玻尔模型和氢原子的能级结构；氢原子的能级公式和跃迁【专题】： 原子的能级结构专题【分析】： 通过量子数n的能级值En=，可以得知结果；基态的氢原子吸收的能
4、量必须等于两能级间的能级差时，才能被吸收，根据该关系，确定出吸收光子后跃迁的第几能级，根据数学组合公式求出激发后发射光子的种类【解析】： 解：A、量子数n=2时，能级时的能量为E2=E1=（13.6eV）=3.4eV，故A错误B、量子数n=3时，能级的能量为，故B错误；C、基态的氢原子吸收的能量必须等于两能级间的能级差时，才能被吸收，根据E=EmEn，可知：使氢原子从基态跃迁到第4能级，吸收的光子能量为，故C正确；D、采用能量为的高速电子轰击而跃迁到激发态，根据EmEn=h，得原子获得能量跃迁到n=4激发态，由数学组合公式，求得这些氢原子从激发态向低能级跃迁的过程中可释放出6种不同频率的光子，
5、故D错误故选：C【点评】： 本题考查对玻尔理论的理解和应用能力，关键抓住光子能量与能级之间的关系：En=，解决本题的关键知道辐射或吸收光子的能量等于两能级间的能级差，即EmEn=hv3（6分）两列振幅、波长和波速都相同的简谐横波a（实线所示）和b（虚线所示），分别沿x轴正方向和负方向传播，波速都为12m/s，在t=0时刻的部分波形如图所示，则下列说法正确的是（） A 该波中质点振动的频率是2Hz B x=15m处的质点是处于振动加强区 C x=9m处的质点振幅为2m D x=21m处的质点，经最短时间t=0.75s速度达到最大【考点】： 横波的图象；波长、频率和波速的关系【专题】： 振动图像与
6、波动图像专题【分析】： 根据波形图可知，波长=24m，从而求出周期及频率，由图象知则x=15m处的质点位移大小相等方向相反，是振动减弱点，P为振动加强点，当位移为零时速度最大，最短时间为12m处的振动传到P点所用的时间【解析】： 解：A、根据波形图可知，波长=24m，则周期T=，所以频率f=，故A错误；B、由图象知则x=15m处的质点位移大小相等方向相反，是振动减弱点，故B错误；C、由图可知，x=9m处的质点是振动加强点，所以振幅A=21=2m，故C正确；D、P点的位移大小和方向都相同是振动加强点，当位移为零时速度最大，最短时间为12m处的振动传到P点所用的时间，t=0.75s，故D正确故选：
7、CD【点评】： 根据图象判断出质点振动是加强还是减弱是解题的关键，利用波形平推法判断质点所处的位置4（6分）除两极外，地球表面上任何物体都要随地球自转，若将物体随地球自转的运动看作匀速圆周运动，则对处于地球表面不同纬度地区a、b的两个质量相等的相对地面静止的物体，下列表述正确的是（） A 两物体在a、b两地所受的合力方向相同 B 在b地的物体角速度较大 C 在b地的物体的线速度较小 D 在b地的物体的向心加速度较小【考点】： 线速度、角速度和周期、转速【专题】： 匀速圆周运动专题【分析】： a、b两点共轴转动，角速度大小相等，根据v=r比较线速度大小，根据a=r2比较向心加速度大小，知道合力提
8、供向心力【解析】： 解：A、物体a、b绕地轴转动，向心力的方向指向地轴，则合力的方向指向地轴，故两物体在a、b两地所受的合力方向平行，即相同故A正确B、C、a、b两点的角速度相等，根据v=r知，b的半径大，则b的线速度大，根据a=r2知，b的向心加速度大故B错误，C错误，D错误故选：A【点评】： 解决本题的关键知道共轴转动的点角速度相等，根据v=r，a=r2比较线速度、向心加速度大小5（6分）如图所示，AOB为等边三角形玻璃砖，边长为m，OM为AOB的角平分线，一束平行于OM的单色光在空气中由OA边射入玻璃砖，进入玻璃砖的折射光线恰好与OB平行，已知空气中的光速为3108m/s，则通过M点的折
