1、2015年广东省东莞市东华中学高考物理模拟试卷（三）一、单项选择题：本题包括4小题，每小题4分，共16分每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求多选、错选均不得分1（4分）以下关于物质的微观解释正确的是（） A 气体对容器的压强是大量气体分子对容器的碰撞引起的，它跟气体的重力有关 B 用气筒给自行车打气，越压缩越费劲，这是因为气体分子之间斥力变大 C 由于液体分子的热运动，液体会表现出各向同性 D 当两分子间距离大于平衡位置的间距r0时，随着分子间的距离增大，分子引力先增大后减小【考点】： 封闭气体压强；分子的热运动；分子间的相互作用力【分析】： 利用温度是平均动能的标志和压强的微观解
2、释，取决于分子的密集程度和分子的平均动能；用气筒给自行车打气时，由于气体分子产生的压强而使我们越打越费劲；由于液体分子的热运动，分子位置不固定，会表现为各向同性；分子引力和斥力都是随距离增大而减小；【解析】： 解：A、气体对密闭容器的压强是大量气体分子对容器的碰撞引起的，取决于分子的密集程度和分子的平均动能，与气体重力无关故A错误；B、气体分子间距较大，很难达到分子间作用力的范围内，打气时我们克服的是气体压强的作用，故B错误；C、由于液体分子的热运动，分子位置不固定，会表现为各向同性，故C正确；D、无论在任何位置，只要分子间距增大，分子引力和斥力都减小，故D错误故选：C【点评】： 该题易错点在
3、于气体分子压强的微观解释，注意压强的相关因素是分子的密集程度和分子的平均动能；其次是关于液体的各向同性解释，各向同性的形成是由于分子排列的无规则性造成的2（4分）运用光子说对光电效应现象进行解释，可以得出的正确结论是（） A 当光照时间增大为原来的2倍时，光电流的强度也增大为原来的2倍 B 当入射光频率增大为原来的2倍时，光电子的最大初动能也增大为原来的2倍 C 当入射光波长增大为原来的2倍时，光电子的最大初动能也增大为原来的2倍 D 当入射光强度增大为原来的2倍时，单位时间内产生的光电子数目也增大为原来的2倍【考点】： 光电效应【专题】： 光电效应专题【分析】： 当入射光的频率大于金属的极限
4、频率，就会发生光电效应根据光电效应方程判断影响光电子最大初动能的因素【解析】： 解：A、根据爱因斯坦光电效应方程，EK=hW，可知，当入射频率提高2倍时，产生光电子的最大初动能大于原来的两倍；与照射的时间无关故A错误，B错误；C、根据爱因斯坦光电效应方程，EK=hW=，当入射光波长增大为原来的2倍时，光电子的最大初动能减小故C错误；D、当入射光强度增大为原来的2倍时，单位时间内的光子数是原来的2倍，所以单位时间内产生的光电子数目也增大为原来的2倍故D正确故选：D【点评】： 解决本题的关键知道光电效应的条件，以及知道影响光电子最大初动能的因素，并掌握相同光强下，频率越高的，光子数目越少3（4分）
5、如图所示，质量为m的铜质小闭合线圈静置于粗糙水平桌面上，当一个竖直放置的条形磁铁贴近线圈，沿线圈中线由左至右从线圈正上方等高、匀速经过时，线圈始终保持不动则关于线圈在此过程中受到的支持力FN和摩擦力f的情况，以下判断正确的是 （） A FN先大于mg，后小于mg B FN一直大于mg C f先向左，后向右 D 线圈中的电流方向始终不变【考点】： 楞次定律【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： 当磁铁靠近线圈时和远离线圈时，穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中产生感应电流，线圈受到安培力作用，根据楞次定律，安培力总是阻碍导体与磁体间的相对运动，分析线圈受到的安培力方向，再分析支持力N和摩擦力f的情
