1、2015年广东省云浮市四会一中高考物理模拟试卷（三）一、选择题（共4小题，每小题4分，满分16分）1（4分）如图所示，一根轻弹簧上端固定在O点，下端拴一个钢球P，球处于静止状态现对球施加一个方向向右的外力F，使球缓慢偏移，在移动中的每一个时刻，都可以认为钢球处于平衡状态若外力F的方向始终水平，移动中弹簧与竖直方向的夹角90，且弹簧的伸长量不超过其弹性限度，则下图给出的弹簧伸长量x与cos的函数关系图象中，最接近的是（） A B C D 【考点】： 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；胡克定律【专题】： 压轴题；共点力作用下物体平衡专题【分析】： 以小球为研究对象，分析受力情况，由平
2、衡条件和胡克定律得到弹簧的伸长量与cos的关系式，再选择图象【解析】： 解：对小球进行研究，分析受力情况：重力mg、水平外力F和弹簧的弹力f由平衡条件得 f=又由胡克定律得f=kx则有 kx=得 x=由数学知识得知，k、mg一定，x与cos成反比，选项D正确故选D【点评】： 本题是平衡条件与胡克定律的综合应用，分析受力情况是解题的关键，得到解析式再选择图象2（4分）在如图所示的闭合铁芯上绕有一组线圈，与滑动变阻器、电池构成闭合电路，a、b、c为三个闭合金属圆环，假定线圈产生的磁场全部集中在铁芯内，则当滑动变阻器的滑片左、右滑动时，能产生感应电流的金属圆环是（） A a、b两个环 B b、c两个
3、环 C a、c两个环 D a、b、c三个环【考点】： 感应电流的产生条件【分析】： 由题，线圈产生的磁场全部集中在铁芯内，当滑动变阻器的滑片左、右滑动时，线圈中电流将发生改变，产生的磁场随之改变，a、b两环中磁通量会发生改变，即可知道有无感应电流产生而c环中总磁通量为零，保持不变，则知没有感应电流产生【解析】： 解：据题意，线圈产生的磁场全部集中在铁芯内，根据安培定则判断可知，穿过a的磁感线方向向左，穿过b的磁感线向上，a、b两环都有磁通量当滑动变阻器的滑片左、右滑动时，线圈中电流将发生改变，产生的磁场随之改变，a、b两环中磁通量会发生改变，故a、b两环中将产生感应电流而向左和向右穿过c环的磁
4、感线条数相等，完全抵消，总的磁通量为零，不发生变化，故c环中没有感应电流产生故A正确，BCD错误故选A【点评】： 判断有无感应电流产生，要紧扣感应电流产生的条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化，对于有两种磁感线穿过线圈时，要看抵消后总的磁通量是否变化3（4分）假如一颗做匀速圆周运动的人造地球卫星的轨道半径增大到原来的2倍，仍做匀速圆周运动，则（） A 根据公式v=r，可知卫星运动的线速度将增大到原来的2倍 B 根据公式F=m可知卫星所需的向心力将减少到原来的 C 根据公式F=G可知地球提供的向心力将增加到原来的 D 根据上述（B）和（C）给出的公式，可知卫星运动的线速度将减少到原来的【考点】：
5、人造卫星的加速度、周期和轨道的关系【专题】： 人造卫星问题【分析】： 人造卫星做圆周运动，万有引力提供向心力，当轨道半径变化时，万有引力变化，卫星的线速度、角速度、周期随着变化，所以，不能用向心力的表达式来讨论一些物理量的变化注意理解控制变量法【解析】： 解：A、研究卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，=m=m2r=ma=mr当轨道半径变化时，万有引力变化，卫星的角速度=，随着变化，所以，不能用公式v=r讨论卫星的线速度变化，故A错误；B、当轨道半径变化时，万有引力变化，卫星的线速度v=，随着变化，所以不能用公式F=m讨论卫星的向心力变化，故B错误；C、根据公式F=G，可知地球提
6、供的向心力将减少到原来的，故C错误；D、根据上述B和C给出的公式，卫星的线速度v=，可知卫星运动的线速度将减少到原来的，故D正确；故选：D【点评】： 人造卫星做圆周运动，万有引力提供向心力，卫星的线速度、角速度、周期都与半径有关，讨论这些物理量时要找准公式，正确使用控制变量法4（4分）如图所示，小球从竖直砖墙某位置静止释放，用频闪照相机在同一底片上多次曝光，得到了图中1、2、3、4、5所示小球运动过程中每次曝光的位置连续两次曝光的时间间隔均为T，每块砖的厚度为d根据图中的信息，下列判断错误的是（） A 位置“1”是小球释放的初始位置 B 小球做匀加速直线运动 C 小球下落的加速度为 D 小球在
