1、2015年广东省汕头市潮南区高考物理模拟试卷（5月份）一、选择题，每题4分1（4分）如图所示为导热气缸，内封有一定质量理想气体，活塞与缸壁的接触面光滑，活塞上用弹簧悬挂当周围环境温度不变，大气压突然变大之后，下列说法中正确的是（） A 弹簧长度将改变 B 气体内能将增加 C 气体向外放出热量 D 单位时间碰撞气缸单位面积的分子数不变【考点】： 理想气体的状态方程；热力学第一定律【分析】： 先分析活塞受力可知气体压强变化，由气体的实验定律可知气体状态的变化，再由热力学第一定律即可分析内能等的变化【解析】： 解：A、分析活塞和气缸受力情况，根据平衡状态可知，它们受到重力和弹簧的弹力的作用，所以弹簧
2、的弹力大小等于二者的重力，与大气压力无关故A错误；B、周围环境温度不变，所以气体的温度不变，所以气体的内能不变故B错误；C、由于大气压强增大，所以封闭气体的压强增大，根据气体的实验定律可知，温度不变，压强增大，体积减小，所以外界对气体做功，由热力学第一定可知封闭气体一定放出热量，故C正确；D、压强增大，体积减小，所以相等时间内碰撞气缸单位面积的分子数一定增大，故D错误故选：C【点评】： 本题解题关键在于明确活塞受力平衡；同时明确做功和热传递均可改变物体的内能2（4分）质量为m的四只完全相同的足球叠成两层放在水平面上，底层三只足球刚好接触成三角形，上层一只足球放在底层三只足球的正上面，系统保持静
3、止若最大静摩擦等于滑动摩擦，则（） A 底层每个足球对地面的压力为mg B 底层每个足球之间的弹力为零 C 下层每个足球对上层足球的支持力大小为 D 水平面的摩擦因数至少为【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】： 根据整体法求出底层每个足球对地面的压力，四只完全相同的足球叠成两层放在水平面上，四个球的球心连线构成了正四面体，四个球都保持静止状态，受力都平衡，对足球受力分析并结合几何关系求解【解析】： 解：A、根据整体法，下面每个球对地面的压力为N，3N=4mg，故mg；故A错误；B、四个球的球心连线构成了正四面体，下层每个足球之间的弹
4、力为零，故B正确；C、上层足球受到重力、下层足球对上层足球的三个支持力，由于三个支持力的方向不是竖直向上，所以三个支持力在竖直方向的分量之和等于重力，则下层每个足球对上层足球的支持力大小大于，故C错误；D、根据正四面体几何关系可求，F与mg的夹角的余弦值cos=，正弦值sin=；则有：F+mg=N=，F=f，联立解得：f=mg F=mg，则，所以水平面的摩擦因数至少为，故D错误故选：B【点评】： 本题主要考查了整体法和隔离法的应用，要求同学们能正确对足球进行受力分析，知道四个球的球心连线构成了正四面体，能结合几何关系求解，对同学们的数学能力要求较高3（4分）在匀强磁场中有一个静止的氡原子核（R
5、n），由于衰变它放出一个粒子，此粒子的径迹与反冲核的径迹是两个相互外切的圆，大圆与小圆的直径之比为42：1，如图所 示，那么氡核的衰变方程应是下列方程中的哪一个（） A RnFr+e B RnPo+He C RnAt+e D RnAt+H【考点】： 带电粒子在匀强磁场中的运动；原子核衰变及半衰期、衰变速度【专题】： 带电粒子在磁场中的运动专题【分析】： 核衰变过程动量守恒，反冲核与释放出的粒子的动量大小相等，结合带电粒子在匀强磁场中圆周运动的半径公式可得小粒子与反冲核的电荷量之比，利用排除法可得正确答案【解析】： 解：原子核的衰变过程满足动量守恒，可得两带电粒子动量大小相等，方向相反，就动量大
6、小而言有：m1v1=m2v2由带电粒子在匀强磁场中圆周运动的半径公式可得：r=所以，=审视ABCD四个选项，满足42：1关系的只有B故选B【点评】： 原子核的衰变过程类比于爆炸过程，满足动量守恒，而带电粒子在匀强磁场中圆周运动的半径公式中的分子恰好是动量的表达式，要巧妙应用4（4分）如图所示是某质点运动的速度图象，由图象得到的正确结果是（） A 01s内的平均速度是2m/s B 04s内的位移大小是0 C 01s内的加速度大于24s内的加速度 D 01s内的运动方向与24s内的运动方向相反【考点】： 匀变速直线运动的图像【专题】： 运动学中的图像专题【分析】： 速度时间图象表示速度随时间变化的
