1、2015年广东省广州市先烈东学校高考物理模拟试卷（二）一、单项选择题1（4分）最近，一则“女子自助加油静电起火点燃油枪”的视频被微信疯转！有关加油时静电起火，下列说法正确的是（） A 加油时可以通过整理衣服导走静电 B 通过加油机接地的金属面板进行操作，不会导走身上的静电 C 加油前可以先通过洗手以消除静电 D 衣服上的静电产生方式属于接触起电【考点】： * 静电的利用和防止【分析】： 在日常生活中，静电现象无处不在，应从实例的原理出发就可以判断出答案【解析】： 解：A、加油时整理衣服，衣物与空气产生摩擦，不仅不会导走静电，还会产生更多的静电故A错误；B、通过加油机接地的金属面板进行操作，会导
2、走身上的静电，故B错误；C、加油前可以先通过洗手，相对于接地，可以消除静电，同时手比较湿润，月不会产生静电故C正确；D、衣服上的静电产生方式属于摩擦起电故D错误故选：C【点评】： 本题考查是关于静电的防止与应用，要求同学们熟练掌握静电的防止与应用的具体实例2（4分）甲乙两辆汽车同时从同一地点由静止出发沿同一直线运动，它们的速度图线如图示，其中，t轴上oa=ab=bc=cd下列说法正确的是（） A 乙车一直做匀变速直线运动 B 两辆汽车在a时刻相距最远 C 乙车在bd时间段的位移和甲车在bd时间段的位移一样大 D 甲车在c时刻被乙车追上【考点】： 匀变速直线运动的图像【专题】： 运动学中的图像专
3、题【分析】： 此题应先分析甲乙物体实际运动情况，后利用图象的物理意义解决问题分析时抓住vt图象的斜率表示加速度，速度的正负表示运动方向，图线与坐标轴所围图形的面积表示位移【解析】： 解：A、对于乙车，Oa沿负方向做匀加速直线运动，ab沿负方向做匀减速直线运动，bd做匀加速直线运动，由于其加速度有变化，所以不是一直做匀变速直线运动，故A错误；BD、在c时刻甲乙速度相同，由“面积法”可知此时两车相距最远，乙车并没有追上甲车，故BD错误C、根据图线与坐标轴所围图形的面积表示位移，由几何知识知，乙车在bd时间段的位移等于甲车在bd时间段的位移，故C正确；故选：C【点评】： 本题是速度时间图象的应用，要
4、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3（4分）惠州金山湖某小区的建设中，建筑工人用轻绳将材料运到高处，如图，使材料与竖直墙壁保持一定的距离L在建筑材料被缓慢提起的过程中，绳AB和CD的拉力F1和F2的大小变化情况是（） A F1增大，F2增大 B F1增大，F2不变 C F1增大，F2减小 D F1减小，F2增大【考点】： 共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【专题】： 共点力作用下物体平衡专题【分析】： 解决此题的关键是抓住题干中的“缓慢上升，物体与墙壁的距离始终保持不变”为突破口，对物体进行受力分析，根据图象结合角度的变化分析力的大
5、小变化情况【解析】： 解：在建筑材料缓慢提起的过程中，其合力保持为零，因物体与墙壁的距离始终保持不变，先明确两点：（1）根据平衡条件得知两绳拉力的合力与物体的重力大小相等、方向相反，保持不变；（2）结点与竖直墙壁保持一定的距离L，在建筑材料被缓慢提起的过程中AC绳绕着点A顺时针旋转，其与竖直方向夹角变大，CD绳绕着点D逆时针旋转，与竖直方向夹角减小然后就用平行四边形定则作出图（2），由图知，两根绳子上的拉力F1和F2均增大故A正确故选：A【点评】： 本题运用图解法分析物体的动态平衡问题，正确分析受力，并运用平衡条件的推论进行分析即可4（4分）一定质量的理想气体由状态A变化到状态B，气体的压强随