7、位置“3”的速度为【考点】： 匀变速直线运动规律的综合运用【分析】： 小球做的匀加速直线运动，根据相机的曝光的时间间隔相同，由匀变速直线运动的规律可以求得【解析】： 解：由图可以知道每两个相邻的点之间的距离差是一样的，由x=at2 可知，a=，所以BC的说法正确；由于时间的间隔相同，所以2点瞬时速度的大小为1、3之间的平均速度的大小，所以V2=，根据V=V0+at可知点1的速度大小是V1=V2at=T=，所以A错误；点3的瞬时速度的大小为2、4之间的平均速度的大小，所以V3=，所以D正确本题选错误的，故选A【点评】： 中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度的大小，利用这个结论可以很容易的求得
8、物体在某时刻的瞬时速度的大小，对于物理中的一些结论和推论在平时的学习中要掌握住并会用二、双项选择题：本题包括5小题，每小题6分，共30分在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得6分，只选一个且正确的得3分，有选错或不答的得0分5（6分）如图所示，导热性能良好的气缸内用活塞封闭一定质量的空气，气缸固定不动，外界温度恒定一条细线左端连接在活塞上，另一端跨过定滑轮后连接在一个小桶上，开始时活塞静止现在不断向小桶中添加细沙，使活塞缓慢向右移动（活塞始终未被拉出气缸）忽略气体分子间相互作用，则在活塞移动过程中，下列说法正确的是（） A 气缸内气体的分子平均动能变小 B 气缸内气体的
9、压强变小 C 气缸内气体向外放出热量 D 气缸内气体从外界吸收热【考点】： 理想气体的状态方程【专题】： 理想气体状态方程专题【分析】： 以活塞为研究对象，根据力平衡得知气缸内气体的压强逐渐减小，气体体积增大，气体对外界做功由于气缸是导热的，气体的温度与环境相等，保持不变，其内能不变【解析】： 解：A、由于气缸是导热的，气体的温度与环境相等，保持不变，其内能和分子的平均动能不变故A错误；B、气体的体积增大，根据理想气体的状态方程=C可知，气体的压强减小故B正确；C、D、气体的体积增大，气体要对外做功，由于气体的内能不变，根据热力学第一定律E=W+Q可知，气体要从外界吸收热量，故C错误，D正确故
10、选：BD【点评】： 该题结合理想气体的状态方程考查热力学第一定律，解答的关键是运用力学知识分析气体压强如何变化，同时抓住一定质量的理想气体的内能只跟温度有关6（6分）如图所示，在水平放置的平行板电容器之间，有一带电油滴P处于静止状态，若从某时刻起，油滴所带的电荷开始缓慢减小，为维持该油滴仍处于静止状态，可采取下列哪些措施（） A 其他条件不变，使电容器两极板缓慢靠近 B 其他条件不变，使电容器两极板缓慢远离 C 其他条件不变，将变阻器的滑片缓慢向左移动 D 其他条件不变，将变阻器的滑片缓慢向右移动【考点】： 电容器的动态分析；闭合电路的欧姆定律【专题】： 电容器专题【分析】： 带电油滴P原来处
11、于静止状态，电场力与重力平衡，若油滴所带的电荷开始缓慢减小，为维持该油滴仍处于静止状态，电场强度应缓慢增大仅仅改变板间距离，板间场强不变，P将向下运动根据电容器的电压等于电阻R的电压，将变阻器的滑片缓慢向左移动时，电阻R的电压缓慢增大，油滴仍处于静止状态【解析】： 解：A、B带电油滴P原来处于静止状态，电场力与重力平衡使容器两极板缓慢靠近时，由电容器的电压不变，场强增大，油滴所带电量减小，由F=qE电场力可能不变，仍处于静止状态同理，器两极板缓慢远离时，油滴向下运动，故A正确，B错误 C、其他条件不变，将变阻器的滑片缓慢向左移动，变阻器接入电路的电阻减小，电路中电流增大，电阻R的电压增大，电容
12、器的电压缓慢增大，可保持油滴P处于静止状态故C正确 D、其他条件不变，将变阻器的滑片缓慢向右移动，变阻器接入电路的电阻增大，电路中电流减小，电阻R的电压减小，电容器的电压缓慢减小，微粒所受电场力减小，油滴P将向下运动故D错误故选C【点评】： 本题电容器动态变化分析与电路动态变化分析的综合，注意抓住电容器的电压与电阻电压的关系进行分析7（6分）如图所示，一根不可伸长的轻绳两端各系一个小球a和b，跨在两根固定在同一高度的光滑水平细杆上，质量为3m的a球置于地面上，质量为m的b球从水平位置静止释放，当a球对地面压力刚好为零时，b球摆过的角度为下列结论正确的是（） A =90 B =45 C b球摆动