7、规律，图线的斜率表示加速度，速度的正负值表示速度的方向图象与时间轴围成的面积为物体通过的位移，平均速度是位移与所用时间之比，再分析质点的运动情况【解析】： 解：A、01s内质点做匀加速直线运动，则平均速度为：=m/s=1m/s，故A错误B、根据速度图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，则04s内的位移大小为：x=（1+4）2m=5m，故B错误C、根据图线的斜率表示加速度，01s内图线的斜率大小大于24s内图线斜率的大小，则01s内的加速度大于24s内的加速度，故C正确D、在前4s内，速度都为正值，速度一直沿正向，所以运动方向没有变化，故D错误故选：C【点评】： 解决本题的关键知道速度时间图
8、线的斜率表示加速度，速度的正负值表示运动的方向，图线与时间轴围成的面积表示位移对于匀加速直线运动，平均速度可用公式=求解二、双项选择题：（每小题6分，只选一个且正确者得3分）5（6分）一理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头（） A 副线圈输出电压的频率为50Hz B 副线圈输出电压的有效值为31V C P向右移动时，原、副线圈的电流比减小 D P向右移动时，变压器的输出功率增加【考点】： 变压器的构造和原理【专题】： 交流电专题【分析】： 根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝
9、数成正比即可求得结论【解析】： 解：A、由图象可知，交流电的周期为0.02s，所以交流电的频率为50Hz，所以A正确B、根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的最大值为220V，所以副线圈的电压的最大值为22V，所以电压的有效值为V=22V，所以B错误C、原、副线圈的电流与匝数成反比，线圈的匝数不变，所以电流比也不变，所以C错误D、P向右移动时，滑动变阻器的电阻减小，副线圈的电压不变，所以电路消耗的功率将变大，变压器的输出功率增加，所以D正确故选AD【点评】： 电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法6（
10、6分）如图所示，圆a和椭圆b是位于地球赤道平面上的卫星轨道，其中圆a是地球同步轨道，现在有A、B两颗卫星分别位于a、b轨道运行，且卫星A的运行方向与地球自转方向相反，已知A、B的运行周期分别为T1、T2，地球自转周期为T0，P为轨道b的近地点，则有（） A 卫星A是地球同步卫星 B 卫星B在P点时动能最大 C T0=T1 D T1T2【考点】： 人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用【专题】： 人造卫星问题【分析】： 卫星A的运行方向与地球自转方向相反，虽然周期为仍为地球的自转周期，但相对地面上的物体或观察者是运动的，故卫星A不是同步卫星根据开普勒第二定律，近地点速度最大大，
11、故动能最大，根据开普勒第三定律，r越大，T越大【解析】： 解：A、卫星A的运行方向与地球自转方向相反，虽然周期为24h，但相对地面上的物体或观察者是运动的，故卫星A不是同步卫星，故A错误B、根据开普勒第二定律，近地点速度最大大，故动能最大，故卫星B在P点是动能最大故B正确C、由于卫星A在同步卫星轨道上运动，故其周期等于地球的自转周期，即T0=T1，故C正确D、根据开普勒第三定律，则T1T2，故D错误故选：BC【点评】： 本题要掌握开普勒行星运动定律，要注意开普勒的行星运动定律，也适用于卫星绕行星运动的情形，要理解第三定律中各量的含义7（6分）（2015广州校级模拟）美国物理学家密立根通过研究平
12、行板间悬浮不动的带电油滴，准确地测定了电子的电荷量如图，平行板电容器两极板M、N与电压为U的恒定电源两极相连，板的间距为d现有一质量为m的带电油滴在极板间匀速下落，则（） A 此时极板间的电场强度E= B 油滴带电荷量为 C 减小极板间电压，油滴将加速下落 D 将极板N向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动【考点】： 电场强度；共点力平衡的条件及其应用【分析】： 由E=，求解电场强度油滴静止不动时，所受的电场力与重力平衡，由平衡条件求出油滴的电量根据油滴的电场力有无变化，分析其运动情况【解析】： 解：A、两极板间的电压为U，板间距离为d，则板间的电场强度E=，故A正确B、油滴静止不动，由平衡条
