1、广东省潮州市2015届高考物理二模试卷一、单项选择题（共4小题，满分16分）1在一次投球游戏中，一同学将球水平投出，轨迹如图，在确保投出高度和初速度方向不变的情况下只增大初速度大小，从抛出到落地过程( )A运动时间不变B重力做功功率增大C球速度的变化率增大D落地时的速度方向与水平方向成角增大2如图，O、A、B为一直线上的三点，OA=AB=r，在O处固定一个点电荷+Q，若一点电荷+q 由A点静止释放，途经 A、B两点所受库仑力分别为FA、FB，A、B两点的电场强度分别为EA、EB，OA、AB之间电势差分别为UOA、UOB，则( )AEA=2EBBFA=4FBCUOA=UABD点电荷在A到B做匀变
2、速运动3如图甲乙站在超市的自动扶梯上（斜面式和阶梯式）随扶梯匀速上行，则下列相关说法正确的是( )A甲受到扶梯的摩擦力，乙不受摩擦力B扶梯对甲乙的弹力相同C扶梯对甲乙的弹力与甲乙的重力大小相等D斜面对甲乙都不做功4如图，两方向相同的直线电流P、Q，若IpIq，P、Q受到安培力大小分别 为F1和F2，则P和Q( )A相互吸引F1F2B相互排斥F1F2C相互排斥F1=F2D相互吸引F1=F2二、双项选择题：本题包括9小题，每小题6分，共54分每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求全选对得6分，只选1个且正确得3分，错选、不选得0分5拔罐是以罐为工具，利用燃火排出罐内气体，使之吸附于体表产生
3、负压，造成局部瘀血，以达到通经活络、行气活血、消肿止痛、祛风散寒等作用的疗法对吸附于体表的罐内气体经一段时间后，罐内气体（可视为理想气体）( )A内能增大B分子间的平均距离不变C向外界放热D对外界做正功6将形状完全相同的不同材料做成的甲、乙两球从足够高处同时由静止释放两球下落过程所受空气阻力大小f仅与球的速率v成正比，即f=kv（k为正的常量）两球的vt图象如图所示则下列判断正确的是( )A释放瞬间甲球加速度较大B释放瞬间甲乙两球的加速度都等于重力加速度C甲球质量小于乙球D甲球质量大于乙球7远距离输电的原理图如图所示，升降压变压器原副线圈的匝数、电压、电流、线路电阻如图变压器为理想变压器，则下
4、列关系式正确的是( )A=BI2=CI1U1=I2U2D若n2增加，用户得到的电压增大8一人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，假如该卫星变轨后仍做匀速圆周运动，速度减小为原来的，则变轨前、后卫星的( )A轨道半径之比为1：4B向心力之比为4：1C周期之比为1：8D变轨道后的机械能减少9如图为光电管工作原理示意图，阴极材料的逸出功为W，入射光的光子能量为hv，能发生光电效应，则( )AhvWB光电子在管内运动过程中电势能减小C减弱入射光强度，ab两端的电压减小D入射光的频率变高，所有出射光电子的动能都增大三、非选择题（共4小题，满分54分）10用如图甲所示电路，测定一节电池的电动势和内阻电池的内阻
5、较小，为了防止在调节滑动变阻器时造成短路，电路中用一个定值电阻R0起保护作用除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有：（a）电流表（量程0.6A）；（b）电压表（量程3V）；（c）定值电阻（阻值1、额定功率5W）；（d）滑动变阻器（阻值范围010、额定电流2A）；（e）滑动变阻器（阻值范围01000、额定电流1A）那么：（1）R应选择阻值范围是_ （选填d、或e）的滑动变阻器（2）为使电压表读数增大，滑动变阻器滑动端应向_（选填a、或b）滑动，电流表的内阻对测量结果是否有影响_（填“有”“无”）（3）根据实验记录，画出的UI图线如图（乙）所示，从中可求出待测电池的电动势为_V，内电阻为_（