13、到最低点的过程中，重力对小球做功的功率先增大后减小 D b球摆动到最低点的过程中，重力对小球做功的功率一直增大【考点】： 机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力；功率、平均功率和瞬时功率【专题】： 压轴题；机械能守恒定律应用专题【分析】： 假设小球a静止不动，小球b下摆到最低点的过程中只有重力做功，机械能守恒，求出最低点速度，再根据向心力公式和牛顿第二定律列式求解出细线的拉力；对于重力的瞬时功率，可以根据P=Fvcos分析【解析】： 解：A、B、假设小球a静止不动，小球b下摆到最低点的过程中，机械能守恒，有mgR= 在最低点，有Fmg=m 联立解得F=3mg故a小球一直保持静止，假设成立，当小球
14、b摆到最低点时，小球a恰好对地无压力，故A正确，B错误；C、D、小球b加速下降过程，速度与重力的夹角不断变大，刚开始，速度为零，故功率为零，最后重力与速度垂直，故功率也为零，故功率先变大后变小，故C正确，D错误；故选AC【点评】： 本题关键对小球b运用机械能守恒定律和向心力公式联合列式求解，同时结合瞬时功率的表达式P=Fvcos进行判断8（6分）图中虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线，两粒子M、N质量相等，所带电荷的绝对值也相等，现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示点a、b、c为实线与虚线的交点，已知O点电势高于c点若不计重力，则（
15、） A M带负电荷，N带正电荷 B N在a点的速度与M在c点的速度大小相同 C N在从O点运动至a点的过程中克服电场力做功 D M在从O点运动至b点的过程中，电场力对它做的功等于零【考点】： 带电粒子在匀强电场中的运动；电势【专题】： 带电粒子在电场中的运动专题【分析】： 电场线与等势面垂直，由于O点电势高于c点，故匀强电场的场强方向向下；粒子运动的轨迹上每个点的切线就是该点上的速度方向，要判断这个粒子是克服力做功还是在电场力的作用下做正功，只需要画出该点的切线方向，而力的方向必须与速度方向的夹角夹着运动轨迹，即运动轨迹是一定在速度方向和力的方向的夹角里面的！【解析】： 解：A、电场线与等势面
16、垂直，由于O点电势高于c点，故匀强电场的场强方向向下；因为运动轨迹是不可能出现在这个夹角外的，由这点可以直接看出，图中的N受到的电场力是向上的，M受到的电场力是向下的，故N带负电，M带正电，故A错误；B、由于oa和oc间电势差相等，电场力又都是做正功的，根据动能定理，电场力做功相等，故动能增量相等，故B答案正确；C、由于N带负电，电场力向上，故电场力做正功，故C错误；D、由于ob在同一等势面上，故M在从O点运动至b点的过程中，电场力对它做的功等于零，故D正确；故选BD【点评】： 本题关键是根据等势面与电场线垂直，得到匀强电场方向向下，然后结合动能定理分析；同时要注意力的方向必须与速度方向的夹角
17、夹着运动轨迹9（6分）如图所示，一验电器与锌板相连，现用一弧光灯照射锌板一段时间，关灯后，指针保持一定偏角（） A 用一带负电的金属小球与锌板接触，则验电器指针偏角将增大 B 用一带负电的金属小球与锌板接触，则验电器指针偏角将减小 C 使验电器指针回到零，改用强度更大的弧光灯照射锌板相同的时间，验电器的指针偏角将增大 D 使验电器指针回到零，改用强度更大的红外线灯照射锌板，验电器的指针一定偏转【考点】： 光电效应【专题】： 光电效应专题【分析】： 用一弧光灯照射锌板，由于入射光的频率大于极限频率，发生光电效应，有光电子从锌板飞出，锌板失去电子带正电【解析】： 解：A、发生光电效应时，锌板失去电
18、子带正电，用一带负电的金属小球与锌板接触，锌板所带的正电变小，所以验电器指针偏角将减小故A错误，B正确C、入射光的强度影响单位时间内发出光电子的数目，所以锌板所带的正电变多，验电器的指针偏角将增大故C正确D、发生光电效应的条件是入射光的频率大于极限频率，红外线照射不一定发生光电效应，所以指针不一定偏转故D错误故选BC【点评】： 解决本题的关键掌握光电效应的条件，以及知道光的强度影响单位时间内发出光电子的数目三、实验题（18分）10（8分）在利用重锤下落验证机械能守恒定律的实验中：（1）实验中动能的增加量应略小于（选填“大于”、“小于”或“等于”）重力势能的减少量，其主要原因是CA重物下落的实际