9、射光线在玻璃砖中的传播时间为（） A 0.5108s B 1.0108s C 0.5109s D 1.0109s【考点】： 光的折射定律【专题】： 光的折射专题【分析】： 对于光学问题，作出光路图，由几何知识找出入射角和折射角，根据折射率公式求出折射率由v=求出光在玻璃砖中的传播速度v，由几何知识求出光线在玻璃砖中的传播距离s，再由t=求解时间【解析】： 解：作出光路图，如图由几何知识可知，入射角i=60，折射角r=30根据折射定律得 n=光在玻璃砖中的传播速度 v=m/s=m/s由几何知识得知折射光线在玻璃砖中的传播距离 s=m所以传播时间 t=s=0.5108s故选：A【点评】： 对于几何
10、光学问题，常常用几何知识确定入射角、折射角，再由折射定律、光速公式v=结合研究6（6分）如图所示，由均匀的电阻丝组成的等边三角形导体框，垂直磁场放置，将AB两点接入电压恒定的电源两端，通电时，线框受到的安培力为F，若将AB边移走，则余下线框受到的安培力大小为（） A F B F C F D F【考点】： 安培力【分析】： 根据左手定则判断出各段受到的安培力的方向，根据闭合电路的欧姆定律计算出各段上的电流大小，再计算出各段安培力的大小，然后使用平行四边形定则合成即可【解析】： 解：根据左手定则判断出各段受到的安培力的方向，如图由于曲线ACB上产生的安培力等效于长AB上的电线产生的安培力，所以等效
11、电路为r和2r并联，并联后总电阻为：根据欧姆定律：并联的电流：I1=I2=则安培力F1=余下线框受到的安培力大小为：F2=BI2L=故选：C【点评】： 该题中，各段时的电流的大小不相等，要使用闭合电路的欧姆定律分别计算出各段的电流的大小，然后计算安培力是解题的正确思路题目的难度中档7（6分）如图所示，倾斜的传送带保持静止，一木块从顶端以一定的初速度匀加速下滑到底端如果让传送带沿图中虚线箭头所示的方向匀速运动，同样的木块从顶端以同样的初速度下滑到底端的过程中，与传送带保持静止时相比（） A 木块在滑到底端的过程中，摩擦力的冲量变大 B 木块在滑到底端的过程中，摩擦力的冲量不变 C 木块在滑到底端
12、的过程中，木块克服摩擦力所做功变大 D 木块在滑到底端的过程中，系统产生的内能数值将变大【考点】： 牛顿第二定律；动量定理；功能关系；机械能守恒定律【专题】： 传送带专题【分析】： 两种情况物体所受的力不变，加速度相等，木块运动的位移没有发生变化，所以运动的时间相等，摩擦力做的功相等，但相对位移不等，所以系统产生的内能数值不等【解析】： 解：A、滑动摩擦力的大小为f=N，与相对速度的大小无关，所以，当皮带运动时，木块所受的摩擦力未变，空间位移未变，则滑到底端的时间、速度以及摩擦力所做的功均不变，所以摩擦力的冲量I=ft不变，故AC错误，B正确；D、但由于相对滑动的距离变长，所以木块和皮带由于摩
13、擦产生的内能变大，故D正确故选BD【点评】： 本题关键分析清楚小滑块的受力及运动情况，匀加速运动位移时间公式，恒力做功公式求解，难度不大，属于基础题8（6分）如图甲所示，在竖直方向上有四条间距相等的水平虚线L1、L2、L3、L4，在L1L2之间、L3L4之间存在匀强磁场，大小均为1T，方向垂直于虚线所在平面现有一矩形线圈abcd，宽度cd=L=0.5m，质量为0.1kg，电阻为2，将其从图示位置静止释放（cd边与L1重合），速度随时间的变化关系如图乙所示，t1时刻cd边与L2重合，t2时刻ab边与L3重合，t3时刻ab边与L4重合，已知t1t2的时间间隔为0.6s，整个运动过程中线圈平面始终处
14、于竖直方向（重力加速度g取10m/s2）则（） A 在0t1时间内，通过线圈的电荷量为0.25 C B 线圈匀速运动的速度大小为8 m/s C 线圈的长度为1 m D 0t3时间内，线圈产生的热量为4.2 J【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】： （1）根据感应电荷量q=，求解电荷量；（2）t2t3这段时间内线圈做匀速直线运动，线圈所受的安培力和重力平衡，根据平衡求出匀速直线运动的速度（3）通过线圈在t1t2的时间间隔内，穿过线圈的磁通量没有改变，没有感应电流产生，线圈做匀加速直线运动，加速度为g，知以cd在L2为初状态，以ab边刚
