1、2015年广东省汕头市高考物理二模试卷一、单项选择题，每题4分1（4分）（2015汕头二模）月球与同步卫星都环绕地球做匀速圆周运动，两者相比（） A 月球离地球近些 B 月球的周期较长 C 月球的向心加速度大些 D 月球的线速度大些【考点】： 万有引力定律及其应用；向心力【专题】： 万有引力定律的应用专题【分析】： 根据常识知：同步卫星绕地球转一周时间为24h，月球绕地球转一周要27.3天，根据万有引力充当向心力知转动半径、加速度、线速度的大小关系【解析】： 解：A、B、同步卫星绕地球转一周时间为24h，月球绕地球转一周要27.3天，知同步卫星周期小于月球的周期，根据G=m（）2r解得T=2知
2、月球的高度大于同步卫星的高度，故A错误，B正确；C、G=ma知a=，故月球的加速度小于同步卫星的加速度，故C错误；D根据v= 知月球的线速度小于同步卫星的线速度，故D错误；故选：B【点评】： 本题关键是根据万有引力等于向心力，求出线速度、角速度、周期和向心加速度的表达式进行讨论2（4分）（2015汕头二模）物块以初速度v0滑上一固定的斜面后又沿该斜面下滑的vt图象如图所示，则（） A 物块上滑过程处于超重状态 B 斜面可能是粗糙的 C t1时刻物块加速度为零 D t2时刻物块回到出发点【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】： 根据加速度的方向判断物体处于超重还是
3、失重状态根据运动过程的对称性分析斜面是否粗糙根据图象的斜率分析加速度由图象的“面积”分析，确定物块何时回到发出点【解析】： 解：A、根据图象的斜率等于加速度，可知物体的加速度不变，且方向与初速度方向相反，即总是沿斜面向下，有竖直向下的分加速度，所以物体处于失重状态，故A错误B、由图看出，整个过程物块的加速度不变，说明斜面是光滑的，故B错误C、t1时刻物块速度为零，但加速度不为零，故C错误D、根据图象的“面积”表示位移，知t2时间内物块的位移为0，说明t2时刻物块回到出发点，故D正确故选：D【点评】： 解决本题的关键要抓住加速度的大小可由图象的斜率大小来表示，位移由图象的“面积”表示，从而能分析
4、物体的运动状态3（4分）（2015汕头二模）如图是某型号手机充电器里的变压器（可视为理想变压器），当a、b端接220V交流电时，c、d端输出4.2V交流电，则正常工作时（） A 从a、b端流入的电流大于从c、d端流出的电流 B 连接a、b端的线圈匝数多于连接c、d端的线圈匝数 C 当c、d端空载（断路）时，c、d端的电压为零 D 输入电流的频率高于输出电流的频率【考点】： 变压器的构造和原理【专题】： 交流电专题【分析】： 根据理想变压器电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，功率和频率不变分析即可【解析】： 解：A、B、根据理想变压器电压与匝数成正比，知a、b端匝数大于c、d的匝数，根据电流与匝
5、数成反比知从a、b端流入的电流小于从c、d端流出的电流，故A错误，B正确；C、当c、d端空载（断路）时，无感应电流，但仍有感应电动势，c、d端的电压不为零，故C错误；D、变压器不改变功率和频率，故D错误；故选：B【点评】： 此题要求会将元件等效为理想变压器，知道理想变压器的电压、电流、功率和频率的变化规律即可，属于简单题目4（4分）（2015汕头二模）如图，粗糙绝缘水平面上O、A、B、C四点共线，在O点固定一带正电小球Q，在A点由静止释放带正电小金属块P（可视为质点），P沿OC连线运动，到B点时速度最大，最后停止在C点则（） A A点电势低于B点电势 B P在由A向C运动的过程中，电势能一直增