19、距离大于测量值 B重物下落的实际距离小于测量值C重物下落受到阻力 D重物的实际末速度大于计算值（2）甲、乙、丙三位同学分别得到A、B、C三条纸带，他们的前两个点间的距离分别是1.0mm、1.9mm、4.0mm那么应该选用乙同学的纸带最为理想，一定存在操作误差的同学是丙，可能的错误原因是先释放重物，后接通电源（或释放纸带初速度不为零等）（3）如图所示，有一条纸带，各点距A点的距离分别为d1，d2，d3，各相邻点间的时间间隔为T，当地重力加速度为g要用它来验证物体从B到G处的机械能是否守恒，则B点的速度表达式为vB=，G点的速度表达式为vG=，若B点和G点的速度vB、vG及BG间的距离h均为已知量
20、，则当满足时，物体的机械能守恒【考点】： 验证机械能守恒定律【专题】： 实验题；机械能守恒定律应用专题【分析】： （1）验证机械能守恒定律的实验时，由于空气阻力以及纸带与限位孔之间的摩擦，物体动能的增加量要小于重力势能的减少量（2）当物体自由下落时，第一、二两点之间的距离为：，由此可得出正确结果（3）根据匀变速直线运动中，时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，可以得出B、G两点的瞬时速度大小，根据功能关系可得出正确表达式【解析】： 解：（1）验证机械能守恒定律的实验时，由于空气阻力以及纸带与限位孔之间的摩擦，物体动能的增加量要小于重力势能的减少量，故ABD错误，C正确故答案为：小于；C（2
21、）当物体自由下落时，第一、二两点之间的距离为：，由此可知乙同学的纸带最为理想，丙同学所得出的纸带，开始两点之间的距离明显大小2mm，着说明他在操作过程中开始打点时，纸带已经具有了速度，可能原因是先释放重物，后接通电源（或释放纸带初速度不为零等）故答案为：乙，丙，先释放重物，后接通电源（或释放纸带初速度不为零等）（3）根据匀变速直线运动中，时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，得出B、G两点的瞬时速度大小分别为：根据功能关系有：即有：故答案为：，【点评】： 答实验问题的关键是明确实验原理，熟练应用物理基本规律，因此这点在平时训练中要重点加强11（10分）在“测定金属丝的电阻率”的实验中：（1
22、）如图所示，用螺旋测微器测量的金属丝直径为0.700mm（2）在用伏安法测量金属丝的电阻（约为10）时，备有下列器材：A量程为00.6A，内阻为0.5的电流表；B量程为03A，内阻为0.1的电流表；C量程为03V，内阻为6k的电压表；D量程为015V，内阻为30k的电压表；E阻值为01k，额定电流为0.5A的滑动变阻器；F阻值为010，额定电流为2A的滑动变阻器；G蓄电池6V；H开关一个，导线若干为了尽可能提高测量精度，且要求测量多组实验数据，电流表应选用A；电压表应选用C；滑动变阻器应选用F（只填字母代号）（3）在答题卡的方框内画出符合要求的实验电路图【考点】： 测定金属的电阻率【专题】：
23、实验题【分析】： （1）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数（2）根据电路最大电流选择电流表，根据电源电压选择电压表，为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器（3）根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后作出实验电路图【解析】： 解：（1）由图示螺旋测微器可知，固定刻度的示数为0.5mm，可动刻度示数为20.00.01mm=0.200mm，螺旋测微器的示数为0.5mm+0.200mm=0.700mm；（2）电源电动势为6V，如果选015V量程的电压表，则读数误差较大，为减小读数误差，电压表应选：C、量程为03V，内阻为6k；通过电阻丝的最大电流约为I=0.3A，电流表
24、应选A、量程为00.6A，内阻为0.5；为方便实验操作，滑动变阻器应选F、阻值为010，额定电流为2A；（3）电压从0开始测量，滑动变阻器应采用分压接法；=20，=600，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示故答案为：（1）0.700；（2）A；C；F；（3）电路图如图所示【点评】： 要掌握实验器材的选取原则、根据题意及待测电阻与电表内阻间的关系确定滑动变阻器与电流表的接法是正确设计实验电路的关键四、计算题（共36分）12（18分）如图所示，等腰直角三角形ACD的直角边长为2a，P为AC边的中点，Q为CD边上的一点，DQ=a在ACD区域内，既有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，