6、结果保留到小数点后二位）（4）若因电池的内阻较小，调节过程电压表的变化不明显，影响测量的准确度，为使测量的准确度提高，请你按原有的实验器材对电路进行改进并在图（丙）中画出电路图11用图1所示的装置做“验证牛顿第二定律”的实验（1）为了消除长木板与小车间摩擦力对实验的影响，必须在长木板远离滑轮的一端下面垫一块薄木板，反复移动薄木板的位置，直至不挂沙桶时轻推小车能在长木板上做_运动（2）为保持拉力的方向不变，应调节滑轮的高度使细线与_平行；（3）挂上沙桶后，某同学只改变小车的质量进行测量他根据实验得到的几组数据作出a图象如图2根据图2，可判断本次实验中小车受到的合外力大小为_ N（保留到小数点后二
7、位）12（18分）如图所示，两平行光滑金属导轨相距L固定在水平绝缘台面上，半径为 R1、R2的光滑圆弧导轨与水平直导轨平滑连接，水平直导轨部分处在磁感应强度为B、方向竖直向上的匀强磁场中两金属棒ab、cd垂直两导轨且与导轨接触良好，ab棒质量为2m、电阻为r，cd棒质量为m、电阻为r开始时cd棒静止在水平直导轨上，ab棒从圆弧导轨的顶端无初速释放，最后两棒都离开轨道落到地面上导轨电阻不计 并且水平导轨足够长，ab与cd棒在运动过程始终没有接触求：（1）cd棒在水平直导轨上的最大加速度（2）为确保两棒都能脱离圆形轨道水平飞出，R1与R2的比值至少应满足什么条件13（18分）如图所示，一根粗细均匀
8、的长为4L直杆竖直固定放置，其上套有A、B两个可看做质点的小圆环A、B，质量分别为mA=4m，mB=m，杆上P点上方是光滑的且长度为L；P点下方是粗糙的，杆对两环的滑动摩擦力大小均等于环各自的重力开始环A静止在P处，环B从杆的顶端由静止释放，B 与A发生碰撞的时间极短，碰后B的速度方向向上，速度大小为碰前的求：（1）B与A发生第一次碰撞过程是否有机械能损失（2）通过计算说明B与A能否在杆上发生第二次碰撞广东省潮州市2015届高考物理二模试卷一、单项选择题（共4小题，满分16分）1在一次投球游戏中，一同学将球水平投出，轨迹如图，在确保投出高度和初速度方向不变的情况下只增大初速度大小，从抛出到落地
9、过程( )A运动时间不变B重力做功功率增大C球速度的变化率增大D落地时的速度方向与水平方向成角增大考点：平抛运动 专题：平抛运动专题分析：球做平抛运动，将平抛运动进行分解：水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，由运动学公式得出水平位移与初速度和高度的关系式，再进行分析选择解答：解：A、由竖直方向做自由落体运动，故h=gt2，确保投出高度不变则时间不变，故A正确；B、由于W=mgh恒定，而重力做功功率P=，故P恒定，故B错误；C、球速度的变化率就是加速度，只增大初速度大小不影响加速度，故C错误；D、落地时的速度方向与水平方向成角，则tan，v0增大时，减小，故D错误故选：A点评：本题运
10、用平抛运动的知识分析处理生活中的问题，比较简单，关键知道将平抛运动进行分解：水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，记住速度方向与水平方向成角，则tan和功率P=2如图，O、A、B为一直线上的三点，OA=AB=r，在O处固定一个点电荷+Q，若一点电荷+q 由A点静止释放，途经 A、B两点所受库仑力分别为FA、FB，A、B两点的电场强度分别为EA、EB，OA、AB之间电势差分别为UOA、UOB，则( )AEA=2EBBFA=4FBCUOA=UABD点电荷在A到B做匀变速运动考点：电势；电场强度 专题：电场力与电势的性质专题分析：根据库仑定律列式比较电场力大小；根据电场力做功等于电势能的减