6、大 C 在B点P所受的滑动摩擦力等于库仑力 D 从B到C的过程中，P的动能全部转化为电势能【考点】： 电势能；力的合成与分解的运用【分析】： 电势根据电场线的方向判断高低根据电场力做功正负分析电势能的变化在B点金属块的速度最大，受力平衡根据能量转化和守恒定律分析动能与电势能的关系【解析】： 解：A、电场线从正电荷出发到无穷远终止，可知该电场中电场线从O指向C，顺着电场线电势降低，则A点电势高于B点电势故A错误B、P在由A向C运动的过程中，电场力一直做正功，电势能一直减小，故B错误C、由题可知，P先做加速运动后做减速运动，在B点速度最大，受力平衡，即滑动摩擦力等于库仑力，故C正确D、从B到C的过
7、程中，P的动能转化为电势能和内能，故D错误故选：C【点评】： 解决本题的关键要掌握正电荷电场线的分布情况，明确金属块的受力情况，以及会根据电场力做功判断电势能的变化二、双项选择题，每题6分5（6分）（2015汕头二模）如图，内壁光滑、绝热的气缸通过有一定质量的绝热活塞封闭着一定量的气体，先使气缸保持静止然后释放气缸使其做自由落体运动，当活塞与气缸重新达到相对静止时，对于缸内气体，下列表述正确的有（） A 气体分子热运动停止，气体对活塞没有作用力 B 分子热运动变得剧烈，气体对活塞的作用力增大 C 分子间的平均距离比原来增大 D 内能比原来减少【考点】： 理想气体的状态方程；物体的内能；热力学第
8、一定律【分析】： 自由落体时物体处于失重状态，故活塞对气体的压力消失；由理想气体状态方程及热力学第一定律可分析气体体积、温度的变化，则可得出分子间的平均距离及内能的变化【解析】： 解：A、气缸做自由落体运动，活塞对气体没有压力，则气体压强减小；气体体积增大，对外做功，故内能减小，温度降低；但气体分子热运动没有停止，气体对活塞没有作用力；故A错误；B、气体温度降低，故气体的分子热运动不会变得剧烈；气体对活塞的作用力减小；故B错误；C、由于体积增大，分子间的平均距离增大；故C正确；D、温度降低，故内能减小；故D正确；故选：CD【点评】： 本题考查理想气体状态方程及热力学第一定律的定性分析应用，要注
9、意明确自由落体状态下物体的压力消失，但气体的分子热运动不会消失6（6分）（2015汕头二模）恒星内部发生着各种热核反应，其中“氦燃烧”的核反应方程为：He+XBe+，其中X表示某种粒子，Be是不稳定的粒子，其半衰期为T，则下列说法正确的是（） A X 粒子是He B Be的衰变需要外部作用激发才能发生 C 经过3个T，剩下的Be占开始时的 D “氦燃烧”的核反应是裂变反应【考点】： 原子核衰变及半衰期、衰变速度【专题】： 衰变和半衰期专题【分析】： 根据质量数与质子数守恒，即可求解；衰变是自发的；经过1个半衰期，有半数发生衰变；“氦燃烧”的核反应方程，可知是裂变还是聚变反应【解析】： 解：A、
10、根据质量数与质子数守恒，He+XBe+，则X 粒子是He，故A正确；B、衰变是自发的，不需要外部作用激发，也能发生，故B错误；C、经过1个半衰期，有半数发生衰变，即剩下开始的一半，那么经过3个T，剩下的Be占开始时的，故C正确；D、“氦燃烧”的核反应方程，是聚变反应，不是裂变反应，故D错误；故选：AC【点评】： 考查核反应的书写规律，掌握裂变反应与聚变反应的区别，理解衰变与人工转变的不同，最后注意半衰期的内涵7（6分）（2015汕头二模）如图是自动跳闸的闸刀开关，闸刀处于垂直纸面向里匀强磁场中，当CO间的闸刀刀片通过的直流电流超过额定值时，闸刀A端会向左弹开断开电路以下说法正确的是（） A 闸
11、刀刀片中的电流方向为C至O B 闸刀刀片中的电流方向为O至C C 跳闸时闸刀所受安培力没有做功 D 增大匀强磁场的磁感应强度，可使自动跳闸的电流额定值减小【考点】： 安培力【分析】： 由左手定则可判断电流方向；跳闸时闸刀受到安培力而运动断开；跳闸的作用力是一定的，依据安培力F=BIL可判定电流变化【解析】： 解：AB、当MN通电后，闸刀开关会自动跳开，可知安培力应该向左，由左手定则判断，电流方向OC，故A错误，B正确C、跳闸时闸刀受到安培力而运动断开，故跳闸时闸刀所受安培力做正功，故C错误D、跳闸的作用力是一定的，依据安培力F=BIL可知，电流I变小，故D正确故选：BD【点评】： 本题是左手定
