1、2015年广东省清远市阳山一中高考物理模拟试卷（二）一、选择题1（3分）近年我国高速铁路技术得到飞速发展，下列说法错误的是（） A 减少路轨阻力，有利于提高列车最高时速 B 当列车保持最高时速行驶时，其牵引力与阻力大小相等 C 列车以额定功率启动时，列车做变加速直线运动 D 将列车车头做成流线形，减小空气阻力，有利于提高列车功率【考点】： 功率、平均功率和瞬时功率【专题】： 功率的计算专题【分析】： 当列车的功率一定时，当牵引力等于阻力时，速度最大，根据P=Fv=fv进行分析【解析】： 解：A、根据P=Fv=fv知，v=减小阻力，有利于提高列车的最高时速故A正确B、当列车功率一定，在水平铁轨上
2、速度最大时，F=f故B正确C、当列车以额定功率启动时，根据P=Fv知，速度增大，牵引力减小，则加速度减小，做变加速直线运动，故C正确D、将列车车头做成流线形，减小空气阻力，有利于提高列车的速度，故D错误本题选错误的，故选：D【点评】： 解决本题的关键知道当列车在水平轨道上行驶，牵引力等于阻力时，速度最大，减小阻力，增大输出功率，可以增大速度2（3分）如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，电容量C较大，电阻R的阻值大于灯泡D的阻值在t=0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t=t1时刻断开S下列表示A、B两点间电压UAB随时间t变化的图象中，正确的是（） A B C D 【考点】： 电容；
3、闭合电路的欧姆定律【专题】： 电容器专题【分析】： 开关闭合前后瞬间，电容两端电压不能突变，充电时，只能从零开始增大，放电时，电压只能逐渐减小分析A、B两点间电压UAB的正负，即可分析【解析】： 解：开关闭合前后瞬间，电容两端电压不能突变，只能从零开始增大，随着充电电流不断减小，电容可以等效为一个阻值在不断增大的电阻，直至最后看成断路，所以从电源来讲相当于电路的总外阻在不断地增大，路端电压UAB要逐渐增大，最后电容两端电压等于UAB开关断开后，电容开始放电，可看作电源，电容两端电压不能突变，从UAB开始逐渐减小，电灯D两端的电压从开始减小，由于电流方向不变，UAB的极性也不变故C正确故选：C【
4、点评】： 本题关键抓住电容器的特性：电容两端电压不能突变，分析电路中电流的变化，即可进行解答3（3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下列说法正确的是（） A 原线圈的电压瞬时表达式为u=310sin100t B 副线圈输出电压的有效值为22V C P向右移动时，原、副线圈的电流比减小 D P向右移动时，变压器的输入功率减少【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，再根据电压与匝数成正比即可求得结论【解析】： 解：A、由图象可
5、知，交流电的周期为0.02s，所以交流电的角频率为：，所以原线圈的电压瞬时表达式为u=310cos100t故A错误B、根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的最大值为310V，所以副线圈的电压的最大值为31V，所以电压的有效值为V=22V，故B正确C、原副线圈电流之比等于匝数的反比，故原副线圈的电流之比不变，故C错误D、P右移，R变小，原副线的电流都变大而电压不变，故功率增大，故D错误；故选：B【点评】： 该题结合变压器考查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4（3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
6、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；
7、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
8、力要求较高5（3分）在下列四个核反应方程中，x1、x2、x3和x4各代表某种粒子H+x1He+n N+HeO+x2Be+HeC+x3 Mg+HeAl+x4以下判断中正确的是（） A x1是质子 B x2是质子 C x3是质子 D x4是质子【考点】： 原子核衰变及半衰期、衰变速度；原子核的人工转变【专题】： 衰变和半衰期专题【分析】： 根据核反应方程中质量数和电荷数守恒，求出未知粒子的核电荷数和质量数即可判断粒子的种类【解析】： 解：A、根据质量数和电荷数守恒得x1的电荷数为1，质量数为2，所以x1是氘核，故A错误；B、同理x2的电荷数为1，质量数为1，所以x2为质子，故B正确；C、x3的电荷
