1、2015年广东省揭阳二中高考物理模拟试卷（二）一、单项选择题（本大题共4小题，每小题4分，共16分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分）1（4分）物理学在历史长河的发展中，有许多伟大的科学家做出了贡献关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是（） A 伽利略发现了行星运动的规律 B 牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因 C 楞次发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕 D 法拉第最出色的成就是电磁感应的发现和场的概念的提出【考点】： 物理学史【分析】： 根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可【解析】： 解：A、开普勒发现
2、了行星运动的规律，故A错误B、伽利略最早指出力不是维持物体运动的原因，故B错误C、奥斯特发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕，故C错误D、法拉第最出色的成就是电磁感应的发现和场的概念的提出故故D正确故选：D【点评】： 解答本题的关键是掌握力学常见的物理学史，了解牛顿、伽利略等等著名科学家的成就2（4分）汽车在水平路面上从静止开始加速启动的vt图，汽车所受的阻力恒定不变，根据图象信息，我们能够判断（） A 0t1内，汽车牵引力保持不变 B 0t1内，汽车牵引力可能增大 C 0t1内，发动机输出功率恒定不变 D 发动机输出功率一定增大【考点】： 功率、平均功率和瞬时功率【专题】： 功
3、率的计算专题【分析】： 在vt图象中，斜率代表加速度，根据牛顿第二定律可以判断出牵引力，根据P=Fv判断出功率【解析】： 解：A、在vt图象中，斜率代表加速度故加速度不变，根据牛顿第二定律可知Ff=ma，牵引力不变，故A正确，B错误；C、发动机的输出功率为P=Fv，由于F不变，速度增大，故功率增大，故C错误；D、从t1之后汽车做匀速运动，牵引力等于阻力，根据P=Fv可知，功率不变，故D错误故选：A【点评】： 汽车匀加速启动过程中，加速度、牵引力、速度、功率的变化情况分析清楚是正确解决本题的关键3（4分）如图，光滑斜面固定于水平地面，滑块B上表面是水平的，滑块A、B保持相对静止，且一起由静止开始
4、下滑，在斜面上运动过程中（） A A所受的合外力对其不做功 B A只受两个力的作用 C A对B不做功 D B对A的弹力做正功【考点】： 功的计算；共点力平衡的条件及其应用【专题】： 功的计算专题【分析】： 分析两物体的受力及运动，由功的公式可分析各力对物体是否做功，根据夹角可判功的正负【解析】： 解：A、木块向下加速运动，故动能增加，由动能定理可知，木块m所受合外力对m做正功，故A错误；B、A、B整体具有沿斜面向下的加速度，设为a，将a正交分解为竖直方向分量a1，水平分量a2，如图所示，由于具有水平分量a2，故必受水平向右摩擦力f，A受力如图所示，受重力支持力和摩擦力，故B错误；C、由牛顿第二
5、定律得；竖直方向上； mgN=ma1 水平方向上：f=ma2 假设斜面与水平方向的夹角为，摩擦力与弹力的合力与水平方向夹角为，由几何关系得；a1=gsinsin a2=gsincos tan= 联立得：tan=cot=tan（）即= 所以B对A的作用力与斜面垂直，所以B对A不做功，由牛顿第三定律得，A对B的作用力垂直斜面向下，所以A对B也不做功，故C正确D、由牛顿第二定律可知a=gsin将a正交分解为竖直方向分量a1，水平分量a2，由于具有水平分量a2，故必受水平向摩擦力f，A受力如图所示，所以支持力做负功，摩擦力做正功，故D错误故选：C【点评】： 判断外力是否做功及功的正负可根据做功的条件是
6、否做功，再根据力与位移方向的夹角判断功的正负，也可以根据力与速度方向的夹角判断功的正负4（4分）如图所示为汞原子的能级图，总能量为8eV的自由电子，与处于基态的汞原子发生碰撞后（忽略汞原子动量的变化）发生能级跃迁，碰撞过程系统无能量损失，碰撞后自由电子的能量可能为（） A 0.2eV B 0.5eV C 1.3eV D 3.1eV【考点】： 氢原子的能级公式和跃迁【专题】： 原子的能级结构专题【分析】： 汞原子获得的能量等于能级差时，才会发生跃迁电子与基态的汞原子发生碰撞，汞原子获得能量发生跃迁【解析】： 解：A、若电子剩下能量为0.2eV，则被汞原子吸收的能量为7.8eV，能量变为0.6eV