13、件得：mg=qE=q，得油滴带电荷量为：q=，故C错误C、减小极板间的电压时，由E=，知板间场强E减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将加速下落故C正确D、将极板N向下缓慢移动一小段距离，由E=，知板间场强E减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动故D错误故选：AC【点评】： 本题整合了微粒的力平衡、电容器动态分析，由平衡条件判断微粒的电性，注意由受力情况来确定运动情况是解题的思路8（6分）如图是创意物理实验设计作品小熊荡秋千两根彼此靠近且相互绝缘的金属棒C、D固定在铁架台上，与两个铜线圈P、Q组成一闭合回路，两个磁性很强的条形磁铁如图放置，当用手左右摆动线圈P时，线圈Q也会跟着摆动，仿佛小
14、熊在荡秋千以下说法正确的是（） A P向右摆动的过程中，P中的电流方向为顺时针方向（从右向左看） B P向右摆动的过程中，Q也会向右摆动 C P向右摆动的过程中，Q会向左摆动 D 若用手左右摆动Q，P会始终保持静止【考点】： 楞次定律【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： 当P摆动时，穿过P的磁通量发生变化，产生感应电流，由于P和Q形成闭合回路，Q的下端受到安培力的作用而发生摆动结合楞次定律和左手定则进行判断【解析】： 解：A、P向右摆动的过程中，穿过P的磁通量减小，根据楞次定律，P中有顺时针方向的电流（从右向左看）故A正确B、P向右摆的过程中，P中的电流方向为顺时针方向，则Q下端的电流方向
15、向外，根据左手定则知，下端所受的安培力向右，则Q向右摆动同理，用手左右摆动Q，P会左右摆动故B正确，C错误，D也错误故选：AB【点评】： 本题考查了楞次定律和左手定则的综合，掌握楞次定律判断感应电流方向的一般步骤，以及会通过左手定则判断安培力的方向，不能与右手定则混淆9（6分）如图所示的弹弓，橡皮筋两端点A、B固定在把手上，橡皮筋ABC恰好处于原长状态，在C处（AB连线的中垂线上）放一固体弹丸，一手执把，现将弹丸竖直向上发射，已知E是CD的中点，则（） A 从D到C，弹丸的机械能一直增大 B 从D到C，弹丸的动能一直在增大 C 从D到C，弹丸的机械能先增大后减小 D 从D到E弹丸增加的机械能大
16、于从E到C弹丸增加的机械能【考点】： 功能关系【分析】： 机械能守恒的条件是：只有重力弹力做功，除重力对物体做的功等于物体动能的变化量，合外力做功等于物体动能的变化量【解析】： 解：A、从D到C，橡皮筋对弹丸做正功，弹丸机械能一直在增加，故A正确，C错误；B、在CD连线中的某一处，弹丸受力平衡，所以从D到C，弹丸的速度先增大后减小，弹丸的动能先增大后减小，故B错误；D、从D到E橡皮筋作用在弹丸上的合力大于从E到C橡皮筋作用在弹丸上的合力，两段长度相等，所以DE段橡皮筋对弹丸做功较多，即机械能增加的较多，故D正确；故选：AD【点评】： 本题考查弹力与重力做功情况下能量的转化情况，熟练应用能量守恒
17、是分析问题的基础，知道除重力对物体做的功等于物体动能的变化量，合外力做功等于物体动能的变化量，难度不大，属于基础题三、非选择题10（8分）如图甲所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验有一直径为d、质量为m的金属小球由A处由静止释放，下落过程中能通过A处正下方、固定于B处的光电门，测得A、B间的距离为H（Hd），光电计时器记录下小球通过光电门的时间为t，当地的重力加速度为g则：（1）如图乙所示，用游标卡尺测得小球的直径d=7.25mm（2）小球经过光电门B时的速度表达式为（3）多次改变高度H，重复上述实验，作出随H的变化图象如图丙所示，当图中已知量t0、H0和重力加速度
18、g及小球的直径d满足以下表达式：时，可判断小球下落过程中机械能守恒（4）实验中发现动能增加量EK总是稍小于重力势能减少量EP，增加下落高度后，则EpEk将增加 （选填“增加”、“减小”或“不变”）【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】： 由题意可知，本实验采用光电门利用平均速度法求解落地时的速度；则根据机械能守恒定律可知，当减小的机械能应等于增大的动能；由原理即可明确注意事项及数据的处理等内容【解析】： 解：（1）由图可知，主尺刻度为7mm；游标对齐的刻度为5；故读数为：7+50.05=7.25mm；（2）已知经过光电门时的时间小球的直径；则可以由平均
