1、【KS5U解析】2014届山东省潍坊市高三4月模拟考试物理试卷纯Word版含解析题号一二三四五六总分得分注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明评卷人得分一、选择题（题型注释）1物理学在揭示现象本质的过程中不断发展，下列说法正确的是A通电导线受到的安培力，实质上是导体内运动电荷受到洛仑兹力的宏观表现B穿过闭合电路的磁场发生变化时电路中产生感应电流，是因为变化磁场在周围产生了电场使电荷定向移动C磁铁周围存在磁场，是因为磁铁内有取向基本一致的分子电流D踢出去的足球最终要停下来，说明力是维持物体运动的原因【答案】ABC
2、【解析】试题分析：由于通电导线受到的安培力，实质上是导体内运动电荷受到洛仑兹力的宏观表现，故A正确；而穿过闭合电路的磁场发生变化时电路中产生感应电流，就是因为变化磁场在周围产生了电场使电荷定向移动，故B也正确；磁铁的微观本质是因为磁铁内有取向基本一致的分子电流，故它也是磁铁周围产生的磁场的原因，故C正确；踢出去的足球最终要停下来，因为受到了阻力作用的结果，D错误。考点：一些物理的基本概念与常识。2已知地球的平均密度为，火星的平均密度为，设绕地球做圆周运动的卫星最小运行周期为T1，绕火星做圆周运动的卫星最小运行周期为T2，则为A. B. C. D.【答案】C【解析】试题分析：根据星体的密度公式得
3、：1=，2=，故（）2=，故C是正确的。考点：星体间的万有引力定律。3如图所示，理想变压器原副线圈匝数比为10：1，电源电压u=220sin100tV，通过电阻接在变压器原线圈两端，开关闭合后，电压表示数为12V，电流表的示数为10A.以下说法正确的是A的阻值是100B电源的功率是120WCt=0.0ls时刻，电阻R中电流最大D若将开关断开，电压表的示数仍然是12V【答案】AC【解析】试题分析：由于变压器的原副线圈匝数比为10：1，副线圈的电压为12V，故原线圈的电压为120V，由于副线圈的电流为10A，故原线圈中的电流为1A，电源电压的有效值为220V，故电阻R0的两端电压为220V120V
4、=100V，再由欧姆定律得，R0的阻值是100，A是正确的；电源的功率为P=1A220V=220W，B错误；当t=0.0ls时刻，电源电压为U=220sin1000.01V=0V，原线圈中的电流最小，则副线圈中的电流最大，C正确；当开关断开时，原、副线圈中的电流为0，故原线圈中的电压变为220V，副线圈中的电压为22V，故D正确。考点：变压器。4如图所示，在两个等量异种电荷形成的电场中，D、E、F是两电荷连线上等间距的三个点，三点的电势关系是，K、M、L是过这三个点的等势线，其中等势线L与两电荷连线垂直带电粒子从a点射人电场后运动轨迹与三条等势线的交点是a、b、c，粒子在a、b、c三点的电势能
5、分别是,以下判断正确的是A带电粒子带正电 BC. D. 【答案】BD【解析】试题分析：由于D的电势最大，F的电势最小，故电场线方向由D到F，由带电粒子从a点射人电场后运动轨迹可知，粒子受到方向向左的电场力，故粒子带负电，A错误；粒子由a点射人电场后，电场力做负功，粒子的电势能增加，故粒子在c时的电势能最大，a时的电势能最小，B正确；由于DE=EF，但D处的电场强度大于E，大于F，故DE之间的电势差大于EF之间的电势差，即粒子在a、b之间的电势能的差值大于在b、c之间的电势能的差值，C错误，D正确。考点：静电场作用下粒子的运动。5如图所示，质量为m1、m2。的两个物块，通过定滑轮和动滑轮以及轻绳
6、悬挂在天花板的M、N两点，平衡时悬挂于M点的绳与竖直方向的夹角为 ，悬挂于N点的绳与竖直方向的夹角为。现将悬点M向左缓慢移动一小段距离后固定，再次平衡后，关于以及M、N两点所受作用力的变化情况，以下判断正确的是（滑轮重力和绳与滑轮之间的摩擦力不计） A和均变大，且= B和均不变，且=2 C绳对M、N的作用力不变 D绳对M、N的作用力变大【答案】BC【解析】试题分析：由于装置中拉起m1的两段绳子的作用力是通过m2来提供的，当M向左侧移动时，拉起m1的绳子的夹角要增大，m2被拉起，绳子的拉力不变，绳子与竖直方向的夹角也不变，故、均不变，A错误；且对于下面的滑轮而言：m1g=cosm2g；对于上面的