9、数为0，质量数为1，所以x3是中子，故C错误；D、x4的电荷数为1，质量数为1，所以x4是质子，故D正确故选BD【点评】： 本题比较简单考查了核反应方程中的质量数和电荷数守恒的应用6（3分）如图是哈勃瓶，在瓶内塞有一气球，气球的吹气口反扣在瓶口上，瓶底的圆孔上配有一个橡皮塞，玻璃瓶导热性能良好，在一次实验中，瓶内有气球和橡皮塞封闭一定质量的气体（可视为理想气体），在对气球缓慢吹气过程中，则瓶内气体（） A 密度减少 B 平均动能增大 C 对外界放出热量 D 若释放橡皮塞后瞬间，温度将降低【考点】： 热力学第一定律【专题】： 热力学定理专题【分析】： 分析瓶内气体的压强的变化，则可知做功情况；因
10、系统导热可知温度不变，则由热力学第一定律可得出内能的变化【解析】： 解：A、在对气球缓慢吹气过程中，气球内的气体的量增大，根据克拉伯龙方程可知气体的体积若不变，则气体压强变大；瓶内气体的压强增大，而温度不变，所以瓶内 的气体的体积减小，密度增大故A错误B、因系统导热可知瓶内气体的温度不变，分子的平均动能不变故B错误C、温度不变时，体积减小，对理想气体内能不变，由热力学第一定律知外界对气体做功与气体放出热量相等，故C正确；D、若释放橡皮塞后瞬间，气体将快速从瓶内跑出，气体对外做功，由于来不及吸收热量，所以气体的温度将降低，故D正确 故选：CD【点评】： 本题需要用到的热学知识较多，但主要知识是热
11、力学第一定律，同时还要注意，理想气体的内能只和温度有关，和体积无关7（3分）嫦娥三号实施变轨控制，由距月面平均高度约100千米的环月轨道，成功进入近月点高度约15千米、远月点高度约100千米的椭圆轨道如图所示，a为椭圆轨道的远月点，b为椭圆轨道的近月点，则下列说法正确的是（） A 从a点到b点的过程中，“嫦娥三号”受到的月球引力减小 B 从a点到b点的过程中，月球引力对“嫦娥三号”做正功 C 从a点到b点的过程中，“嫦娥三号”飞行的线速度减小 D 从a点到b点的过程中，“嫦娥三号”与月球系统的机械能不变【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
12、【分析】： 根据万有引力定律判断“嫦娥三号”飞行器与月球之间的引力变化关系，引力做功等于引力势能的减小量，合力做功等于动能的增加量【解析】： 解：A、从a点到b点的过程中，“嫦娥三号”飞行器与月球之间距离减小，根据万有引力定律，“嫦娥三号”受到的月球引力增加，故A错误；B、从a点到b点过程中，“嫦娥三号”飞行器与月球之间距离减小，故月球引力对“嫦娥三号”做正功，故B正确；C、从a点到b点过程中，月球引力对“嫦娥三号”做正功，根据动能定理，“嫦娥三号”飞行的线速度增加，故C错误；D、从a点到b点过程中，只有引力做功，“嫦娥三号”与月球系统的机械能不变，故D正确；故选：BD【点评】： 本题关键是明
13、确万有引力与距离的二次方成反比，然后根据功能关系判断动能和重力势能的变化情况，基础问题8（3分）如图，是一固定的点电荷，虚线a、b、c是该点电荷产生的电场中的三条等势线，正点电荷q仅受电场力的作用沿实线所示的轨迹从a处运动b处，然后又运动到c处由此可知（） A 为负电荷 B 从a运动到b，q的电势能减少 C 在整个过程中q的加速度先变大后变小 D 在整个过程中，电场力做功为零【考点】： 电场线；等势面【分析】： 根据电场线的弯曲确定电荷所受电场力的方向，从而确定点电荷的电性，根据动能定理判断动能的变化，根据电场线的疏密判断电场力的变化，从而根据牛顿第二定律判断加速度的变化【解析】： 解：A、粒
14、子的所受合力的方向大致指向轨迹的弯曲的方向，知正电荷所受的电场力背离点电荷向外，知O为正电荷故A错误B、从从a处运动b处，然后又运动到c处电场力先做负功，再做正功，则电势能先增大后减小故B错误C、越靠近点电荷，电场线越密，则电荷所受电场力越大，加速度越大，则加速度先增大后减小故C正确D、a与c在同一个等势面上，两点间的电势差为零，根据W=qU，知电场力做功为零，故D正确故选：CD【点评】： 解决本题的关键掌握通过轨迹的弯曲大致判断合力的方向，会根据电场力做功判断动能的变化，知道在等势面上移动电荷，电场力不做功9（3分）如图所示，质量为m、顶角为的直角劈和质量为M的正方体放在两竖直墙和水平面间，
15、处于静止状态若不计一切摩擦，则（） A 水平面对正方体的弹力大小为（M+m）g B 墙面对正方体的弹力大小 C 正方体对直角劈的弹力大小为mgcos D 直角劈对墙面的弹力大小mgsin【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】： 以直角劈和质量为M正方体整体为研究对象，求解水平面对正方体的弹力大小对直角劈研究，分析受力情况，根据平衡条件求解墙面对直角劈的弹力和正方体对直角劈的弹力大小【解析】： 解：A、以直角劈和质量为M正方体整体为研究对象，分析受力情况，如图1所示，则由平衡条件得： 水平面对正方体的弹力大小N3=（M+m）g故A正