15、进L3为末状态，设磁场的宽度为d，则线圈下降的位移为3d，根据运动学公式求出线圈的长度（4）根据能量守恒求出0t3这段时间内线圈中所产生的电热【解析】： 解：B、根据平衡有：mg=BIL而I=联立两式解得v=m/s=8m/s故B正确C、t1t2的时间间隔内线圈一直做匀加速直线运动，知以cd在L2为初状态，以ab边刚进L3为末状态，设磁场的宽度为d，则线圈下降的位移为3d，则有： 3d=vtgt2，v=8m/s，t=0.6s，代入解得d=1m，所以线圈的长度为L=2d=2m故C错误A、在0t1时间内，cd边从L1运动到L2，通过线圈的电荷量为q=C=0.25C故A正确D、0t3时间内，根据能量守
16、恒得，Q=mg（3d+2d）mv2=1（30.5）J=1.5J故选：AB【点评】： 解决本题的关键理清线圈的运动情况，选择合适的规律进行求解，本题的难点就是通过线圈匀加速直线运动挖掘出下落的位移为磁场宽度的3倍二、非选择题9（6分）某校物理研究性学习小组，设计了如图所示的实验装置做“验证机械能守恒定律”的实验图中a、b为两重物，通过一光滑轻质滑轮用轻绳相连，两重物的质量关系为mbma（实际质量未知），实验时由图示位置由静止释放重物b，重物b下落且落到桌面后不再反弹，重物a继续上升但不会与滑轮相碰学习小组测得重物a上升的总高度为h1，要研究在重物b从下落到刚要与桌面相碰的这一过程中，a、b组成的
17、系统的机械能是否守恒，他们还需要测量的物理量有：a重物质量ma、b重物质量mb、b重物下降的高度h2（填被测的三个物理量并设定字母），若表达式（ma+mb）h1=2mbh2成立（用设定的字母表示），即可认为机械能守恒定律成立【考点】： 验证机械能守恒定律【专题】： 实验题【分析】： a上升，b下落时，两者速度相等，当b落到地面后，a物体做竖直上抛运动，对这两个过程根据机械能守恒定律列式，联立方程即可求解【解析】： 解：设a重物质量ma，b重物质量mb，b重物下降的高度h2，对ab组成的系统，根据机械能守恒定律得：（mbma）gh2=，当b落到地面后，a物体做竖直上抛运动，则由解得：（ma+mb
18、）h1=2mbh2所以要测量：a重物质量ma，b重物质量mb，b重物下降的高度h2，故答案为：a重物质量ma，b重物质量mb，b重物下降的高度h2，（ma+mb）h1=2mbh2【点评】： 本题要验证机械能守恒定律，我们可以假设机械能守恒，看需要哪些条件，从条件出发即可知道需要测量哪里物理量，难度适中10（12分）从下表中选出适当的实验器材，测量小灯泡的伏安特性曲线，得到如图1的IU图线器材（代号） 规格电流表（A1）电流表（A2）电压表（V1）电压表（V2）滑动变阻器（R0）电池（E）开关（S）导线若干 量程00.6A，内阻约1量程03A，内阻约1量程03V，内阻约2k量程015V，内阻约1
19、0k阻值025电动势6V，内阻不计（1）在如图1所示的IU图线中，A到B过程中灯泡电阻改变了10（2）测量电路中电流表应选用A1（填代号），电压表应选用V2（填代号），电流表应采用外（填内、外）接法（3）在图2示虚线框中用笔补画完整实验电路图，要求变阻器滑动片右移时，灯泡两端电压变大【考点】： 描绘小电珠的伏安特性曲线【专题】： 实验题【分析】： （1）根据图1所示图象求出电压对应的电流，由欧姆定律求出灯泡电阻，然后求出电阻的变化量（2）根据电流、电压的测量值选择电流表与电压表，根据灯泡电阻与电表内阻的关系确定电流表的接法（3）根据实验目的确定滑动变阻器的接法，根据灯泡电阻与电表内阻的关系确定