6、况【解析】： 解：A、B、当磁铁靠近线圈时，穿过线圈的磁通量增加，线圈中产生感应电流，线圈受到磁铁的安培力作用，根据楞次定律可知，线圈受到的安培力斜向右下方，则线圈对桌面的压力增大，即N大于mg线圈相对桌面有向右运动趋势，受到桌面向左的静摩擦力故A正确，B错误C、当磁铁远离线圈时，穿过线圈的磁通量减小，线圈中产生感应电流，线圈受到磁铁的安培力作用，根据楞次定律可知，线圈受到的安培力斜向右上方，则线圈对桌面的压力减小，即N小于mg线圈相对桌面有向右运动趋势，受到桌面向左的静摩擦力故C错误，D、当磁铁靠近线圈时，穿过线圈的磁通量增加，线圈中产生感应电流从上向下看是逆时针方向；当磁铁远离线圈时，穿过
7、线圈的磁通量减小，线圈中产生感应电流从上向下看是顺时针方向，故D错误故选：A【点评】： 本题应用楞次定律的第二种表述判断，也可以运用楞次定律、左手定则、安培则进行判断基础题4（4分） 目前，我市每个社区均已配备了公共体育健身器材图示器材为一秋千，用两根等长轻绳将一座椅悬挂在竖直支架上等高的两点由于长期使用，导致两根支架向内发生了稍小倾斜，如图中虚线所示，但两悬挂点仍等高座椅静止时用F表示所受合力的大小，F1表示单根轻绳对座椅拉力的大小，与倾斜前相比（） A F不变，F1变小 B F不变，F1变大 C F变小，F1变小 D F变大，F1变大【考点】： 共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【
8、专题】： 共点力作用下物体平衡专题【分析】： 木板静止时，受重力和两个拉力而平衡，根据共点力平衡条件并结合正交分解法列式分析即可【解析】： 解：木板静止时，受重力和两个拉力而平衡，故三个力的合力为零，即：F=0；根据共点力平衡条件，有：2F1cos=mg解得：F1=由于长期使用，导致两根支架向内发生了稍小倾斜，故图中的角减小了，故F不变，F1减小；故选：A【点评】： 本题是简单的三力平衡问题，关键是受力分析后运用图示法分析，不难二、双项选择题：本题包括5小题，每小题6分，共30分每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求全选对得6分，只选1个且正确得3分，错选、不选得0分5（6分）某人驾驶
9、汽车飞越河流，汽车从最高点开始到着地为止这一过程可以看作平抛运动记者从侧面用照相机通过多次曝光，拍摄到汽车经过最高点以后的三幅运动照片，如图所示，相邻两次曝光时间间隔相等，已知汽车的长度为L，则（） A 从左边一幅照片可以推算出汽车的水平分速度的大小 B 从右边一幅照片可以推算出汽车的水平分速度的大小 C 从左边一幅照片可以推算出汽车曾经到达的最大高度 D 从中间一幅照片可推算出汽车的水平分速度大小和汽车曾经到达的最大高度【考点】： 平抛运动【专题】： 平抛运动专题【分析】： 平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，结合平抛运动的规律和匀变速直线运动的公式和推论进行分析
10、【解析】： 解：A、平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，测量出两车间的（如车头到车头之间的）水平距离，通过比例法得出实际的水平位移，根据竖直方向上的位移之差为一恒量可以求出相等的时间间隔，结合时间间隔，求出水平分速度的大小故A正确B、水平间距不相等 而曝光时间相等，可知 汽车到达地面后做减速运动，而 第一次曝光时 汽车是否正好到达地面不得而知，这段水平位移差 是否为匀速运动不得而知，所以不可推算出汽车的水平分速度故B错误C、平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，根据竖直方向上某段时间的内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出左图中间时刻的竖直分速度，结合速度时间公式求出运动的时间，从而根据位移时间