16、确B、C对直角劈研究，分析受力情况，如图2所示，根据平衡条件得知：重力mg和墙壁的弹力N1的合力F与M的支持力N4大小相等，方向相反，由图得： 墙面对m的弹力N1=，正方体对直角劈的弹力大小为N4= 对整体可知，墙面对正方体的弹力N2=N1=故B正确，C错误D、根据牛顿第三定律得知，直角劈对墙面的弹力大小N1=N1=，故D错误故选AB【点评】： 本题的解题是研究对象的选择，采用整体法和隔离法结合求解比较简便二、非选择题10测定木块与长木板之间的动摩擦因数时，采用如图所示的装置，图中长木板水平固定（1）实验过程中，电火花计时器应接在交流（选填“直流”或“交流”）电源上调整定滑轮高度，使细线与长木
17、板平行（2）已知重力加速度为g，测得木块的质量为M，砝码盘和砝码的总质量为m，木块的加速度为a，则木块与长木板间动摩擦因数=（3）如图为木块在水平木板上带动纸带运动打出的一条纸带的一部分，0、1、2、3、4、5、6为计数点，相邻两计数点间还有4个打点未画出从纸带上测出x1=3.20cm，x2=4.52cm，x5=8.42cm，x6=9.70cm则木块加速度大小a=1.3m/s2（保留两位有效数字）【考点】： 探究影响摩擦力的大小的因素【专题】： 实验题【分析】： 了解实验仪器的使用和注意事项对木块、砝码盘和砝码进行受力分析，运用牛顿第二定律求出木块与长木板间动摩擦因数利用匀变速直线运动的推论，
18、可计算出打出某点时纸带运动的加速度【解析】： 解：（1）电火花计时器应接在交流电源上调整定滑轮高度，使细线与长木板平行（2）对木块、砝码盘和砝码进行受力分析，运用牛顿第二定律得：对木块：FMg=Ma对砝码盘和砝码：mgF=ma由上式得：=（3）相邻两计数点间还有4个打点未画出，所以相邻的计数点之间的时间间隔为0.1s根据运动学公式得：x=at2，a=1.3m/s2故答案为：（1）交流，细线与长木板平行（2）（3）1.3【点评】： 能够从物理情境中运用物理规律找出物理量间的关系要注意单位的换算和有效数字的保留11在“用DIS测电源的电动势和内阻”的实验中（1）将待测电池组、滑动变阻器、电流传感器
19、、电压传感器、定值电阻、电键及若干导线连接成电路如图（a）所示，图中未接导线的A端应接在C点（选填“B”、“C”、“D”或“E”）（2）实验得到的UI关系如图（b）中的直线所示，则电池组的电动势为2.8V，内电阻的阻值为2（3）为了测量定值电阻的阻值，应在图（a）中将“A”端重新连接到D点（选填：“B”、“C”、“D”或“E”），所得到的UI的关系如图（b）中的直线所示，则定值电阻的阻值为3【考点】： 测定电源的电动势和内阻【专题】： 实验题【分析】： （1）根据伏安法测电源电动势的原理分析电路图，然后答题；（2）电源的UI图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻，由图示图
20、象可以求出电源电动势与内阻；（3）可以把定值电阻与电源组成的整体作为等效电源，求出等效电源的内阻，然后求出定值电阻阻值，根据电路图与图象分析答题【解析】： 解：（1）应用伏安法测电源电动势与内阻实验，电压表应测路端电压，由图a所示电路图可知，导线应接在C点（2）由图（b）中的直线所示电源UI图象可知，图象与纵轴交点坐标值是2.8，则电源电动势E=2.8V，电源内阻为：r=2（3）可以把定值电阻与电源组成的整体作为等效电源，测出等效电源的内阻，然后求出定值电阻阻值，由图（a）所示电路图可知，导线应接在D点，由（b）中的直线所示可知：k=R+r=5，则定值电阻阻值：R=kr=52=3；故答案为：（
21、1）C；（2）2.8，2；（3）D，3【点评】： 本题考查了电路的连接、求电源电动势与内阻、求定值电阻阻值，知道实验原理是正确解题的前提与关键，分析清楚电路结构、根据图示图象即可正确解题；电源的UI图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻12如图所示，半径r=0.2m的光滑圆弧形槽底端B与水平传带平滑相接，传送带以v1=4m/s的速率顺时针转动，其右端C点正上方悬挂一质量为m=0.1kg的物块b，BC距离L=1.25m，一质量为m=0.1kg物块a从A点无初速滑下，经传送带后与物块b相碰并粘在一起，在a、b碰撞瞬间绳子断开，a、b沿水平方向飞出，已知滑块与传送带间的动摩擦因