20、电流表的接法，然后作出电路图【解析】： 解：（1）由图1所示图象可知，灯泡电阻RA=30，RB=40，R=4030=10（2）由图1所示图象可知，电流最大值为0.15A，则电流表选A1，电压最大测量值为6V，则电压表选V2，灯泡最大电阻为40，电流表内阻为1，电压表内阻为10k，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法（3）描绘灯泡安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，电流表采用外接法，实验电路图如图所示故答案为：（1）10；（2）A1；V2；（3）电路图如图所示【点评】： 本题考查了求电阻、实验器材的选择、作实验电路图，当电压与电流从零开始变化时，滑动变阻器应采
21、用分压接法，待测电阻阻值远大于电流表内阻时，电流表采用内接法，电压表内阻远大于待测电阻阻值时，电流表采用外接法11（15分）中国海军歼15舰载机已经在“辽宁”舰上多次进行触舰复飞，并已经进行了舰载机着陆和甲板起飞这标志着我国已经基本拥有在航母上起降舰载机的能力消息人士还记录了歼15起飞的大概过程10时55分，飞机由机库运到飞行甲板上11时15分，清理跑道，拖车把飞机拉到跑道起点，刹车11时25分，甲板阻力板打开，舰载机发动机点火，保持转速70%11时28分许，舰载机刹车松开，加速至最大推力，飞机滑跃离开甲板，顺利升空现将飞机起飞模型简化为飞机先在水平甲板上做匀加速直线运动，再在倾角为=15的斜
22、面甲板上以最大功率做加速运动，最后从甲板飞出的速度为360km/h若飞机的质量为18t（1t=1000kg），甲板AB=180m，BC=50m，（飞机长度忽略当做质点，不计一切摩擦和空气阻力，取sin15=0.3，g=10m/s2）（1）如果要求到达甲板B点的速度至少为离开斜面甲板速度的70%，则飞机在水平甲板上运动时的牵引力至少为多大才能使飞机起飞？（2）如果到达B点时飞机刚好到达最大功率，则从飞机开始运动到飞离甲板共需多少时间？（结果均保留三位有效数字）【考点】： 动能定理的应用；牛顿第二定律【专题】： 动能定理的应用专题【分析】： （1）对全过程运用动能定理，求出牵引力的大小（2）飞机从
23、A运动到B的过程中做匀加速直线运动，位移等于平均速度与时间的乘积，求得在AB之间的时间；B到C的过程中飞机的功率恒定，使用动能定理即可求得在斜面是运动的时间总时间是两段时间的和【解析】： 解：（1）v=360km/h70%=100m/s70%=70m/s由动能定律得， 代入数据解得，F=2.45105N （2）到达B点时的功率为：P=Fv=2.4510510070%=1.72107W 飞机从A运动到B的时间，B到C的时间由动能定理，得 则t=t1+t2 联立代入数据解得，t=7.97s 答：（1）飞机在水平甲板上运动时的牵引力至少为2.45105N才能使飞机起飞；（2）从飞机开始运动到飞离甲板
24、共需7.97s【点评】： 本题考查了动能定理的基本运用，知道运用动能定理解题时关键分析出运动过程中有哪些力做功，根据动能定理列式求解12（19分）如图所示，在同一竖直平面上，质量为2m的小球A静止在光滑斜面底部的压缩弹簧的顶端，此时小球距斜面顶端的高度为H=2L，解除弹簧的锁定后，小球沿斜面向上运动离开斜面后，达到最高点时（此时A球的速度恰好水平）与静止悬挂在此处的小球B发生弹性碰撞，碰撞后球B刚好能摆到与悬点O同一高度，球A沿水平方向抛射落在水平面C上的P点，O点的投影O与P的距离为L已知球B质量为m，悬绳长L，视两球为质点，重力加速度为g，不计空气阻力求：（1）球B在两球碰撞后瞬间受到悬绳