25、又有电场强度大小为E的匀强电场，一带正电的粒子自P点沿平行于AD的直线通过ACD区域不计粒子的重力（1）求电场强度的方向和粒子进入场区的速度大小v0；（2）若仅撤去电场，粒子仍以原速度自P点射入磁场，从Q点射出磁场，求粒子的比荷；（3）若仅撤去磁场，粒子仍以原速度自P点射入电场，求粒子在ACD区域中运动的时间【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）根据正电的粒子在电磁场中做直线运动可以，粒子受力平衡，根据电场力等于洛伦兹力求出初速度；（2）根据洛伦兹力提供向心力公式结合几何关系求解；（3）粒子沿初速度v0方向做
26、匀速直线运动，沿电场方向做匀加速直线运动，根据运动学基本公式结合几何关系求解【解析】： 解：（1）正粒子在场区受力平衡：qE=qv0B解得：根据正粒子所受电场力的方向与场强的方向相同，可知场强的方向由A指向C （2）过Q点作半径OQ，它与CA的延长线交于圆心O，作QHCA，垂足为H，设正粒子做匀速圆周运动的半径为R，则：在直角三角形HOQ中：HO2+HQ2=R2HO=OCHC=（R+a）HQ联立解得：R=3a联立解得：（3）粒子沿初速度v0方向做匀速直线运动：x=v0t粒子沿电场方向做匀加速直线运动：由几何关系：x+y=a=10由=10 得：解得：答：（1）求电场强度的方向和粒子进入场区的速度
27、大小为；（2）粒子的比荷为；（3）粒子在ACD区域中运动的时间为【点评】： 本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，知道若粒子在混合场中做直线运动，则粒子受力平衡，能结合几何关系求解，难度适中13（18分）如图所示，质量M=0.40的靶盒A位于光滑水平导轨上，开始时静止在O点，在O点右侧有范围很广的“相互作用区域”，如图中的虚线区域当靶盒A进入相互作用区域时便有向左的水平恒力F=20N作用在P处有一固定的发射器B，它可根据需要瞄准靶盒每次发射一颗水平速度V0=50m/s、质量m=0.10的子弹，当子弹打入靶盒A后，便留在盒内，碰撞时间极短若每当靶盒A停在或到达O点时，就有一颗子弹进入靶盒A内，求：
28、（1）当第一颗子弹进入靶盒A后，靶盒A离开O点的最大距离（2）当第三颗子弹进入靶盒A后，靶盒A从离开O点到又回到O点所经历的时间（3）当第100颗子弹进入靶盒时，靶盒已经在相互作用区中运动的时间和【考点】： 动量守恒定律；动量定理；动能定理的应用【专题】： 动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合【分析】： （1）第一颗子弹进入靶盒A后，根据碰撞过程系统动量守恒列出等式，再运用动能定理求解（2）根据题意，A在的恒力F的作用返回O点时第二颗子弹正好打入，由于A的动量与第二颗子弹动量大小相同，方向相反，故第二颗子弹打入后，A将静止在O点由系统动量守恒和动能定理求解（3）根据第2问的计算求出总时间【解
29、析】： 解：（1）设第一颗子弹进入靶盒A后，子弹与靶盒的共内速度为v1根据碰撞过程系统动量守恒，有：mv0=（m+M）v1设A离开O点的最大距离为s1，由动能定理有：解得：s1=1.25m（2）根据题意，A在的恒力F的作用返回O点时第二颗子弹正好打入，由于A的动量与第二颗子弹动量大小相同，方向相反，故第二颗子弹打入后，A将静止在O点设第三颗子弹打入A后，它们的共同速度为v3，由系统动量守恒得：mv0=（3m+M）v3设A从离开O点到又回到O点所经历的时间为t，取碰后A运动的方向为正方向，由动量定理得：解得：t=0.5s（3）从第（2）问的计算可以看出，第1、3、5、（2n+1）颗子弹打入A后，A运动时间均为t=0.5s故总时间t总=50t=25s答：（1）当第一颗子弹进入靶盒A后，靶盒A离开O点的最大距离是1.25m（2）当第三颗子弹进入靶盒A后，靶盒A从离开O点到又回到O点所经历的时间是0.5s（3）当第100颗子弹进入靶盒时，靶盒已经在相互作用区中运动的时间和是25s【点评】： 对于碰撞过程，其基本规律动量守恒定律要掌握牢固，并能正确运用能把动量守恒定律和动能定理结合应用