6、热力学温度的变化如图所示，则此过程中（） A 气体的密度增大 B 气体对外界做功 C 气体从外界吸收了热量 D 气体分子的平均动能增大【考点】： 热力学第一定律【分析】： 由图象可知，由A到B过程，气体温度不变，压强变大，由玻意耳定律可以判断出气体体积如何变化；气体体积变大，气体对外做功，体积减小，外界对气体做功；温度是分子平均动能的标志，理想气体内能由温度决定【解析】： 解：由图线可知，在从A到B的过程中，气体温度不变，压强变大，由玻意耳定律可知，气体体积变小，VBVA；A、气体质量不变，体积变小，由密度公式可知气体密度变大，故A正确；B、气体体积变小，外界对气体做功，故B错误；C、气体温度
7、不变，内能不变，U=0，外界对气体做功，W0，由热力学第一定律U=Q+W可知：Q0，气体要放出热量，故C错误；D、气体温度不变，分子平均动能不变，故D错误；故选：A【点评】： 根据图象，应用玻意耳定律判断出气体体积如何变化是正确解题的前提与关键，判断气体是吸热还是放热，要注意热力学第一定律的应用二、双项选择题5（6分）在居室装修材料中会放出惰性气体氡，氡会发生放射性衰变放射出射线导致某些疾病，根据有关放射性知识可知，下列说法正确的是（） A 穿透能力最强 B 穿透能力最强 C 射线的电离本领最弱 D 射线的电离本领最强【考点】： X射线、射线、射线、射线及其特性【分析】： 三种射线中，射线的实
8、质是电子流，射线的实质是电磁波，射线的穿透能力最强，射线的电离能力最强【解析】： 解：A、三种射线中的射线电离性强，穿透能力最强最差；穿透能力最强，电离本领最弱故BC正确，AD错误；故选：BC【点评】： 该题考查三种射线的特点，解决本题的关键知道、射线的特点，知道射线电离性强，穿透能力最强最差；穿透能力最强，电离本领最弱即可6（6分）至今为止，我国北斗导航系统（BDS）已经全部完成了第二阶段的卫星发射任务，共有16颗卫星在工作，其中包括5颗地球静止轨道卫星，有关这16颗卫星，下列说法正确的是（） A 卫星的质量可以都不相同 B 卫星的绕行方向可以都不相同 C 卫星的轨道半径可以都不相同 D 5
9、颗地球静止轨道卫星轨道平面都相同【考点】： 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】： 了解同步卫星的含义，即同步卫星的周期必须与地球自转周期相同物体做匀速圆周运动，它所受的合力提供向心力，也就是合力要指向轨道平面的中心通过万有引力提供向心力，列出等式通过已知量确定未知量【解析】： 解：A、卫星的质量可以都不相同，故A正确；B、5颗地球静止轨道卫星，卫星的周期必须与地球自转周期相同，与地球相对静止，所以卫星的绕行方向相同，故B错误；C、根据万有引力提供向心力，列出等式：=mr，r=R+h，由于同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，所以T为一定值，根据上面等式得出：5颗
10、地球静止轨道卫星的轨道半径相同故C错误；D、5颗地球静止轨道卫星，它若在除赤道所在平面外的任意点，假设实现了“同步”，那它的运动轨道所在平面与受到地球的引力就不在一个平面上，这是不可能的所以我国发射的同步通讯卫星必须定点在赤道上空，故D正确；故选：AD【点评】： 地球质量一定、自转速度一定，同步卫星要与地球的自转实现同步，就必须要角速度与地球自转角速度相等，这就决定了它的轨道高度和线速度7（6分）阻值不计的矩形线圈在匀强磁场中，绕垂直于磁感线的轴匀速转动，线圈两端的电压随时间的变化规律如图所示则下列说法中正确的是（） A 线圈两端电压的平均值为10V B 电压表连接在线圈两端时，其示数为20V