7、滑轮而言：N端拉滑轮的力等于二个m2g的合力，且合力的方向平分m2g与绳子间的夹角，即=2，B是正确的；由于绳对M、N的作用力都等于m2g，故它们是不变的，故C正确，D错误。考点：力的相互作用，力的分解。6如图所示，轻弹簧上端通过一轻绳固定，下端拴一小球，小球与光滑的三角形斜面接触，弹簧处于竖直状态。现用力F竖直向上推斜面，使斜面缓慢向上运动直至弹簧与斜面平行，则在此过程中，以下说法正确的是A小球对斜面的压力一直增大 B弹簧对小球不做功C斜面对小球做正功 D推力F做的功等于斜面与小球机械能的增加【答案】AC【解析】试题分析：在用力F推动斜面上升时，刚开始斜面对小球的作用力为零，弹簧变为水平后，
8、小球对斜面有一定的压力，故小球对斜面的压力一直增大，A正确；在使小球上升时，小球会沿斜面向下滑动，同时弹簧的弹力减小，小球在弹簧的作用下又会略上升，故弹簧对小球会做功，B错误；小球在斜面作用力的作用下向上移动了一段距离，故斜面对小球做了功，C正确；在整个过程中，推力F与弹簧对小球做的功等于斜面与小球机械能的增加，故D错误。考点：受力分析，功的概念，能量守恒。7（l）下列说法正确的是A密闭房间内，温度升高，空气的相对湿度变大B密闭房间内，温度越高，悬浮在空气中的PM2.5运动越剧烈C可看作理想气体的质量相等的氢气和氧气，温度相同时氧气的内能小D系统的饱和汽压不受温度的影响【答案】BC【解析】试题
9、分析：A中的相对湿度是指在一定温度时，空气中的实际水蒸气含量与饱和值之的比值，温度升高绝对湿度不变，即空气中含水量不变，但相对湿度变小了，A错误；PM2.5是指空气中直径小于2.5微米的悬浮颗粒物，其漂浮在空中做无规则运动，故温度越高，其它分子对其撞击的不平衡就会增加，使得PM2.5的无规则运动越剧烈，故B正确；由于不考虑分子间作用力，氢气和氧气只有分子动能，当温度相同，它们的平均动能相同，而氢气分子摩尔质量小，质量相等时，氢气分子数多，所以氢气内能多，C正确；系统的饱和汽压受温度的影响，故D不正确。考点：分子动理论，相对湿度，饱和蒸汽压，内能等概念。8如图所示，AOB是扇形玻璃砖的横截面图，
10、其顶角 ，今有一束单色光线在横截面内从OA的中点E沿垂直OA的方向射人玻璃砖，被AB面反射的光线，恰好在OB面发生全反射，不考虑多次反射作用试求玻璃的折射率n【答案】。【解析】试题分析：因为E点为OA的中点，所以入射角=30=75，临界角C=45OB面刚好发生全反射，则sinC=，解得：n=考点：光的折射，全反射。9水平冰面的同一直线上有三个木箱A、B、C，质量均为60kg.一质量为30kg的猴子停在A上，与A一起以3m/s的速度向右滑向静止的木箱B、C，在接近B时，以6m/s的水平速度跳上木箱B，接近木箱C时再以6m/s的水平对地速度跳上木箱C，最终与C一起运动，若木箱在运动过程中发生碰撞，
11、则碰撞后不再分开，求木箱A、B、C最终运动的速度【答案】vC=2m/s，方向向右。【解析】试题分析：猴子跳离木箱A过程动量守恒，跳离后木箱速度为vA1，（M+m）v0=mv+MvA1解得：vA1=1.5m/s猴子跳上木箱B后再跳离木箱B，B和猴子组成系统动量守恒mv=mv+MvB1，解得vB1=0A木箱将追上B木箱发生正碰，AB组成系统动量守恒，碰后速度为vAB，MvA1=2MvAB，解得vAB=0.75m/s，方向水平向右，猴子跳上木箱C过程，动量守恒：mv=（m+M）vC解得vC=2m/s，方向向右。考点：动量守恒定律。第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明评卷人得分二、填空题（
12、题型注释）10如图所示，波源P从平衡位置开始向上振动，周期T=0.1s，产生的简谐波向S、Q方向传播，波速为v=8 m/s已知SP=0.4m、SQ=1.0m下列说法正确的是At=0.5s时S点开始振动BQ点开始振动时，S点刚好处于平衡位置CS点开始振动后，S与P的振动情况时刻相反D若Q处置一与P点振动情况完全相同的波源，则S点为振动加强点【答案】C【解析】试题分析：A中波传播到S需要的时间：t=0.05s，即t=0.05s时S点开始振动，A错误；B中该波的波长为=vT=800.01m=0.8m，SQ=1.0m=1.25，当Q向上起振时，结合波形得知，S点正通过波谷，故B错误；C中SP=0.4m