12、则的简单应用，掌握好左手定则中安培力，磁场方向，电流方向三者关系是重点8（6分）（2015汕头二模）如图是平抛竖落仪，用小锤打击弹性金属片，金属片把a球沿水平方向抛出，同时b球松开自由落下，两球质量相等，不计一切阻力下列说法正确的是（） A b球比a球先落地 B 下落相同高度时，两球速率相等 C 两球下落过程的加速度相同 D 落地时，两球重力的瞬时功率相等【考点】： 研究平抛物体的运动【专题】： 实验题；平抛运动专题【分析】： a球做平抛运动，b球做自由落体运动，不论A球的初速度如何，两球都同时落地，从而说明平抛运动在竖直方向是自由落体运动，进而可以一一作答【解析】： 解：AC、a球做平抛运动
13、，b球做自由落体运动，不论A球的初速度如何，两球都同时落地，从而说明平抛运动在竖直方向是自由落体运动，则它们的加速度相同故C正确，A错误B、虽竖直方向做自由落体运动，但平抛的球，则有水平速度，因此下落相同高度时，两球速率不相等，故B错误；D、两球在竖直方向做自由落体运动，又因它们的质量相同，则两球重力的瞬时功率相等，故D正确；故选：CD【点评】： 解决本题的关键通过两球同时落地，说明平抛运动在竖直方向是自由落体运动，掌握速度的矢量合成法则，理解功率表达式P=Fv中力与速度必须同向9（6分）（2015汕头二模）如图是简易测水平风速的装置，轻质塑料球用细线悬于竖直杆顶端O，当水平风吹来时，球在水平
14、风力F的作用下飘起来F与风速v成正比，当v=3m/s时，测得球平衡时细线与竖直方向的夹角=45则（） A 当风速v=3m/s时，F的大小恰好等于球的重力 B 当风速v=6m/s时，=90 C 水平风力F越大，球平衡时，细线所受拉力越小 D 换用半径相等，但质量较大的球，则当=45时，v大于3m/s【考点】： 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用【专题】： 共点力作用下物体平衡专题【分析】： 对小球受力分析，根据共点力平衡求出风力和重力的关系，结合平行四边形定则得出细线拉力和重力的关系，通过夹角的变化，判断细线拉力的变化【解析】： 解：A、对小球受力分析，小球受重力、风力和拉力处于平衡
15、，当细线与竖直方向的夹角=45时，根据平行四边形定则知，风力F=mg，故A正确B、当风速为6m/s，则风力为原来的2倍，即为2mg，根据平行四边形定则知，90故B错误C、拉力T=，水平风力越大，平衡时，细线与竖直方向的夹角越大，则细线的拉力越大，故C错误D、换用半径相等，但质量较大的球，知重力变大，当=45时，风力F=mg，可知风力增大，所以v大于3m/s，故D正确故选：AD【点评】： 解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解，判断拉力的变化，关键得出拉力与重力的关系，通过夹角的变化进行判断三、非选择题：10（10分）（2015汕头二模）如图甲，某实验小组利用光电计时器等器材做
16、“验证机械能守恒定律”的实验将金属小球在A处由静止释放，并通过A处正下方、固定于B处的光电门用10等分游标的游标卡尺测量小球的直径d，测量示数如图乙，则d=1.02cm若光电计时器记录小球通过光电门的时间为t=4.25103s，则小球经过光电门B时的速度为vB=2.40m/s（计算结果保留三位有效数字）多次改变A、B间的距离H，重复上述实验，作出随H的变化图象如图丙所示，若小球下落过程机械能守恒，由图丙数据写出重力加速度g与d、t0、H0的关系式g=实验数据显示小球的动能增加量EK总是稍小于重力势能减少量EP，主要原因是小 球的一部分重力势能转化为内能增大H，不能减少机械能的损失（填“能”或“