11、小量判断电势能的变化情况解答：解：A、B、根据库仑定律F=，电荷间的库仑力与距离的平方成反比，故EA=4EB，FA=4FB，故A错误，B正确；C、根据库仑定律与电场强度的定义式可知，OA之间的电场强度大于AB之间的电场强度，所以UOAUAB故C错误D、点电荷在A到B做变速运动，因为电势逐渐减小，故D错误；故选：B点评：本题关键根据库仑定律和电场力做功等于电势能的减小量分析判断，基础题3如图甲乙站在超市的自动扶梯上（斜面式和阶梯式）随扶梯匀速上行，则下列相关说法正确的是( )A甲受到扶梯的摩擦力，乙不受摩擦力B扶梯对甲乙的弹力相同C扶梯对甲乙的弹力与甲乙的重力大小相等D斜面对甲乙都不做功考点：功
12、的计算；物体的弹性和弹力 专题：功的计算专题分析：由于运动员处于匀速运动，故所受到的合力为零，根据受力分析即可判断各选项解答：解：A、人处于匀速运动，处于共点力平衡，对人受力分析，甲受到扶梯的摩擦力，乙不受摩擦力，故A正确；B、通过受力分析可知，甲受到的弹力为FN=mgcos，乙图中弹力为FN=mg，故B错误，C错误；C、由W=Fx可知，斜面对甲乙都做功，故D错误；故选：A点评：本题主要考查了受力分析，抓住甲乙处于匀速运动状态即可4如图，两方向相同的直线电流P、Q，若IpIq，P、Q受到安培力大小分别 为F1和F2，则P和Q( )A相互吸引F1F2B相互排斥F1F2C相互排斥F1=F2D相互吸
13、引F1=F2考点：平行通电直导线间的作用 分析：同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，根据牛顿第二定律比较两个线圈的加速度大小解答：解：两方向相同的直线电流，电流同向，根据同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，知两导线相互吸引根据牛顿第三定律知，因为线圈1对线圈2的力和线圈2对线圈1的力大小相等，方向相反，故D正确，A、B、C错误故选：D点评：解决本题的关键掌握同向电流、异向电流的关系同向电流相互吸引，异向电流相互排斥二、双项选择题：本题包括9小题，每小题6分，共54分每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求全选对得6分，只选1个且正确得3分，错选、不选得0分5拔罐是以罐为工具，利用燃火排出
14、罐内气体，使之吸附于体表产生负压，造成局部瘀血，以达到通经活络、行气活血、消肿止痛、祛风散寒等作用的疗法对吸附于体表的罐内气体经一段时间后，罐内气体（可视为理想气体）( )A内能增大B分子间的平均距离不变C向外界放热D对外界做正功考点：热力学第一定律 专题：热力学定理专题分析：吸附于体表的罐内气体经一段时间后，温度逐渐与体温接近，即温度降低，内能减小，体积不变解答：解：AC、吸附于体表的罐内气体温度高于人体的温度，经一段时间后，温度逐渐与体温接近，即温度降低，内能减小，故A错误，C正确；B、由于气体的体积不变，故分子的平均距离不变，故B正确；D、由于气体的体积不变，故气体没有对外做功，故D错误
15、；故选：BC点评：本题关键是明确封闭气体的变化是等容降温，注意理想气体的内能与温度和分子数有关，基础题目6将形状完全相同的不同材料做成的甲、乙两球从足够高处同时由静止释放两球下落过程所受空气阻力大小f仅与球的速率v成正比，即f=kv（k为正的常量）两球的vt图象如图所示则下列判断正确的是( )A释放瞬间甲球加速度较大B释放瞬间甲乙两球的加速度都等于重力加速度C甲球质量小于乙球D甲球质量大于乙球考点：牛顿第二定律 专题：牛顿运动定律综合专题分析：由图看出两球先做加速度减小的加速运动，最后都做匀速运动，重力与空气阻力平衡，根据平衡条件和牛顿第二定律列式分析解答：解：AB、两球先做加速度减小的加速运