11、 C 在0.01s时，线圈平面与磁场垂直 D 当接外电路时，线圈内的电流方向1s内改变100次【考点】： 交流的峰值、有效值以及它们的关系【专题】： 交流电专题【分析】： 从图象得出电动势最大值、周期，从而算出频率、角速度、有效值；磁通量最大时电动势为零，磁通量为零时电动势最大【解析】： 解：A、线圈两端电压的平均值为为一段时间内的数值，在时间不知道的情况下不可以求解，故A错误；B、电表示数为有效值，电压有效值为，故B错误C、t=0.01s时，电动势为零，线圈平面与磁场方向垂直，C正确；D、A、由图象知周期T=0.02s，一个周期电流方向变化两次呢，故1内变化100次，故D正确故选：CD【点评
12、】： 本题考查了对交流电图象的认识，要具备从图象中获得有用信息的能力，注意电表读数为有效值8（6分）如图所示，导线所围区域内有一垂直纸面向里的变化的匀强磁场，磁感强度按下列哪一图线所表示的方式随时间变化时，导体圆环将受到向上的磁场作用力（） A B C D 【考点】： 楞次定律【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： abcd回路中磁场变化，会产生感应电流，感应电流提供线圈，在线圈中会产生磁场，产生的磁场通过导体圆环，根据楞次定律的另一种表述，感应电流的效果总是要反抗（或阻碍）产生感应电流的原因判断出原磁场是增加还是减小，从而判断出电流是增加还是减小【解析】： 解：导体圆环将受到向上的磁场作用
13、力，根据楞次定律的另一种表述，可见原磁场磁通量是减小，即螺线管和abcd构成的回路中产生的感应电流在减小根据法拉第电磁感应定律，E=NS，则感应电流I=，可知减小时，感应电流才减小A选项减小，B选项也减小，C、D选项不变所以A、B正确，C、D错误故选：AB【点评】： 解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律和楞次定律的另一种表述，注意理解磁通量与磁通量的变化，及磁通量变化率的区别9（6分） 如图所示，半径为R的光滑圆弧槽固定在小车上，有一小球静止在圆弧槽的最低点小车和小球一起以速度v向右匀速运动当小车遇到障碍物突然停止后，小球上升的高度可能是（） A 等于 B 大于 C 小于 D 与小车的速度v无
14、关【考点】： 机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力【专题】： 机械能守恒定律应用专题【分析】： 小球和车有共同的速度，当小车遇到障碍物突然停止后，小球由于惯性会继续运动，在运动的过程中小球的机械能守恒，根据机械能守恒可以分析小球能达到的最大高度【解析】： 解：小球和车有共同的速度，当小车遇到障碍物突然停止后，小球由于惯性会继续运动，小球冲上圆弧槽，则有两种可能，一是速度较小，滑到某处小球速度为0，根据机械能守恒此时有mV2=mgh，解得h=，另一可能是速度较大，小球滑出弧面做斜抛，到最高点还有水平速度，则此时小球所能达到的最大高度要小于故选AC【点评】： 本题需要注意的是小球的运动有两种可能的
15、情况，一是速度较小，小球的动能可以全部转化为势能，二是速度较大，小球还有一定的动能没有转化成势能，此时的高度就要小了三、非选择题10（8分）用如图1实验装置验证m1、m 2组成的系统机械能守恒图3给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个打下的点（图中未标出），计数点间的距离如图3所示已知m1=50g、m2=150g，则（计算结果保留两位有效数字）在纸带上打下记数点5时的速度v=2.4m/s；这个实验需要验证机械能守恒的公式为：（m1+m2）v2=（m2m1）gh在记数点05过程中系统动能的增量EK=0.58J为了简化计算，设g=10m/s2，则系统势能的减少量