25、拉力的大小；（2）球A在两球碰撞前瞬间的速度大小；（3）弹簧的弹力对球A所做的功【考点】： 动量守恒定律；牛顿第二定律；动能定理；机械能守恒定律【专题】： 动量定理应用专题【分析】： （1）由动能定理求出碰撞后B的速度，由牛顿第二定律求出绳子的拉力；（2）两球碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律与机械能守恒定律求出球的速度；（3）由能量守恒定律可以求出弹簧的弹力所做的功【解析】： 解：（1）设球B在两球碰撞后一瞬间的速度大小为，由动能定理得：mgL=0mvB2，解得：vB=，对B球，由牛顿第二定律得：Tmg=m，解得：T=3mg；（2）设球A在两球碰撞前一瞬间的速度大小为v0，球A在两球碰撞后一瞬
26、间的速度大小为vA，两球碰撞过程动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：2mv0=2mvA+mvB，由机械能守恒定律得：2mv02=2mvA2+mvB2，解得：vA=，v0=；（3）碰后球A做平抛运动，设碰后一瞬间球A距O的高度为h，由平抛运动规律得：h=gt2，=vAt，解得：h=L，弹簧将球A弹起到A碰B的过程中，由能量守恒定律得：W弹=2mg3L+2mv02，解得：W弹=mgL；答：（1）球B在两球碰撞后瞬间受到悬绳拉力的大小为3mg；（2）球A在两球碰撞前瞬间的速度大小为；（3）弹簧的弹力对球A所做的功为mgL【点评】： 本题物体运动过程叫复杂，分析清楚运动过程，应用动能
27、定理、牛顿第二定律、动量守恒定律、机械能守恒定律、平抛运动规律、能量守恒定律即可正确解题，分析清楚运动过程、对各过程选择恰当的规律列方程是正确解题的关键13（20分）如图，竖直平面内有一直角坐标系xOy，在x0的区域内有一倾角为45的绝缘光滑斜面，斜面末端O处用一极小的平滑曲面连接，恰能使斜面末端水平在x0的广泛区域内存在正交的匀强磁场和匀强电场，磁场垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B；电场沿竖直方向，场强大小为E电荷量为q的带电小球从绝缘光滑斜面上某点由静止开始下滑，小球经斜面末端O点进入电场和磁场，之后沿圆周运动，垂直于y轴离开电场和磁场，最后垂直打到斜面上求：（1）小球从开始运动到垂直打
28、到斜面上所用时间（2）小球开始下滑的初始位置坐标【考点】： 带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力【专题】： 带电粒子在磁场中的运动专题【分析】： （1）画出小球运动的轨迹，小球经过三个运动过程：1、由静止开始匀加速运动到斜面末端，由速度公式v0=gsin45t1求出时间的表达式；2、在左侧复合场中做匀速圆周运动，半径为r=，时间t2=；3、y轴离开电场和磁场后做平抛运动，垂直落到斜面时，v0=vytan45=gt3，竖直方向位移为 2ry2=，y2=x2=v0t3，联立解得各段时间，即可求出总时间（2）小球初始位置到斜面末端的距离为 l=，由上求得t1，即可求出位置的坐标【解析】：
29、 解：（1）小球运动的轨迹如图初始位置（x1，y1），再次回到斜面的落点位置（x2，y2），小球经时间t1运动到末端的速度为v0，则 t1= 小球在复合场中做匀速圆周运动，则有 mg=qE 轨道半径为 r= 运动时间为 t2= 小球离开电磁场后做平抛运动，经时间t3垂直落到斜面时 v0=vytan45=gt3 2ry2= y2=x2=v0t3，由得， 由得，t2= 由得，故小球从开始运动到垂直打到斜面上所用时间为t=t1+t2+t3=（+）（2）小球初始位置到斜面末端的距离为 l=故 x1=y1=lsin45=答：（1）小球从开始运动到垂直打到斜面上所用时间为（+）（2）小球开始下滑的初始位置坐标（，）【点评】： 本题的运动过程比较复杂，既要单独分析各段过程的运动情况，又抓住各过程之间的联系，这是解题的关键所在