7、，不能跃迁故A错误B、若电子剩下能量为0.4eV，则被汞原子吸收的能量为7.6eV，能量变为2.8eV，不能跃迁故B错误C、若电子剩下能量为1.3eV，则被汞原子吸收的能量为6.7eV，能量变为3.7eV，不能跃迁故C错误D、若电子剩下能量为3.1eV，则被汞原子吸收的能量为4.9eV，能量变为5.5eV，跃迁到第2能级故D正确故选：D【点评】： 该题考查能级图与跃迁，解决本题的关键知道汞原子获得的能量等于能级差时，才会发生跃迁二、双项选择题（本大题共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1个且正确的得3分，有选错或不答的得0分）
8、5（6分）如图所示为一个简易测温装置，玻璃瓶装半瓶带颜色的水，用软木塞塞紧软木塞上插进一根一端密闭的细玻璃管若加热玻璃瓶内的水，则（） A 细玻璃管内气体密度增大 B 外界对细玻璃管内气体做正功 C 细玻璃管内气体压强不变 D 细玻璃管内气体的平均动能增加【考点】： 理想气体的状态方程；热力学第一定律【专题】： 理想气体状态方程专题【分析】： 加热玻璃瓶内的水，会导致瓶内气体压强增大，而使玻璃管内液面升高，可判定各个选项【解析】： 解：ABC、玻璃瓶内水被加热，水蒸发导致瓶内气体压强增大，玻璃瓶内气体压强等于液柱压强加管内气体压强，故可知玻璃管内气体压强增大，则其体积会减小，故细玻璃管内气体密
9、度增大，外界对细玻璃管内气体做正功，故A正确，B正确，C错误D、水被加热，但是玻璃管内的空气没被加热，故其为等温变化，分子平均动能不变，故D错误故选：AB【点评】： 该题的关键是掌握气体的压强变化影响因素，注意玻璃管内气体是等温变化6（6分）如图为理想变压器原线圈所接电源的电压波形图，副线圈连接一个阻值R=11，额定功率为44W的灯泡，灯泡正常发光，则下则说法正确的是（） A 变压器原副线圈的匝数比n1：n2=10：1 B 变压器原副线圈的匝数比n1：n2=10：1 C 变压器输出的交流电的频率为5Hz D 电源的峰值220V【考点】： 正弦式电流的图象和三角函数表达式；正弦式电流的最大值和有
10、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，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论【解析】： 解：A、由图知输入电压的最大值为 Um1=220V，有效值为：U1=220V；副线圈连接一个阻值R=11，额定功率为44W的灯泡，灯泡正常发光，所以副线圈电压U2=22V；理想变压器电压与匝数成正比，所以变压器原副线圈的匝数比n1：n2=10：1，故A正确，B错误，D正确；C、变压器输入电压的周期为T=0.02s，故频率为f=50Hz；变压器不改变电流频率，故输出的交流电的频率为50HZ，故C错误；故选：AD【点评】： 本题关键要掌握正弦交变
11、电流的最大值与有效值的关系，掌握理想变压器的变压关系，要知道交流电压表测量的是有效值，明确变压器不能改变功率的特点，并用来分析具体问题7（6分）2013年6月11日17时38分，中国载人飞船“神舟十号”点火升空中国宇航员聂海胜、张晓光、王亚平搭乘“神舟十号”出征太空，奔向“天宫一号”飞行期间先后与“天宫一号”进行一次自动交会对接和一次航天员手控交会对接2013年6月26日8时07分，“神舟十号”返回舱安全着陆，飞行任务取得圆满成功以下说法正确的是（） A 神舟十号在升空过程中，燃料不断燃烧，机械能减小 B 三名宇航员在加速启动过程中处于超重状态，对座椅的压力很大 C 神舟十号圆周运动的运行速度
12、小于7.9km/s D 神舟十号无需变轨即能实现和天宫一号对接【考点】： 第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度；超重和失重【专题】： 热力学定理专题【分析】： A、除重力以外的力做功，导致机械能增加；B、当加速度向上时，处于超重，根据牛顿第二定律，从而判定压力与重力的关系；C、根据=m，依据半径的关系，即可求解判定；D、根据离心现象，结合其条件，在同一轨道无法对接【解析】： 解：A、在升空过程中，燃料不断燃烧，除重力以外，推力做正功，则机械能增加，故A错误；B、在加速启动过程中，加速度向上，处于超重状态，那么对宇航员的支持力大于重力，由于加速度很大，因此宇航员对座椅的压力很大，故B正确；C