11、公式求出下降的高度，但是无法求出汽车曾经到达的最大高度故C错误D、由于最下面一辆车没有落地，根据竖直方向上平均速度推论求出中间时刻的竖直分速度，求出汽车下落的高度，但是无法得出汽车曾经的最大高度故D错误故选：A【点评】： 解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式进行分析求解6（6分）以下是物理学史上3个著名的核反应方程UTh+y y+Nx+O y+Bez+Cx、y和z是三种不同的粒子，下列说法正确的是（） A x是粒子 B x是质子 C z是电子 D z是中子【考点】： 裂变反应和聚变反应【专题】： 衰变和半衰期专题【分析】： 通过电荷数守恒、质量数守恒得出z
12、的电荷数和质量数，从而确定x、y、z是何种粒子【解析】： 解：A、UTh+y 中，y的质量数是：238234=4，电荷数是：9290=2，所以y是粒子；故A错误；B、y+Nx+O 中，x的质量数是：4+1417=1，电荷数是：2+78=1，所以x是质子故B正确；C、D、y+Bez+C中，z的质量数是：4+912=1，电荷数是：2+46=0，所以z是中子故C错误，D正确故选：BD【点评】： 该题考查常见的核反应方程，解决本题的关键知道核反应方程电荷数守恒、质量数守恒7（6分）某交流电电路中，有一正工作的变压器，它的原线圈匝数n1=600匝，电源电压为U1=220V，原线圈串联一0.2A的保险丝，
13、副线圈n2=120匝，为保证保险丝不烧断，则（） A 负载功率不能超过44W B 副线圈电流最大值不能超过1A C 副线圈电流有效值不能超过1A D 副线圈电流有效值不能超过0.2A【考点】： 变压器的构造和原理；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率【专题】： 交流电专题【分析】： 根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，结合保险丝得额定电流计算出副线圈中允许的最大电流和功率【解析】： 解：原、副线圈的匝数分别为n1=600匝、n2=120匝，电源的电压为U1=220V，所以副线圈电压是=44V，根据电流与匝数反比，副线圈允许的电流有效值最大为=1A，所以负载功率不能超过P=UI=441=4
14、4W，故AC正确，BD错误；故选：AC【点评】： 本题考查了变压器的特点，突破口在于保险丝的数值，结合欧姆定律进行判断8（6分）据英国卫报网站2015年1月6日报道，在太阳系之外，科学家发现了一颗最适宜人类居住的类地行星，绕恒星橙矮星运行，命名为“开普勒438b”假设该行星与地球绕恒星均做匀速圆周运动，其运行的周期为地球运行周期的p倍，橙矮星的质量为太阳的q倍 则该行星与地球的（） A 轨道半径之比为 B 轨道半径之比为 C 线速度之比为 D 线速度之比为【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】： 地球和“开普勒438b”公转的向心力均由万有引力提供，根据牛顿
15、第二定律列式求解出周期和向的表达式进行分析即可【解析】： 解：A、B、行星公转的向心力由万有引力提供，根据牛顿第二定律，有：G=m解得：R=该行星与地球绕恒星均做匀速圆周运动，其运行的周期为地球运行周期的p倍，橙矮星的质量为太阳的q倍，故：=故A正确，B错误；C、D、根据v=，有：=；故C正确，D错误；故选：AC【点评】： 本题关键是明确行星工作的向心力来源，结合牛顿第二定律列式分析即可，基础题目9（6分）图甲是小型交流发电机的示意图，在匀强磁场中，一矩形金属线圈绕与磁场方向垂直的轴匀速转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图乙所示发电机线圈内阻为10，外接一只电阻为90的灯泡，不计电路
16、的其他电阻，则（） A t=0时刻线圈平面处于中性面 B 每秒钟内电流方向改变100次 C 灯泡两端的电压为22V D 00.01s时间内通过灯泡的电量为0【考点】： 交流发电机及其产生正弦式电流的原理；正弦式电流的图象和三角函数表达式【专题】： 交流电专题【分析】： 当线框经过中性面时通过线圈的磁通量最大感应电动势最小为零由题图乙可知交流电电动势的周期，即可求解角速度线框每转一周，电流方向改变两次【解析】： 解：A、由图象乙可知t=0时感应电动势为零，处于中性面上，故A正确；B、由题图乙可知周期T=0.02s，线框每转一周，电流方向改变两次，每秒电流方向改变100次，故B正确；C、由题图乙可