16、动，最后都做匀速运动，稳定时kv=mg，因此最大速度与其质量成正比，即vmm，由图象知v1v2，因此m甲m乙；故D正确，C错误CD、释放瞬间v=0，因此空气阻力f=0，两球均只受重力，加速度均为重力加速度g故B正确，A错误故选：BD点评：本题中小球的运动情况与汽车起动类似，关键要抓住稳定时受力平衡，运用牛顿第二定律分析7远距离输电的原理图如图所示，升降压变压器原副线圈的匝数、电压、电流、线路电阻如图变压器为理想变压器，则下列关系式正确的是( )A=BI2=CI1U1=I2U2D若n2增加，用户得到的电压增大考点：变压器的构造和原理 专题：交流电专题分析：变压器电压之比等于匝数之比；电流之比等于
17、匝数的反比；在远距离输电中，输电导线上功率有损耗解答：解：A、升压变压器电流之比等于匝数的反比；故有：=；故A错误；B、U2是输电导线及降压变压器两端的电压，不能只对导线由欧姆定律求电流；故B错误；C、理想变压器输入功率等于输出功率；故I1U1=I2U2，故C正确D、变压器电压之比等于匝数之比，若n2增加，U2增大，输电线上电流I2=减小，损失电压U=I2R减小，故用户得到的电压增大，故D正确；故选：CD点评：理想变压器的输入功率与输出功率相等，且没有漏磁现象远距离输电，由于导线通电发热导致能量损失，所以通过提高输送电压，从而实现降低功率损失8一人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，假如该卫星变轨
18、后仍做匀速圆周运动，速度减小为原来的，则变轨前、后卫星的( )A轨道半径之比为1：4B向心力之比为4：1C周期之比为1：8D变轨道后的机械能减少考点：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：根据万有引力提供向心力，通过线速度的变化得出轨道半径的变化，从而得出向心力和周期及机械能的变化解答：解：根据万有引力提供圆周运动向心力有，可得卫星的线速度，可知当卫星线速度减小为原来的，则半径增大为原来的4倍A、卫星轨道半径增大为原来的4倍，即轨道半径之比为1：4，故A正确；B、万有引力提供圆周运动向心力由，可知轨道半径之比1：4，则向心力之比为16：1，故B错误；C、根据万有引力提供圆
19、周运动向心力有，可知T=，因为半径之比为1：4，所以周期之比为1：8，故C正确；D、卫星轨道的抬升需要克服引力做更多的功，故半径越大，卫星的机械能越大，故D错误故选：AC点评：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力，知道线速度、向心力、周期、机械能与轨道半径的关系9如图为光电管工作原理示意图，阴极材料的逸出功为W，入射光的光子能量为hv，能发生光电效应，则( )AhvWB光电子在管内运动过程中电势能减小C减弱入射光强度，ab两端的电压减小D入射光的频率变高，所有出射光电子的动能都增大考点：光电效应 专题：光电效应专题分析：发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，根据光电效应方程知，光
20、子频率越大，光电子的最大初动能越大，光强度会影响单位时间内逸出的光电子数目解答：解：A、发生光电效应的条件是hW，故A错误；B、电子在管内运动过程中，电场力做正功，电势能减小，故B正确；C、减弱入射光强度，单位时间内逸出的光电子数目减小，故ab两端的电压减小，故C正确；D、入射光的频率变高，根据Ekm=hW，光电子的最大初动能增加，但不是所有出射光电子的动能都增大，故D错误；故选：BC点评：解决本题的关键知道光电效应的条件，以及影响光电子最大初动能的因素，知道入射光的强度影响的是单位时间内逸出的光电子数目三、非选择题（共4小题，满分54分）10用如图甲所示电路，测定一节电池的电动势和内阻电池的