19、速度表示经过光电门时的速度；故v=；（3）若减小的重力势能等于增加的动能时，可以认为机械能守恒；则有：mgH=mv2；即：2gH0=（）2解得：；（4）由于该过程中有阻力做功，而高度越高，阻力做功越多；故增加下落高度后，则EpEk将增大；故答案为：（1）7.25；（2）；（3）；（4）增大【点评】： 本题为创新型实验，要注意通过分析题意明确实验的基本原理才能正确求解11（10分）某电压表V，量程3V，内阻约为2k，为了检测其表盘读数是否准确，并测定其内阻的准确阻值，实验室提供的器材如下：A、标准电压表V1，量程6V，内阻约为7.0kB、标准电压表V2，量程3V，内阻约为3.5kC、定值电阻R1
20、=5kD、滑动变阻器 R2，最大阻值100，额定电流1.5AE、电源E、电动势6V，内阻0.5F、开关S，导线若干若要检测V表盘读数是否准确，请在甲图中选择所需要的器材连接成实验所需要的电路；某电压表的读数如乙图所示，则其测得的电压为2.80V；若V表表盘读数准确，现要测定其内阻的准确阻值，请将丙图连接成实验所需要的电路；如果测得电压表V的读数为U，电压表V1的读数为U1，则被测电压表V内阻的表达式为Rv=【考点】： 伏安法测电阻【专题】： 实验题【分析】： 为了检测V表是否准确，应将准确电表与之并联；由最大量程可得出电压表的最小分度，则可得出电压表读数；电压表本身能显示电压值，故只需设计电路
21、能测出电流值即可求得内阻；根据电路图及串并联电路的规律可求得电压表的示数【解析】： 解：由题意可知，电压表V量程为3V，只需将V2与之并联，即可得出其示数是否准确；故实物图如右图；量程为3V，则最小分度为0.1V，故读数为2.80V；为了能测量电流，根据题意可知，已知条件中没有电流表，故要借助定值电阻；只需将电压表V与定值电阻串联，再与V2并联，即可由串并联电路规律求出V表的示数；同时因R2阻值太小，无法起到有效的保护作用，只能采用分压接法；原理图如下；并联部分总电压为U1，则R1两端电压为U1U；则电流为：I=；电压表内阻为：RV=；故答案为：如下图；2.80；如下图；【点评】： 本题考查伏
22、安法测电阻的应用，注意分析题意，明确实验原理，才能找到正确合理的实验电路及数据处理方法12（18分）如图甲所示，用固定的电动机水平拉着质量m=2kg的小物块和质量M=1kg的平板以相同的速度一起向右匀速运动，物块位于平板左侧，可视为质点在平板的右侧一定距离处有台阶阻挡，平板撞上后会立刻停止运动电动机功率保持P=3W不变从某时刻t=0起，测得物块的速度随时间的变化关系如图乙所示，t=6s后可视为匀速运动，t=10s时物块离开木板重力加速度g=10m/s2，求：（1）平板与地面间的动摩擦因数为多大？（2）物块在1s末和3s末受到的摩擦力各为多大？（3）平板长度L为多少？【考点】： 摩擦力的判断与计
23、算；匀变速直线运动的位移与时间的关系【专题】： 摩擦力专题【分析】： （1）显然在02s内物体匀速运动，拉力等于地面对平板的摩擦力，根据P=FV求出物体所受的摩擦力，然后根据f=FN求出动摩擦因数（2）在t=2s后平板不动，物块所受的摩擦力为平板给他的滑动摩擦力，直到最后匀速运动摩擦力都保持不变，由P=FV可知物体匀速运动时的摩擦力从而求出物体在3s末所受的滑动摩擦力f2（3）根据图象可知物体在t=2s后开始在平板上滑动，在6s时离开平板，故在平板上滑动4s，根据图象可知物体从平板上滑下时的速度为0.3m/s，拉力所做的功为Pt，物体对地的位移即平板的长度，从而可以知道摩擦力所做的功德表达式f
24、2L这样利用动能定理即可求出平板的长度L【解析】： 解：解：（1）在02s内两物体一起以0.5m/s的速度匀速运动，则有：P=F1v1根据两物体匀速运动则有拉力等于摩擦力即：F1=f而地面的摩擦力为：f=N=（M+m）g代入数据得：=0.2（2）1s时刻，物块匀速，绳子的拉力等于平板对物块的静摩擦力，又根据平板匀速运动可知物块对平板的静摩擦力等于对面对平板的滑动摩擦力：f1=（M+m）g=6N由图可知从2s时开始平板撞到台阶上静止，故物块开始在平板上匀减速运动，故滑块所受的摩擦力为滑动摩擦力，故在静止前摩擦力的大小保持不变而3s时刻，物块在木板上滑动，所以滑块所受的摩擦力为滑动摩擦力因为最终物