22、数=0.2，C点距水平面的高度为h=0.8m，a、b两物块均视为质点，不计空气阻力，g取10m/s2，求：（1）滑块a到达底端B时对槽的压力（2）滑块a到达传送带C点的速度大小（3）求滑块a、b的落地点到C点的水平距离【考点】： 动量守恒定律；机械能守恒定律【专题】： 动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合【分析】： （1）a下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律可以求出a的速度，由牛顿第二定律求出支持力，然后求出压力（2）由牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式求出速度，然后答题（3）由平抛运动规律可以求出水平位移【解析】： 解：（1）a从A到B过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgr=mvB
23、2，在B点，对滑块，由牛顿第二定律得：Fmg=m，代入数据解得：F=3N，由牛顿第三定律可知滑块对槽压力为3N，方向竖直向下；（2）滑块在传送带上，由牛顿第二定律得：mg=ma，设滑块在传送带上一直加速，则有：vC2vB2=2aL，代入数据解得：vC=3m/s4m/s，由此可知滑块到C点的速度大小为3m/s；（3）设两滑块相碰速度为v，以碰撞前a的速度方向为正方向，由动量守恒得：mvC=2mv，a、b从C点水平抛出后做平抛运动，水平方向：x=vt，竖直方向：y=gt2，代入数据解得：x=0.6m；答：（1）滑块a到达底端B时对槽的压力大小为3N，方向竖直向下；（2）滑块a到达传送带C点的速度大
24、小为3m/s（3）求滑块a、b的落地点到C点的水平距离为0.6m【点评】： 本题考查了求压力、速度、水平位移问题，分析清楚滑块的运动过程、应用机械能守恒定律、牛顿第二定律、运动学公式与平抛运动规律即可正确解题13如图所示，相距为R的两块平行金属板M、N正对着放置，s1、s2分别为M、N板上的小孔，s1、s2、O三点共线，它们的连线垂直M、N，且s2O=R以O为圆心、R为半径的圆形区域内存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场D为收集板，板上各点到O点的距离以及板两端点的距离都为2R，板两端点的连线垂直M、N板质量为m、带电量为+q的粒子，经s1进入M、N间的电场后，通过s2进入磁场粒子在
25、s1处的速度和粒子所受的重力均不计（1）当M、N间的电压为U时，求粒子进入磁场时速度的大小；（2）若粒子恰好打在收集板D的中点上，求M、N间的电压值U0；（3）当M、N间的电压不同时，粒子从s1到打在D上经历的时间t会不同，求t的最小值【考点】： 带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；动能定理；带电粒子在匀强电场中的运动【专题】： 压轴题【分析】： （1）粒子从s1到达s2的过程中，电场力做功W=qU，根据动能定理求出粒子进入磁场时速度的大小（2）粒子进入磁场后在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，粒子恰好打在收集板D的中点上时，在磁场中运动圆弧，轨迹半径等于R，根据牛顿第二定律和动能定
26、理求解M、N间的电压（3）粒子从s1到打在D上经历的时间t等于在电场中运动时间、磁场中运动时间和穿出磁场后匀速直线运动的时间之和M、N间的电压越大，粒子进入磁场时的速度越大，在极板间经历的时间越短，同时在磁场中运动轨迹的半径越大，在磁场中粒子磁场偏转角度越小，运动的时间也会越短，出磁场后匀速运动的时间也越短，故当粒子打在收集板D的右端时，对应时间t最短根据几何知识求出打在D的右端时轨迹半径，根据前面的结果求出粒子进入磁场时的速度大小，运用运动学公式求出三段时间【解析】： 解：（1）粒子从s1到达s2的过程中，根据动能定理得 解得 （2）粒子进入磁场后在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有由得加速电
27、压U与轨迹半径r的关系为 当粒子打在收集板D的中点时，粒子在磁场中运动的半径r0=R对应电压 （3）M、N间的电压越大，粒子进入磁场时的速度越大，粒子在极板间经历的时间越短，同时在磁场中运动轨迹的半径越大，在磁场中运动的时间也会越短，出磁场后匀速运动的时间也越短，所以当粒子打在收集板D的右端时，对应时间t最短 根据几何关系可以求得粒子在磁场中运动的半径r=R 由 得粒子进入磁场时速度的大小： 粒子在电场中经历的时间： 粒子在磁场中经历的时间： 粒子出磁场后做匀速直线运动经历的时间： 粒子从s1到打在收集板D上经历的最短时间为：t=t1+t2+t3=答：（1）当M、N间的电压为U时，粒子进入磁场时速度的大小； （2）若粒子恰好打在收集板D的中点上，求M、N间的电压值； （3）粒子从s1到打在D上经历的时间t的最小值为【点评】： 本题考查分析和处理粒子在磁场中运动的轨迹问题，难点在于分析时间的最小值，也可以运用极限分析法分析