13、=0.5，即PQ间有0.5个的波形，则S与P的振动情况时刻相反，故C正确；D中S点到P、Q两点的路程差为s=SQ-SP=0.6m，而0.5=0.4m，可见，s并不是半个波长的偶数倍，所以S不是振动加强点，故D错误。考点：振动与波。11一个锂核（）受到一个质子（）轰击变为2个a粒子（）已知质子的质量为1. 672 610kg，锂原子的质量为11. 650 510kg，一个a原子的质量为6. 646710kg.写出该核反应的方程_，该核反应释放的核能是_J（真空中光速c=3.010m/s）【答案】（1） +2；（2）2.6731012J。【解析】试题分析：（1）根据题意，一个锂核（）受到一个质子（
14、）轰击变为2个a粒子（），故其核反应的方程为：+2。（2）因为E=mc2=（11.650 510kg+1.672 610kg26.646710kg）（3108m/s）2=2.6731012J。考点：核反应方程，质能方程。评卷人得分三、实验题（题型注释）12（18分）（1）用如图所示实验装置测量滑块A与木板间的动摩擦因数。长木板水平固定，细线跨过定滑轮与滑块A、重锤B相连。将细线拉直，测出B离地面的高度h，将重锤从h高处静止释放，B落地后，测出A在木板上滑动的距离x；改变B释放高度重复实验，实验数据如下表所示，若测得A的质量=3kg，B的质量=lkg，A和B间细线的长度L=112.0cm，木板的
15、长度=98.0cm，要达实验目的，以上四个量中没有必要测量的是_（用四个物理量的符号表示）；在答题卡坐标纸上作出x随h变化的图象；由图象并结合中所测数值求得滑块与木板间的动摩擦因数为_【答案】（1）L、l（2分）；如图所示（4分）；0.2（3分）。【解析】试题分析：在该实验中，由动能定理得：mBgh=mAgx，故动摩擦因数=，所以以上的四个物理量中，细线的长度L与木板的长度是没有必要测量的；x随h变化的图象如图所示；在图像中找一点，代入即可，=0.2。考点：测量滑动摩擦力的实验。13可记忆电阻有许多新奇特性，例如负差分电阻效应，多重与可控导电率，迟滞效应等等，从资料上获知某可记忆电阻Rx的I-
16、U特性曲线如图所示。现要利用实验亲自描绘此元件加正向电压时的I-U特性曲线，除外，另有器材如下：A直流电源6V内阻不计 B电压表V量程6V，内阻约6kC电流表A1量程60mA，内阻约10 D电流表A2量程l0mA，内阻约20,E滑动变阻器R（总阻值为20） 开关1个、导线若干由已知的I-U图象可得出，电压在02.5V范围时，可记忆电阻的电阻值约为_；为较准确地描绘可记忆电阻的I-U图线，需要在03.5V和3.56V两个电压段上采用不同的电路和电流表在描绘03.5V电压下的I-U图线时，应选甲、乙、丙、丁四个电路中的_电路，电流表应选_（填C或D）；描绘3.56V电压下的I-U图线时，应选甲、乙
17、、丙、丁四个电路中的_电路，电流表应选_（填C或D）【答案】（1）50（2分）；甲（2分）；C（2分）；乙（2分）；D（1分）。【解析】试题分析：由图1所示图象可知，电压在02.5V范围时，可记忆电阻的电阻值约为R=50由图1所示图象可知，在03.5V电压段上，电流最大值为50mA，则电流表应选C，在该段电阻最大值约为50，电流表内阻约为10，电压表内阻约为6000，电压表内阻远大于电阻阻值，电流表应采用外接法，由图象可知，在该电压段上，电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，因此电路图应选甲；由图1所示图象可知，在3.56V电压段上，最大电流小于10mA，则电流表应选D，最大电阻约
18、为R=437.5，滑动变阻器最大阻值为20，因此滑动变阻器应采用分压接法，电流表内阻约为20，电压表内阻约为6000，相对来说，电阻阻值远大于电流表内阻，电流表应采用内接法，实验电路图选乙。考点：I-U特性曲线，测电阻的电路等。评卷人得分四、计算题（题型注释）14如图所示，倾角为的光滑斜面固定在水平面上，水平虚线L下方有垂直于斜面向下的匀强磁场，磁感应强度为B正方形闭合金属线框边长为h，质量为m，电阻为R，放置于L上方一定距离处，保持线框底边ab与L平行并由静止释放，当ab边到达L时，线框速度为. ab边到达L下方距离d处时，线框速度也为，以下说法正确的是A. ab边刚进入磁场时，电流方向为a
19、bBab边刚进入磁场时，线框加速度沿斜面向下C线框进入磁场过程中的最小速度小于D线框进入磁场过程中产生的热量为mgdsin【答案】AD【解析】试题分析：根据右手定则知，ab边刚进入磁场时，电流方向为ab，故A正确；当ab边到达L时，线框速度为v0ab边到达L下方距离d处时，线框速度也为v0，知线框进入磁场时做减速运动，完全进入磁场后做加速运动，则ab边刚进入磁场时，做减速运动，加速度方向向上，故B错误；线框完全进入磁场的过程中，做减速运动，完全进入的瞬间速度最小，此时安培力大于重力沿斜面方向的分力，根据E=BIh，I=，所以FA=BIL，根据FAmgsin，有mgsin，解得v，故C错误；对线