16、EP=0.60J；在本实验中，若某同学作出了v2h图象如图2，h为从起点量起的长度，则据此得到当地的重力加速度g=9.7m/s2【考点】： 验证机械能守恒定律【专题】： 实验题【分析】： 根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出点5的瞬时速度根据系统的重力势能减小量和动能增加量分析求解根据点5的瞬时速度求出系统动能的增加量，根据下落的高度求出系统重力势能的减小量根据机械能守恒定律得出v2h的关系式，根据图线的斜率得出重力加速度的值【解析】： 解：由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中
17、的平均速度，可知打第5个点时的速度为：v5=2.4m/s，系统的重力势能的减小量：EP=（m2m1）gh 系统的动能的增加量EK=（m1+m2）v2，所以这个实验需要验证机械能守恒的公式为（m1+m2）v2=（m2m1）gh物体的初速度为零，所以动能的增加量为：EK=（m1+m2）v52=0.22.42J=0.58 J重力势能的减小量等于物体重力做功，故：EP=W=mgh=0.60J；本题中根据机械能守恒可知，（m1+m2）v2=（m2m1）gh，即有：v2=gh，所以v2h图象中图象的斜率k=g=，由图可知当地的实际重力加速度g=9.7m/s2故答案为：2.4（m1+m2）v2=（m2m1）
18、gh 0.58、0.60 9.7【点评】： 本题全面的考查了验证机械能守恒定律中的数据处理问题，要熟练掌握匀变速直线运动的规律以及功能关系，增强数据处理能力11（10分）用伏安法测量一定值电阻的实验，所用的器材及规格如下：待测电阻RX（约5）直流毫安表（量程00.6A，内阻约2）直流电压表（量程03V，内阻约5k）直流电源（输出电压3V，内阻可不计）滑动变阻器（020，允许最大电流1A）电键一只，导线若干根据所给器材的规格和实验要求，设计电路，并在图甲和图乙中补画出正确的连接线实验开始时滑动变阻器的滑片应滑到右侧如图丙某次测量过程中电压表的读数2.26V，电流表的读数0.42A使用这个电路测量
19、电阻值偏小（“偏大”或“偏小”）【考点】： 描绘小电珠的伏安特性曲线【专题】： 实验题【分析】： 根据实验要求确定实验电路的接法，重点明确电流表内外接法的选择；根据原理图明确对应的实物图；根据实验安全确定滑动变阻器开始时的位置；根据电表量程确定最小分度，则可得出对应的读数；根据电表内阻对电路的影响，由欧姆定律确定误差【解析】： 解：由图可知，本题中采用分压接法，因待测电阻阻值与电流表的内阻接近，属于小电阻，故应采用电流表外接法；根据实物图得出对应的电路图如图所示；为了实验安全，开始时应使测量电路两端的电压为零；故滑动变阻器的滑片滑到最右侧；电流表采用0.6A的量程，最小分度为0.02A，故读数
20、为0.42A；电压表量程为3V，最小分度为0.1V，故读数为2.26V；因测量电路采用电流表外接法，因为电压表的分流，使电流表示数偏大，由欧姆定律可知，测量值偏小；故答案为：如图所示；右；2.26，0.42；偏小【点评】： 本题考查了实验电路图的确定、电表的读数及误差分析，要注意明确内外接法、滑动变阻器分压和限流接法的正确选择12（18分）如图，直角三角形OAC（a=30）区域内有B=0.5T的匀强磁场（边界没有磁场），方向如图所示两平行极板M、N接在电压为u的直流电源上，左板为高电势一带正电的粒子从靠近M板由静止开始加速，从N板的小孔射出电场后，垂直OA的方向从P点进入磁场中带电粒子的比荷为
21、=105C/kg，OP间距离为L=0.3m全过程不计粒子所受的重力，则：（1）若加速电压U=125V，求粒子进入磁场是的速度大小（2）在（1）的条件下，通过计算说明粒子从三角形OAC的哪一边离开磁场？（3）求粒子分别从OA、OC边离开磁场时粒子在磁场中运动的时间【考点】： 带电粒子在匀强磁场中的运动【专题】： 带电粒子在磁场中的运动专题【分析】： （1）粒子在电场中加速，根据动能定理计算受到的大小；（2）设粒子经电场加速后的速度为v，根据动能定理即可求得，再根据洛仑兹力提供向心力及几何关系即可求解；（3）粒子在磁场中做圆周运动，根据圆周运动的周期公式与运动轨迹对应的圆心角即可解题【解析】： 解