21、内阻较小，为了防止在调节滑动变阻器时造成短路，电路中用一个定值电阻R0起保护作用除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有：（a）电流表（量程0.6A）；（b）电压表（量程3V）；（c）定值电阻（阻值1、额定功率5W）；（d）滑动变阻器（阻值范围010、额定电流2A）；（e）滑动变阻器（阻值范围01000、额定电流1A）那么：（1）R应选择阻值范围是d （选填d、或e）的滑动变阻器（2）为使电压表读数增大，滑动变阻器滑动端应向b（选填a、或b）滑动，电流表的内阻对测量结果是否有影响无（填“有” “无”）（3）根据实验记录，画出的UI图线如图（乙）所示，从中可求出待测电池的电动势为1.44V，
22、内电阻为0.57（结果保留到小数点后二位）（4）若因电池的内阻较小，调节过程电压表的变化不明显，影响测量的准确度，为使测量的准确度提高，请你按原有的实验器材对电路进行改进并在图（丙）中画出电路图考点：测定电源的电动势和内阻 专题：实验题分析：（1）根据安全及准确性原则可选择滑动变阻器的阻值大小；（2）分析电路中的各电表的特点，找出其产生的作用，即可得出误差产生的原因（3）电压的UI图象与纵轴的交点坐标值是电源的电动势，图象斜率的绝对值等于电源的内阻（4）根据实验原理及电源的性质可得出误差较小的电路图解答：解：（1）由于电源是一节干电池（1.5V），所选量程为3V的电压表；滑动变阻器的最大阻值一
23、般比电池内阻大几倍就好了，取010能很好地控制电路中的电流和电压，若取0100会出现开始几乎不变最后突然变化的现象（2）为了使电压表读数增大，滑动变阻器接入电阻应增大使电流减小，故滑动变阻器滑片应向b端滑动；本实验中引起该实验系统误差的主要原因是电压表的分流作用，导致电流表的示数总小于真实的干路电流值电流表的内阻对实验结果没有影响；（3）由图示电源的UI图象可知，电源的电动势为：E=1.44V，图象斜率的绝对值等于电源的内阻，内阻为：r=0.57；（4）因电源内阻较小，实验误差较大，为了减小误差可以采用等效的方法增大等效内阻；即将R0直接与电源相连；如图所示；故答案为：（1）d；（2）b；无；
24、（3）1.44；0.57；（4）如图所示；点评：实验仪器的选择是考试中经常出现的问题，在学习中要注意掌握好其安全、准确的原则；同时注意滑动变阻器的电路中的应用规律要掌握应用图象法求电源电动势与内阻的方法11用图1所示的装置做“验证牛顿第二定律”的实验（1）为了消除长木板与小车间摩擦力对实验的影响，必须在长木板远离滑轮的一端下面垫一块薄木板，反复移动薄木板的位置，直至不挂沙桶时轻推小车能在长木板上做匀速直线运动（2）为保持拉力的方向不变，应调节滑轮的高度使细线与长木板平行；（3）挂上沙桶后，某同学只改变小车的质量进行测量他根据实验得到的几组数据作出a图象如图2根据图2，可判断本次实验中小车受到的
25、合外力大小为0.06 N（保留到小数点后二位）考点：验证牛顿第二运动定律 专题：实验题分析：正好平衡摩擦力时，小车受合力为0，作匀速直线运动；a与m成反比即a，图象应为直线，根据图象斜率的物理意义求解小车受到的合外力大小解答：解：（1）当重力沿斜面向下的分力与摩擦力平衡时，小车作匀速直线运动（2）为保持拉力的方向不变，应调节滑轮的高度使细线与长木板平行；（3）由牛顿第二定律 F=ma知，F即为图象的斜率，即F=0.06N；故答案为：（1）匀速直线； （2）长木板；（3）0.06点评：本题考查了验证牛顿第二定律实验的基础知识，有平衡摩擦力的方法、图象的处理等12（18分）如图所示，两平行光滑金属