20、框进入磁场的过程运用能量守恒定律，得：mgdsin=Q，故D正确。所以该题选：AD。考点：电磁感应，安培力的计算，牛顿第二定律，能量守恒等。15（18分）如图所示，倾角=30的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L=1.8m、质量M= 3kg的薄木板，木板的最右端叠放一质量m=lkg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数=对木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=l0（1）为使物块不滑离木板，求力F应满足的条件；（2）若F=37.5N，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑
21、离木板后沿斜面上升的最大距离【答案】（1） F30N；（2） 物块能滑离木板，1.2s，s=0.9m。【解析】试题分析：（1）对M、m，由牛顿第二定律F（M+m）gsin=（M+m）a （2分）对m，有fmgsin=ma （2分）Fmgcos （2分） 代入数据得：F30N （1分）（2）F=37.5N30N，物块能滑离木板 （1分）对于M，有FmgcosMgsin=Ma1 （1分）对m，有mgcosmgsin=ma2 （1分）设物块滑离木板所用的时间为t，由运动学公式：a1t2a2t2=L （2分）代入数据得：t=1.2s（1分）物块离开木板时的速度v=a2t（2分）由公式：2gsins=0
22、v2（2分）代入数据得s=0.9m。（1分）考点：牛顿第二定律，匀变速直线运动的规律。16（20分）如图所示，在坐标系xoy的第二象限内有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E第三象限内存在匀强磁场I，y轴右侧区域内存在匀强磁场，I、磁场的方向均垂直于纸面向里。一质量为m、电荷量为+q的粒子自P（）点由静止释放，沿垂直于x轴的方向进入磁场I，接着以垂直于y轴的方向进入磁场，不计粒子重力（l）求磁场I的磁感应强度B1；（2）若磁场的磁感应强度B2=B1，粒子从磁场再次进入电场，求粒子第二次离开电场时的横坐标；（3）若磁场的磁感应强度B2=3B1，求粒子在第一次经过y轴到第六次经过y轴的时间内，
23、粒子的平均速度【答案】（1） B1=；（2） x=2l；（3） ，方向沿y轴负方向。【解析】试题分析：（1）设粒子垂直于x轴进入I时的速度为v，由运动学公式：2al=v2由牛顿第二定律：Eq=ma由题意知，粒子在I中做圆周运动的半径为l由牛顿第二定律qvB1=，得B1=。（2）粒子运动的轨迹如图所示，粒子第二次进入电场，在电场中做类平抛运动x负方向：x=vty负方向：l=at2得x=2l，则横坐标x=2l。（3）粒子的运动轨迹如图2所示，设粒子在磁场I中运动的半径为R1，周期为T1，在磁场中运动的半径为R2，周期为T2，则R1=l，3qvB=，则T1=，T2=， 得：R2=，T2=，粒子在第一
24、次经过y轴到第六次经过y轴的时间t=T1+T2粒子在第一次经过y轴到第六次经过y轴时间内的位移s=6R2；平均速度，方向沿y轴负方向。考点：牛顿第二定律，洛伦兹力的计算等。17如图所示，开口处带有卡环的圆柱形导热气缸，活塞面积S=10，质量m=0.6kg，与气缸密闭接触整个装置开口向上，放在温度为23的室内，缸内被封气体体积为气缸容积的一半现将气缸缓慢倒置至开口向下，取g=10，p0=1.010Pa求稳定后缸内气体的体积和压强【答案】V0；0.8105Pa。【解析】试题分析：取缸内气体为研究对象，气体初状态压强为：P1=P+=1.6105Pa，体积V1=V0/2；设倒置后活塞未与卡环接触，则气体压强为：P2=P0=0.4105Pa，假设此时气体的体积为V2，由玻意尔定律P1V1=P2V2，解得：V2=2V0故假设不成立，故缸内气体体积应为V2=V0此时缸内气体压强满足P2V2=P1V1，解得：P2=0.8105Pa。考点：理想气体状态方程，玻意尔定律。评卷人得分五、作图题（题型注释）评卷人得分六、简答题（题型注释）