13、、根据=m，可知，半径越大的，运行速度越小，因此运行速度小于7.9km/s，故C正确；D、根据离心条件，结合匀速圆周运动，因此神舟十号需变轨，即能实现和天宫一号对接，故D错误；故选：BC【点评】： 考查超重与失重的区别，理解超重与失重时，压力与重力关系，掌握牛顿第二定律的应用，注意万有引力定律的内容，及变轨的条件8（6分）如图，电源电动势为E，内阻为r，不管如何移动滑动变阻器，灯泡L、电表V1、V2、A均不会被烧坏，若将滑动变阻器的滑片P向上端移动时，则下列说法正确的是（） A A的示数增大，灯泡L变暗 B V1的示数增大，灯泡L变暗 C V2增大，灯泡变亮 D 电源的总功率变小【考点】： 闭
14、合电路的欧姆定律；电功、电功率【专题】： 恒定电流专题【分析】： 由图可知R2与滑动变阻器并联，再与灯泡L串联；据滑片的移动方向判断滑动变阻器接入电路的阻值如何变化，由闭合电路欧姆定律判断电路电流如何变化，根据电路电流变化求解即可【解析】： 解：ABC、现将滑动变阻器R的滑片P向上端移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，外电路总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I减少，所以电灯L变暗；由于电流减少，内电压和灯泡L两端的电压减小，所以R2与滑动变阻器并联电压增大，所以V2增大路端电压增大，则V1的示数增大干路电流I减小，R2与滑动变阻器并联电压增大，所以通过R2的电流增大，则电流表的示
15、数减少，故AC错误，B正确D、以上分析知，干路电流I减小，根据P=EI得电源的总功率减少，故D正确故选：BD【点评】： 本题是电路中动态变化分析的问题，首先要搞清电路的结构，其次要按“部分整体部分”的顺序分析9（6分）如图所示，两根足够长的平行光滑金属轨道和水平面成角，上端接有电阻R（其余电阻不计），空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B质量为m的水平金属杆从轨道上无初速滑下，下列选项可以增大金属杆速度最大值vm的是（） A 增大B B 增大 C 增大R D 减小m【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用【专题】： 电磁感应中的力学问题【
16、分析】： 金属杆受重力、支持力、安培力做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度减小到零，速度最大根据合力为零，求出金属杆的最大的速度根据最大的速度的表达式进行求解【解析】： 解：金属杆受重力、支持力、安培力，开始时重力沿斜面的分力大于安培力，所以金属杆做加速运动随着速度的增加，安培力在增大，所以金属杆加速度逐渐减小，当加速度减小到零，速度最大当加速度为零时，速度最大有mgsin=BIL，I=vm=A、如果B增大，vm将变小，故A错误B、如果变大，vm将变大，故B正确C、如果R变大，vm将变大，故C正确D、如果m变大，vm将变大，故D错误故选BC【点评】： 解决本题的关键知道金属杆做加速度逐渐减小的
17、加速运动，当加速度为零时，速度最大三、非选择题（本大题共4小题，每小题8分，共54分按题目要求作答解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）10（8分）甲、乙两位同学分别采用不同的方法测量同一根金属丝的阻值甲同学采用多用电表测定金属丝的阻值，操作如下：该同学选择10的电阻档，用正确的操作步骤测量时，发现指针偏转角度太大（指针位置如图1中虚线所示）为了较准确地进行测量，请你完善下列实验操作步骤：a、重新选择1挡；b、调节欧姆调零旋钮：红黑表笔短接，使指针指在0处；c、重新测量并读数，此时刻度盘上的指针位置如图1实线所示
18、，测量结果是6.0乙同学用伏安法测量此金属丝的电阻，实验室提供了下列器材A电压表（03V，内阻1k）B电压表（015V，内阻5k）C电流表（00.6A，内阻2）D电流表（03A，内阻0.5）E滑动变阻器（10，0.2A）F滑动变阻器（50，0.6A）G直流电源（6V，内阻不计），另有开关一个、导线若干实验中有两种电路图2（a）和（b）可供选择，本次实验中电路应选b（选填“a”或“b”），电压表应选A，电流表应选C，滑动变阻器应选F（只填器材前的字母代号即可）根据电路图并连接如图3的实物图【考点】： 伏安法测电阻【专题】： 实验题【分析】： 题（1）应明确欧姆表指针偏角过大时说明所选倍率过大，应