26、导轨相距L固定在水平绝缘台面上，半径为 R1、R2的光滑圆弧导轨与水平直导轨平滑连接，水平直导轨部分处在磁感应强度为B、方向竖直向上的匀强磁场中两金属棒ab、cd垂直两导轨且与导轨接触良好，ab棒质量为2m、电阻为r，cd棒质量为m、电阻为r开始时cd棒静止在水平直导轨上，ab棒从圆弧导轨的顶端无初速释放，最后两棒都离开轨道落到地面上导轨电阻不计 并且水平导轨足够长，ab与cd棒在运动过程始终没有接触求：（1）cd棒在水平直导轨上的最大加速度（2）为确保两棒都能脱离圆形轨道水平飞出，R1与R2的比值至少应满足什么条件考点：动量守恒定律；机械能守恒定律；导体切割磁感线时的感应电动势 专题：动量定
27、理应用专题分析：（1）ab棒刚进入水平导轨时，cd棒受到的安培力最大，此时它的加速度最大根据ab棒从圆弧导轨滑下机械能定恒求解进入磁场之前的速度大小，由E=BLv、I=、F=BIL结合求出安培力，即可由牛顿第二定律求解最大加速度；（2）当cd脱离轨道能飞出时速度v，ab速度也为v，根据重力提供向心力列式，再根据ab、cd在水平轨道运动过程动量守恒列式，联立方程求解解答：解：（1）ab刚进入磁场时速度v0，cd棒在水平直导轨上有最大加速度，机械能守恒：ab切割产生的电动势E，则有：E=BLv0电流为：F安=BIL对cd：F安=BIL=ma得：（2）当cd脱离轨道能飞出时速度v，ab速度也为v，根
28、据重力提供向心力得：ab、cd在水平轨道运动过程动量守恒：2mv0=（2m+m）v代入得：答：（1）cd棒在水平直导轨上的最大加速度为（2）为确保两棒都能脱离圆形轨道水平飞出，R1与R2的比值至少应满足点评：本题是电磁感应与电路、磁场、力学等知识的综合应用，根据牛顿第二定律求加速度，以及结合运动学能够分析出金属棒的运动情况，考查分析和处理综合题的能力，难度适中13（18分）如图所示，一根粗细均匀的长为4L直杆竖直固定放置，其上套有A、B两个可看做质点的小圆环A、B，质量分别为mA=4m，mB=m，杆上P点上方是光滑的且长度为L；P点下方是粗糙的，杆对两环的滑动摩擦力大小均等于环各自的重力开始环
29、A静止在P处，环B从杆的顶端由静止释放，B 与A发生碰撞的时间极短，碰后B的速度方向向上，速度大小为碰前的求：（1）B与A发生第一次碰撞过程是否有机械能损失（2）通过计算说明B与A能否在杆上发生第二次碰撞考点：动量守恒定律；机械能守恒定律 专题：动量定理应用专题分析：（1）由机械能守恒定律求出B自由下落L时速度，A，B组成的系统动量守恒列出等式求出AB碰撞后的速度大小，从而判断发生第一次碰撞过程是否有机械能损失（2）碰撞后A匀速下滑，B做竖直上抛运动，B返回到P点时，速度大小仍然为vB，此后，B也做匀速运动，由于vBvA，所以B与A可能会发生第二次碰撞，对物体进行运动分析，运用运动学公式求解碰
30、撞的位置解答：解：（1）设B自由下落L时速度为v0，由机械能守恒定律得：设B与A碰撞后瞬间，B的速度大小为vB，A的速度大小为vA，A、B组成的系统动量守恒，规定向下的方向为正mBv0=mBvB+mAvA将代入上式解得：损失的机械能：=0，则机械能守恒，（2）碰撞后A匀速下滑，B做竖直上抛运动，B返回到P点时，速度大小仍然为vB，此后，B也做匀速运动，由于vBvA，所以B与A可能会发生第二次碰撞设A、B第一次碰撞后经时间t发生第二次碰撞，B做竖直上抛运动返回到P点经历的时间为t1，则：A的位移：sA=vAtB匀速运动的位移：sB=vB（tt1）由sA=sB解得：因sA3L所以，A、B能发生第二次碰撞，碰撞的位置在P点下方答：（1）B与A发生第一次碰撞过程没有机械能损失（2）B与A能在杆上发生第二次碰撞，碰撞的位置在P点下方点评：解决该题关键要进行A、B的运动分析，正确找出其位置关系，运用系统动量守恒、机械能守恒定律、运动学公式求解，难度适中