17、知交流电电动势的最大值是Em=31.1v，有效值为：E=22V，根据闭合电路的分压特点得电压表的示数为：U=22V=19.8V，故C错误；D、根据q=得：00.01s时间内通过灯泡的电量为q=Em=Bs=Bs=100Bs 代入数据 联立得：q=0.00198c，故D错误；故选：AB【点评】： 本题是准确理解感应电动势与磁通量的变化，知道磁通量最大时，感应电动势反而最小明确线框每转一周，电流方向改变两次能从图象读取有效信息三、实验题10（6分）某实验小组采用1图所示的装置探究“动能定理”（1）在小车沿木板滑行的过程中，除细绳的拉力对其做功以外，还有阻力做功，这样便会给实验带来误差你的解决的办法是
18、：将木板右侧垫高平衡摩擦力（2）实验的部分步骤如下，但有的不完善，请在空格处补充完善其步骤在小车中放人砝码，把纸带穿过打点计时器，连在小车后端，用细线连接小车和钩码；将小车停在打点计时器附近，接通打点计时器电源，释放小车，小车拖动纸带，打点计时器在纸带上打下一列点，关闭电源，取下纸带；改变钩码或小车中砝码的数量，更换纸带，重复的操作某次试验中得到如图2所示的一条纸带，长度单位cm，则小车运动的加速度大小为1.50m/s2（结果保留三位有效数字）【考点】： 探究功与速度变化的关系【专题】： 实验题【分析】： （1）小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，则应该用重力的下
19、滑分量来平衡摩擦力，故可以将长木板的一段垫高；（2）明确实验原理，了解具体操作，接通电源与释放纸带（或物体）的先后顺序根据实验情况总结得出；由逐差法求解加速度【解析】： 解：I、（1）小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，则应该用重力的下滑分量来平衡摩擦力，故可以将长木板的一段垫高，减摩擦力；（2）本实验应先接通电源，后释放纸带，这样才能保证纸带的大部分距离上都打上了点，才能充分利用整个纸带，最后实验完毕，关闭电源由图可知，两点间还有一个点，故时间间隔t=2T=0.04s；由逐差法可得，加速度a=150cm/s=1.50m/s2；故答案为：（1）将木板右侧垫高平衡摩
20、擦力释放小车 关闭电源 1.50【点评】： 本题考查验证动能定理的实验，要了解实验的具体操作细节，要加强实验的实际操作，不能单凭背实验来解答实验问题；11（12分）为研究小灯泡的伏安曲线的特性，选用小灯泡额定值为“3.0V，1.2W”，实验中有仪器：安培表、伏特表、电键、滑动变阻器、坐标纸、导线（1）为使加在小灯泡的电压从零开始，能在较大的范围调节，滑动变阻器应采用怎样连接？画出相关的电路图（2）请根据你画的电路图，把图中的实验器材连成符合要求的实验电路（3）为使读数误差尽可能小，电压表的量程应选用3V档，电流表的量程应选用0.6档，为保证实验安全，测量范围不能超过3V和0.4A，开始做实验闭
21、合S前，应把P移到D端【考点】： 描绘小电珠的伏安特性曲线【专题】： 实验题【分析】： 根据灯泡电阻与电表内阻的关系确定电流表的接法；电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法根据额定电压和额定电流选择电表量程【解析】： 解：（1）电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，小灯泡电阻远小于电压表内阻，所以电流表应采用外接法，实验原理图如图所示：（2）根据电路图，把图中的实验器材连成符合要求的实验电路（3）选用小灯泡额定值为“3.0V，1.2W”，额定电压U=3V，所以电压表的量程应选用3V挡，额定电流I=0.4A，所以电流表的量程应选用0.6A档，为保证实验安全，测量范围不能超过