19、选择较小的倍率；题（2）根据电流表内外接法的选择方法即可求解；根据电阻率受到温度影响可知电流表应选择较小的量程，根据通过电表的最小读数为量程的以上可求出待测电阻两端的最小电压，从而选择电压表量程；根据闭合电路欧姆定律求出电路中需要的最大电阻来选择变阻器【解析】： 解：（1）a、欧姆表的指针偏角过大说明所选倍率过大，所以应重新选择1档测量；c、欧姆表读数为R=6.01=6.0；（2）、由于待测电阻满足，电流表应采用外接法，所以电路应选择乙电路；考虑温度对电阻率的影响，实验不允许通过较大的电流，所以电流表应选择C；根据欧姆定律可求出待测电阻两端的最小电压为，所以电压表应选择A；若变阻器采用限流式接
20、法，电路中需要的最大电阻应为，所以变阻器应选择F；根据电路图连接实物图故答案为（1）重新选1欧姆档测量； 6.0；b；A；C；F；实物图如：【点评】： 应明确：当欧姆表的指针偏角过大说明所选的倍率较大，应选择较小的倍率，反之亦然；通过电表的读数应在量程的以上；变阻器采用限流式接法时，应通过求出电路中需要的最大电阻来选择变阻器大小11（10分）某同学用如图1所示装置验证重力加速度如图1所示，安装好打点计时器时，存在的两点错误是：打点计时器应该接电压交流电源；重物紧靠打点计时器一端；开始打点计时，接通电源和释放纸带的顺序应该是，先接通电源，然后释放纸带；将纸带上打出第一个点记为0，并在离0点较远的
21、任意点依次选取几个连续的点，分别记为A，B，C，D量出各点与0点的距离h，如图2所示：这五个数据中不符合有效数字读数要求的是（填A、B、C、D或E）点读数B根据纸带提供的数据，打点计时器打下C点时，重物的速度Vc=1.75m/s，（保留三位有效数字）修正数据后，该同学计算出各点对应速度的平方值，并作如图3所示的v2h图象，则可测出重力加速度g=9.4m/s2与真实值相比，测出的g值偏小（填“偏小”或“偏大”）原因是：实验中存在阻力（打点计时器与纸带间阻力，空气阻力）【考点】： 测定匀变速直线运动的加速度【专题】： 实验题【分析】： 计时器接交流电源，及重物靠近计时器；先接通电源，后释放纸带；根
22、据读数存在估计值，从而即可求解；根据平均速度等于瞬时速度，即可求得；根据机械能守恒定律写出v2与h关系的表达式，然后再进行分析讨论【解析】： 解：打点计时器应该接电压交流电源，直流电无法工作，同时重物紧靠打点计时器一端；为增加有效点个数，要先接通电源，后释放纸带；根据长度读数，存在估计值，因此B点的读数不符合要求；根据平均速度等于瞬时速度，则有：vC=1.75m/s；根据机械能守恒定律，有：mgh=mv2，解得：v2=2gh；故斜率k=2g，g=9.4m/s2；由于阻力的存在，实际加速度偏小，故g值偏小；故答案为：打点计时器应该接电压交流电源，重物紧靠打点计时器一端；接通电源；释放纸带； B，
23、1.75m/s；9.4m/s2；偏小；实验中存在阻力（打点计时器与纸带间阻力，空气阻力）【点评】： 本题关键是明确实验原理、操作步骤、误差来源，要亲手做实验去体会，能够结合图象求解问题，注意掌握由图象的斜率来求解重力加速度的方法12（18分）如图甲，质量M=0.99kg的小木块静止放置在高h=0.8m的平台，小木块距平台右边缘d=2m，质量m=0.01kg的子弹沿水平方向射入小木块，留在其中一起向右运动，小木块和子弹作用时间极短，可忽略不计，一起向右运动的v2s图象如图乙最后，小木块从平台边缘飞出落在距平台右侧水平距离x=0.8m的地面上，g取10m/s2，求：（1）小木块从平台边缘飞出的速度
24、；（2）小木块平台运动过程中产生的热量；（3）子弹射入小木块前的速度【考点】： 动量守恒定律；平抛运动【专题】： 动量定理应用专题【分析】： （1）小木块从平台滑出后做平抛运动，根据平抛运动的两个分位移公式列式求解；（2）根据速度位移公式列式，得到v2S图象的表达式，求出加速度；再根据牛顿第二定律求解出滑动摩擦力，最后根据功能关系求解热量；（3）子弹射木块过程，系统动量守恒，根据动量守恒定律列式求解【解析】： 解：（1）小木块从平台滑出后做平抛运动，则 h=，得 t=0.4s木块飞出时的速度：v2=4m/s（2）因为小木块在平台上滑动过程中做匀减速运动，根据=2aS得：v2S图象的斜率 k=2