25、块再次匀速时速度为：v2=0.3m/sP=F2v2故F1V1=F2V2F2=f2=10N（3）物块在平板上减速运动的时间为：t=62=4s，在整个过程中电机所做的功W=Pt，摩擦力始终为滑动摩擦力大小为：f2=10N，由动能定理有：Ptf2L1=mv22mv12得L1=1.84m滑块在平板上匀速运动的时间是：t=106=4s匀速运动的位移：L2=v2t=0.34=1.2m平板的总长度：L=L1+L2=1.84m+1.2m=3.04m答：（1）平板与地面间的动摩擦因数为0.2（2）物块在1s末和3s末受到的摩擦力各为6N、10N（3）平板长度L为3.04m【点评】： 利用动能定理解题关键是要找准
26、做功的力有哪些，在什么时间或哪段位移做功，初末位置对应的初末速度（或动能）是多少13（18分）如图所示，直角坐标系Oxy位于竖直平面内，x轴与绝缘的水平面重合，在y轴右方有垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场质量为m2=8103kg的不带电小物块静止在原点O，A点距O点l=0.045m，质量m1=1103kg的带电小物块以初速度v0=0.5m/s从A点水平向右运动，在O点与m2发生正碰并把部分电量转移到m2上，碰撞后m2的速度为0.1m/s，此后不再考虑m1、m2间的库仑力已知电场强度E=40N/C，小物块m1与水平面的动摩擦因数为=0.1，取g=10m/s2，求：（1）碰后m1的速度；
27、（2）若碰后m2做匀速圆周运动且恰好通过P点，OP与x轴的夹角=30，OP长为lop=0.4m，求磁感应强度B的大小；（3）其它条件不变，若改变磁场磁感应强度的大小为B使m2能与m1再次相碰，求B的大小？【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）根据动能定理求得碰撞前m1的速度，再根据碰撞过程中动量守恒求得碰撞后m1的速度；（2）粒子受重力、电场力和洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，故重力与电场力平衡，根据几何关系求出粒子做圆周运动的半径，再由洛伦兹力提供圆周运动向心力求出磁感应强度B；（3）m2离开磁场后做平抛运动
28、，对m1的运动分析，确认m1停止位置，m2在磁场中做匀速圆周运动，故平抛的速度大小就是m2碰撞后的速度，根据平抛的射程求得平抛的抛出点高度，由抛出点高度和几何关系求得m2在磁场中做圆周运动的半径，再由洛伦兹力提供向心力求出磁感应强度B【解析】： 解：（1）m1与m2碰撞前的速度为v1，由动能定理代入数据解得：v1=0.4m/sm2碰撞后的速度为v2=0.1m/s，由于m1、m2正碰，由动量守恒有：m1v1=m1v1+m2v2代入数据解得碰撞后m1的速度：，负号表示速度方向水平向左（2）碰撞后m2恰好做匀速圆周运动，所以qE=m2g可解得：m2所带电荷量为：q=2103Cm2在洛仑兹力作用下做匀
29、速圆周运动，设圆周的半径为R则有：轨迹如图，由几何关系有：R=lOP解得：B=；（3）当m2经过y轴时速度水平向左，离开电场后做平抛运动，m1碰后做匀减速运动m1匀减速运动至停，其平均速度为：v2=0.1m/s，所以m2在m1停止后与其碰撞由牛顿第二定律有：f=m1g=m1am1停止后离O点距离：=则m2平抛的时间：m2平抛的高度：=设m2做匀速圆周运动的半径为R，由几何关系有：=1.6mm2在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供圆周运动的向心力有：得：=答：（1）碰后m1的速度为0.4m/s，方向水平向左；（2）若碰后m2做匀速圆周运动且恰好通过P点，OP与x轴的夹角=30，OP长为lop=0.4m，磁感应强度B的大小为1T；（3）其它条件不变，若改变磁场磁感应强度的大小为B使m2能与m1再次相碰，B的大小为0.25T【点评】： 本题是物体在复合场中的运动，抓住在复合场中能做匀速圆周运动时的条件即洛伦兹力提供向心力，重力和电场力平衡，解决本题还要结合牛顿运动定律和动量守恒，知识点比较多，难度较大