22、：（1）由动能定理有：qU=mv2代入数据解得：v=5103m/s （2）如图所示，当带电粒子的轨迹与OC边相切时为临界状态，则有：R+=L 代入数据解得：R=0.1m 电荷磁场中有：qvB=m代入数据解得：R=0.1m 由于R=R，又边界处没有磁场，粒子从刚好能从OC边射出（3）带电粒子在磁场做圆周运动的周期为：T=4105s 当粒子从OA边射出时，粒子在磁场中恰好运动了半个周期，有：t1=2105s 当粒子从OC边射出时，粒子在磁场中运动的时间小于周期，有：t2T=105s 答：（1）粒子进入磁场是的速度大小为5103m/s；（2）粒子从三角形OAC的OC边离开磁场；（3）粒子分别从OA、
23、OC边离开磁场时粒子在磁场中运动的时间【点评】： 本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通过受力情况分析粒子的运动情况，熟练掌握圆周运动及平抛运动的基本公式，难度适中13（18分）如图，AB平台末端有挡板，一个被压缩弹簧末端连接挡板，一端与一个质量为m=0.5kg的小球接触，小球一开始静止于A点，AB之间的距离S=1m，小球与平台动摩擦因素为u1=0.2，CD为半径等于r=0.4竖直放置的光滑细圆管，O为细圆管的圆心，CO与竖直线的夹角为45；一上表面粗糙木板DE放在光滑水平面上，末端与光滑斜面DE通过长度可忽略的光滑圆弧连接现释放弹簧，弹簧的弹性势
24、能全部转化为小球的动能，从B点水平抛出，恰好能垂直于OC从C点进入细圆管，小球从进入小球从进入圆管开始受到始终竖直向上的力F=5N的作用，当小球运动到圆管的末端C时作用力F立即消失，能平滑的冲上粗糙长木板DE，已知DE的长度L=1m，斜面高度h=0.2m，DEF质量M=1.5kg（1）小球在B点水平抛出的初速度v0；（2）弹簧一开始具有的弹性势能；（3）要使小球在EF上与M达到共同速度，求小球与长木板DE的动摩擦因素的取值范围【考点】： 动能定理；平抛运动【专题】： 动能定理的应用专题【分析】： （1）小球从B运动到C为平抛运动，由平抛运动的规律求解小球在B点水平抛出的初速度v0（2）对小球从
25、A运动到B运用动能定理，可求出弹力做功，从而根据功能关系求弹簧一开始具有的弹性势能（3）小球在木板上运动过程，水平方向动量守恒，能量也守恒，根据球恰好在E点与M达到共同速与恰好在F点与M达到共同速度两种情况，由动量守恒和能量守恒列式，可求解【解析】： 解：（1）小球从B运动到C为平抛运动，有： rsin45=v0t在B点，有：tan45解以上两式得：v0=2m/s（2）对小球从A运动到B运用动能定理，可得W1mgs=又由功能关系有：Ep=W代入数据可得弹簧一开始具有的弹性势能为 Ep=2J （3）在c 点据平抛运动的速度规律有：vc=小球在管中的受力分析为三个力：由于重力与外加的力F平衡，故小
26、球所受的合力仅为管的外轨对它的压力，得小球在管中做匀速圆周运动 vD=vC小球最终于M达到共同速度，取向右为正方向，由动量守恒定律得 mvD=（M+m）v共（ I）球恰好在E点与M达到共同速度，由能量守恒得 mgL=可得 =0.3（ II）若小球恰好在F点与M达到共同速度，有 mgL+mgh=可得 =0.1综上所述，小球与长木板DE的动摩擦因素的取值范围为0.10.3答：（1）小球在B点水平抛出的初速度v0为2m/s（2）弹簧一开始具有的弹性势能为2J；（3）要使小球在EF上与M达到共同速度，小球与长木板DE的动摩擦因素的取值范围为0.10.3【点评】： 本题是力学综合题，关键要正确分析物体的运动过程，把握每个过程的物理规律对于物体在水平轨道上运动过程，要抓住两大守恒：动量守恒和能量守恒建立方程