22、3V和0.4A，开始做实验闭合S前，应把P移到D端故答案为：（1）如图（2）如图（3）3；0.6 3；0.4 D【点评】： 要根据待测电阻与电表内阻的关系确定电流表的接法；电压与电流需要从零开始变化时，滑动变阻器必须采用分压接法四、计算题12（15分）如图所示，平板小车C静止在光滑的水平面上现有A、B两个小物体（可视为质点），分别从小车C的两端同时水平地滑上小车初速度vA=0.6m/s，vB=0.3m/s，A、B与C间的动摩擦因数都是=0.1A、B、C的质量都相同最后A、B恰好相遇而未碰撞且A、B、C以共同的速度运动g取10m/s2求：（1）A、B、C共同运动的速度（2）B物体相对于地向左运动
23、的最大位移（3）小车的长度【考点】： 动量守恒定律；动能定理【专题】： 动量定理应用专题【分析】： （1）以A、B两物体及小车组成的系统为研究对象，由动量守恒定律可以求出它们的共同速度；（2）B向左减速到0时向左的位移最大，由动能定理得B物体相对于地向左运动的最大位移；（3）要想使物体A、B不相碰，A、B相对于小车的位移大小之和等于车的长度，对三个物体组成的系统，应用能量守恒定律求出小车的长度【解析】： 解：（1）以A、B两物体及小车组成的系统为研究对象，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得： mvAmvB+0=3mv，解得：m/s，方向向右（2）B向左减速到0时向左的位移最大，对B由动
24、能定理得：所以：m（3）设小车的长度至少L，根据系统能量守恒得 mgL= 代入数据解得，L=0.21m答：（1）A、B、C共同运动的速度为0.1m/s，方向向右；（2）B物体相对于地向左运动的最大位移是0.045m；（3）小车的长度至少是0.21m【点评】： 该题中的情景相对比较经典，熟练应用动量守恒定律、动量定理和能量守恒定律是正确解题的关键；解题时要分析清楚运动过程13（21分）如图所示，电阻不计的平行的金属导轨间距为L，下端通过一阻值为R的电阻相连，宽度为x0的匀强磁场垂直导轨平面向上，磁感强度为B一电阻不计，质量为m的金属棒获得沿导轨向上的初速度后穿过磁场，离开磁场后继续上升一段距离后
25、返回，并匀速进入磁场，金属棒与导轨间的滑动摩擦系数为，不计空气阻力，且整个运动过程中金属棒始终与导轨垂直（1）金属棒向上穿越磁场过程中通过R的电量q；（2）金属棒下滑进入磁场时的速度v2；（3）金属棒向上离开磁场时的速度v1；（4）若金属棒运动过程中的空气阻力不能忽略，且空气阻力与金属棒的速度的关系式为f=kv，其中k为一常数在金属棒向上穿越磁场过程中克服空气阻力做功W，求这一过程中金属棒损耗的机械能E【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【分析】： （1）根据电量与电流的关系、法拉第电磁感应定律和欧姆定律求解电量（2）金属棒下滑进入磁场时做匀速运动，受力平衡，由平衡条
26、件和安培力与速度的关系，求解速度v2（3）对于金属棒离开磁场的过程，分上滑和下滑两个过程，分别运用动能定理列式，即可求得速度v1（4）金属棒损耗的机械能E等于克服安培力、空气阻力和摩擦力做功，由安培力与速度的关系式得到克服安培力做功，即可求得【解析】： 解：（1）金属棒向上穿越磁场过程中通过R的电量为：q=t=；（2）导体棒返回磁场处处于平衡状态，则有：mgsin=mgcos+BIL又 I=联立得：v2=；（3）对于金属棒离开磁场的过程，设上滑的最大距离为s，由动能定理得： 上滑有：（mgsin+mgcos）s=0 下滑有：（mgsinmgcos）s=解得：v1=v2=；（4）设金属棒克服安培力做功为W安 因f=kv，F安=所以F安=则得：W安=W根据功能关系得金属棒损耗的机械能为：E=mgcosx0+W安+W=mgcosx0+W+W答：（1）金属棒向上穿越磁场过程中通过R的电量q为；（2）金属棒下滑进入磁场时的速度v2为（3）金属棒向上离开磁场时的速度v1为（4）金属棒损耗的机械能E为mgcosx0+W+W【点评】： 电磁感应现象中产生的电量表达式q=和安培力表达式F安=，都是经常用到的经验公式，要学会推导