17、不能”）【考点】： 验证机械能守恒定律【专题】： 实验题；动能定理的应用专题【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：由图可知，主尺刻度为10mm；游标对齐的刻度为2；故读数为：10+20.1=10.2mm=1.02cm；已知经过光电门时的时间小球的直径；则可以由平均速度表示经过光电门时的速度；故v=m/s2.40m/s；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=（）22gH0=d2；解得：g=；小球的动
18、能增加量EK总是稍小于重力势能减少量EP，主要原因该过程中有阻力做功，使小球的一部分重力势能转化为内能；当增大H，则阻力做功越多，则不能减小机械能损失故答案为：1.02；2.40 ；内能，不能【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同时为验证性实验题，要求根据物理规律选择需要测定的物理量，运用实验方法判断系统重力势能的变化量是否与动能的变化量相同是解题的关键11（8分）（2015汕头二模）某同学采用“半偏法”测量一个量程为3V的电压表的内阻按如图连接好电路，把变阻器R的滑片P置于b端（填“a”或“b”）将电阻箱R0的阻值调到零（填“零”或“最大值”）闭合电
19、建S，移动R的滑片P，使电压表的示数为3.00V 保持P位置不变，调节R0的阻值使电压表的示数为1.50V，此时R0的阻值为3000，则电压表内阻的测量值RV=3000若本实验所用电源的电压约4.5V，为了减少实验的误差，必须使滑动变阻器的最大阻值远小于（填“远小于”或“远大于”）电压表的内阻【考点】： 伏安法测电阻；把电流表改装成电压表【专题】： 实验题；恒定电流专题【分析】： 明确半偏法的实验原理及方法，根据实验安全和准确性要求分析实验步骤；再利用闭合电路欧姆定律进行分析求解电压表内阻【解析】： 解：由图可知，本实验采用分压接法，为了让测量电路中的电压由零开始调节，滑片应置于b端；根据半偏
20、法的测量原理可知，开始时应将电阻箱的阻值调到零；因测量电路中的电压不变，而现在电压表示数为1.5V，故电阻箱分压为1.5V；二者串联，说明二者电流相等，则电阻一定相等，故电压表的内阻等于电阻箱的示数3000为了减小电压表内阻对电路的影响，使测量电路两端的电压保持不变；应使滑动变阻器的最大阻值远小于电压表内阻；故答案为：b （零 3000 远小于【点评】： 本题考查半偏法的应用，要注意明确半偏法原理，注意本实验中滑动变阻器要选用小电阻12（18分）（2015汕头二模）如图，轻质细杆上端固定在O处的水平转轴上，下端连接一质量可忽略的力传感器P（可测出细杆所受拉力或压力大小）和质量m=1kg的小球，
21、小球恰好没有触及水平轨道轻杆可绕O处的转轴无摩擦在竖直面内转动，小球的轨道半径R=0.5m在水平轨道左侧某处A固定一高度H=1.5m的光滑曲面，曲面底端与水平轨道平滑连接质量与小球相同的物块从曲面顶端由静止释放，物块与水平轨道间的动摩擦因数 =0.5，物块滑到B处时与小球发生弹性正碰，碰后小球连杆绕O点做圆周运动重力加速度g=10m/s2（1）若AB间的距离s=1m，求物块与小球碰后瞬间力传感器显示的力的大小（2）多次改变光滑曲面在水平轨道左侧的位置并固定，每次都使物块从曲面顶端由静止释放，若有两次小球通过最高点C时力传感器中显示力的大小都为6N，求这两次AB间的距离s1和s2【考点】： 动量