25、a=m/s2=6m/s2； 小木块在平台上滑动的加速度大小：a=3m/s2 根据牛顿第二定律，摩擦力 f=（M+m）a=（0.99+0.01）3N=3N根据能量守恒定律，得小木块在滑动过程中产生的热量：Q=fS=32J=6J（3）由图象可得 =小木块刚开始滑动时的速度为 v1=4m/s 子弹射入木块的过程中，根据动量守恒定律得：mv0=（M+m）v1解得：v0=400m/s答：（1）小木块滑出时的速度为2m/s；（2）小木块在滑动过程中产生的热量为6J；（3）子弹射入小木块前的速度为400m/s【点评】： 本题关键是由图象得到减速过程加速度，由平抛运动得到初速度，然后根据运动学规律、牛顿第二定
26、律等相关知识列式求解13（18分）如图甲所示，建立xOy坐标系，两平行极板P、Q垂直于y轴且关于x对称，极板长度和板间距均为l在第一、四象限有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里位于极板左侧的粒子源沿x轴向右连续发射质量为m、电荷量为+q、速度相同、重力不计的电粒子在03t0时间内两板间加上如图乙所示的电压（不考虑极板边缘的影响）已知t=0时刻进入两板间的带电粒子恰好在t0时刻经极板边缘射入磁场上述m、q、l、t0、B为已知量（不考虑粒子间相互影响及返回极板间的情况）（1）求电压U0的大小；（2）求t0时刻进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径；（3）何时进入两板间的带电粒
27、子在磁场中的运动时间最短？求此最短时间【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）t=0时刻进入两极板的带电粒子在电场中做类平抛运动由题知道x方向位移为l，y方向位移为，运用运动的分解，根据牛顿第二定律和运动学公式求解U（2）t0时刻进入两极板的带电粒子，前t0时间在电场中偏转，后t0时间两极板没有电场，带电粒子做匀速直线运动根据运动学规律求出y方向分速度与x方向分速度，再合成求出粒子进入磁场时的速度，则牛顿定律求出粒子在磁场中做圆周运动的半径（3）带电粒子在磁场中运动的周期一定，当轨迹的圆心角最小时，在磁场中运动
28、的时间最短【解析】： 解：（1）t=0时刻进入两极板的带电粒子在电场中做匀变速曲线运动，t0时刻刚好从极板边缘射出，则有 y=l，x=l，电场强度：E=，由牛顿第二定律得：Eq=ma，偏移量：y=at02由解得：U0=（2）t0时刻进入两极板的带电粒子，前t0时间在电场中偏转，后t0时间两极板没有电场，带电粒子做匀速直线运动带电粒子沿x轴方向的分速度大小为：vx=v0=带电粒子离开电场时沿y轴负方向的分速度大小为：vy=at0 带电粒子离开电场时的速度大小为：v=设带电粒子离开电场进入磁场做匀速圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得：qvB=m，由解得：R=；（3）在t=2t0时刻进入两极板的带
29、电粒子，在电场中做类平抛运动的时间最长，飞出极板时速度方向与磁场边界的夹角最小，而根据轨迹几何知识可知，轨迹的圆心角等于粒子射入磁场时速度方向与边界夹角的2倍，所以在t=2t0时刻进入两极板的带电粒子在磁场中运动时间最短带电粒子离开磁场时沿y轴正方向的分速度为：vy=at0 ，设带电粒子离开电场时速度方向与y轴正方向的夹角为，则：tan=，由解得：=，带电粒子在磁场运动的轨迹图如图所示，圆弧所对的圆心角为：2=，所求最短时间为：tmin=T，带电粒子在磁场中运动的周期为：T=，联立以上两式解得：tmin=；答：（1）电压U0的大小为；（2）t0时刻进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径为；（3）在t=2t0时刻进入两板间的带电粒子在磁场中的运动时间最短，最短时间为【点评】： 该题考查到的知识点较多，首先是考察到了离子在匀强电场中的偏转，并且电场还是变化的，这就要求我们要有较强的过程分析能力，对物体的运动进行分段处理；还考察到了离子在匀强磁场中的偏转，要熟练的会用半径公式和周期公式解决问题；在解决粒子在有界磁场中的运动时间问题时，要注意偏转角度与运动时间的关系，熟练的运用几何知识解决问题是一道难度较大的题