22、守恒定律；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）根据动能定理求出B点的速度，根据动量守恒定律和能量守恒求出碰后的速度，结合牛顿第二定律求出物块与小球碰后瞬间力传感器显示的力的大小（2）小球在最高点会表现为拉力，或表现为支持力，根据牛顿第二定律求出在最高点的速度大小，结合动能定理和机械能守恒求出AB间的距离【解析】： 解：（1）设物块从静止释放运动到B处的速度为v0，由动能定理得，设物块与小球碰后的速度分别为v和v1，规定物块初速度的方向为正方向，由动量守恒和动能守恒可得mv0=mv+mv1，由牛顿第二定律得Fmg=代入数据联立解得力传感器显示的力大小
23、 F=50N （2）设小球从B运动到C处时速度为v2，由机械能守恒定理得，若C处细杆对小球作用力为拉力，由牛顿第二定律得，将F=6N代入联立解得 s1=0.2m 若C处细杆对小球作用力为支持力，由牛顿第二定律得将F=6N代入联立解得 s2=0.8m 答：（1）物块与小球碰后瞬间力传感器显示的力的大小为50N（2）这两次AB间的距离s1和s2分别为0.2m、0.8m【点评】： 本题考查了动量守恒、能量守恒、机械能守恒、动能定理、牛顿第二定律的综合运用，知道弹性碰撞过程中动量守恒、能量守恒，以及知道最高点杆子可以表现为拉力，也可以表现为支持力13（18分）（2015汕头二模）如图甲所示，质量为m的
24、导体棒ab，垂直放在相距为l的平行光滑金属轨道上导轨平面与水平面间的夹角=30，图中间距为d的两虚线和导轨围成一个矩形区域，区域内存在方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场导轨上端通过一个电流传感器A连接一个定值电阻，回路中定值电阻除外的其余电阻都可忽略不计用一平行于导轨的恒定拉力拉着棒，使棒从距离磁场区域为d处由静止开始沿导轨向上运动，当棒运动至磁场区域上方某位置时撤去拉力棒开始运动后，传感器记录到回路中的电流I随时间t变化的It图象如图乙所示已知重力加速度为g，导轨足够长求：（1）拉力F的大小和匀强磁场的磁感应强度B的大小（2）定值电阻R的阻值（3）拉力F作用过程棒的位移x【考点】： 导体切割磁
25、感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化【专题】： 电磁感应功能问题【分析】： （1）由图乙知，棒进入磁场运动过程，回路中电流均保持不变，说明棒在磁场中做匀速运动研究棒在磁场中向下运动的过程，根据平衡条件和安培力公式结合求出磁感应强度B的大小研究棒在磁场中向上运动的过程，根据平衡条件和安培力公式结合求拉力F的大小（2）棒开始运动直到进入磁场过程，运用动能定理列式得到棒进入磁场时的速度，再由欧姆定律求出电阻值（3）棒离开磁场后拉力作用的位移为（x2d），从棒离开磁场到再次进入磁场过程，由动能定理得求出棒第二次在磁场中运动时的速度，再由欧姆定律列式，联立求出位移x【解析】： 解：（1）棒进入磁场运
26、动过程，回路中电流均保持不变，说明棒在磁场中做匀速运动，在磁场中向下运动过程，有：mgsin=2BI0l解得磁感应强度大小为：B=在磁场中向上运动过程，有：F=mgsin+BI0l解得拉力大小为：F=mg（2）棒开始运动直到进入磁场过程，由动能定理得：（Fmgsin）d=棒进入磁场后回路中的电流为：I0=解得定值电阻的阻值为：R=（3）棒离开磁场后拉力作用的位移为（x2d），从棒离开磁场到再次进入磁场过程，由动能定理得：F（x2d）=棒第二次在磁场中运动过程回路中的电流为：2I0=解得拉力F作用过程棒的位移为：x=3d答：（1）拉力F的大小为mg，匀强磁场的磁感应强度B的大小为（2）定值电阻R的阻值为（3）拉力F作用过程棒的位移x为3d【点评】： 解决本题的关键要读取图象中有效信息，正确分析棒的运动状态，运用力学的规律，如平衡条件和动能定理等处理