1、高考资源网（） 您身边的高考专家2015年广东省清远市盛鑫中英文学校高考物理模拟试卷（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）下列说法中正确的是（） A 物体吸收热量，物体的内能一定增加 B 物体的温度升高，物体内所有分子的动能都增大 C 科技的进步可以使内燃机的效率达到100% D 电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递【考点】： 热力学第二定律；热力学第一定律【专题】： 热力学定理专题【分析】： 解答本题需掌握：做功和热传递都可以改变物体的内能；热力学第二定律：不可能
2、把热从低温物体传到高温物体而不产生其他影响；不可能从单一热源取热使之完全转换为有用的功而不产生其他影响；不可逆热力过程中熵的微增量总是大于零【解析】： 解：A、物体吸收热量，若同时物体对外界做功，物体的内能不 一定增加，故A错误；B、温度是分子的平均动能的标志，物体的温度升高，不是物体内所有分子的动能都增大，故B错误；C、根据热力学第二定律，热机不可能将从单独一个热源吸收的热量全部转化为机械能；故C错误；D、热力学第二定律：不可能把热从低温物体传到高温物体而不产生其他影响，但是电冰箱的工作过程表明，热量可以在一定的条件下从低温物体向高温物体传递故D正确故选：D【点评】： 本题考查了热力学第一定
3、律、热力学第二定律、温度的微观意义等，知识点多，难度小，这一类的题目要注意在平时学习过程中多加积累2（4分）小孩滑梯上滑下的运动可看作匀加速直线运动一个小孩单独从滑梯上滑下，所用时间为t1；该小孩抱着一只小狗再从滑梯上滑下（小狗不与滑梯接触），所用时间为t2关于t1和t2的关系正确的是（） A t1t2 B t1t2 C t1=t2 D 不确定【考点】： 匀变速直线运动的位移与时间的关系【专题】： 直线运动规律专题【分析】： 根据牛顿第二定律比较加速度的大小，结合位移时间公式比较运动的时间【解析】： 解：根据牛顿第二定律得，加速度a=gsingcos，可知两次加速度相等，与质量无关，位移相等，
4、根据x=知，运动的时间相等故C正确，A、B、D错误故选：C【点评】： 本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，通过牛顿第二定律比较出加速度是解决本题的关键3（4分）如图，运动员的双手握紧竖直放置的圆形器械，在手臂OA沿由水平方向缓慢移到A位置过程中，若手臂OA，OB的拉力分别为FA和FB，下列表述正确的是（） A FA一定大于运动员的重力G B FB一定小于运动员的重力G C FA的大小在增大 D FB的大小保持不变【考点】： 共点力平衡的条件及其应用【专题】： 共点力作用下物体平衡专题【分析】： 以人为研究对象，分析受力情况，结合平衡条件分析即可【解析】： 解：以人为研究对象，受重力、
5、手臂OA拉力FA、OB的拉力FB，由于人保持静止，合力为零；故手臂OA拉力FA一定始终为零，否则不能平衡，故：FA=0FB=G故ABC错误，D正确；故选：D【点评】： 本题比较简单，关键是通过平衡条件得到手臂OA的拉力为零，如果手臂OB不是竖直，则可以通过作图法进行分析4（4分）如图是娱乐场所中的一种滑梯，滑梯在最底端是处于水平切线方向，质量为M、可看成质点的一名滑梯爱好者从高为h的滑梯顶端静止下滑，忽略所有摩擦及阻力，则滑梯爱好者在下滑过程中下列说法正确的是（） A 机械能不守恒 B 滑梯爱好者滑到底层末端时的速度大小为v= C 滑梯爱好者滑到底层末端时对滑梯的压力为Mg D 滑梯爱好者到达
6、底层末端时处于失重状态【考点】： 机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力【专题】： 机械能守恒定律应用专题【分析】： 只有重力或只有弹力做功，机械能守恒，根据机械能守恒的条件判断机械能是否守恒；应用机械能守恒定律求出速度，根据人的运动状态分析答题【解析】： 解：A、滑梯爱好者在下滑过程只有重力做功，机械能守恒，故A错误；B、由机械能守恒定律得：mgh=mv2，解得：v=，故B正确；C、由于滑梯爱好者做圆周运动，在最低点，他的加速度竖直向上，处于超重状态，他对滑梯的压力大于其重力Mg，故CD错误；故选：B【点评】： 本题考查了判断机械能是否守恒、求速度、判断压力与重力的关系问题，分析清楚运动过程，
7、应用机械能守恒定律、知道滑梯爱好者处于超重状态即可正确解题二、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，全部选对得6分，只选1个且正确的得3分，有选错或不答得0分）5（6分）导热良好的汽缸固定不动，内有理想气体，活塞可自由滑动且不漏气沙桶装满沙子时，活塞恰好静止外部环境温度恒定，当细沙从沙桶底部慢慢漏出，则（） A 绳拉力对沙桶做正功，所以气体对外界做功 B 外界对气体做功，温度计示数不变 C 气体体积减小，同时对外界放热 D 外界对气体做功，温度计示数增加【考点】： 理想气体的状态方程【专题】： 理想气体状态方程专题【分析】： （1）活
8、塞可以自由移动且不漏气外部环境温度恒定所以气体做的是等温变化，不断将沙子慢慢堆放到活塞上，气体的体积会变小，压强会变大（2）气体体积变大（不是在真空中）：对外做功；体积减小：对气体做功（3）热力学第一定律：U=Q+W，可解决吸放热的问题【解析】： 解：气缸内气体的压强p=p0，由于G减小，则p增大，由于气缸导热良好，环境温度不变，则气体温度不变，由玻意耳定律pV=C可知，气体体积V减小，桶上升，绳对桶的拉力做正功，外界对气体做功，由于气缸是导热的，气体的温度与环境相等，保持不变，温度计示数不变，内能不变，故还应该放热，故A错误，B正确；C正确，D错误故选：BC【点评】： 本题关键是运用力学知识
9、分析气体压强如何变化，理解题意、应用玻意耳定律即可正确解题，但要注意理想气体不考虑分子势能，内能只与温度有关6（6分）电子束焊接机中的电子枪如图所示，K为阴极，A为阳极，阴极和阳极之间的电场线如图中虚线所示，A上有一小孔，阴极发射的电子在阴极和阳极间电场作用下聚集成一细束，以极高的速率穿过阳极上的小孔，射到被焊接的金属上，使两块金属熔化而焊接到一起不考虑电子重力，下列说法正确的是（） A A点的电势低于K点的电势 B 电场力对电子做正功 C 电子的电势能不断增加 D 电子动能不断增加【考点】： 电势差与电场强度的关系；电势能【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： 根据电场线的方向分析电势
10、的高低电场力做正功，电子的电势能减少，转化为电子的动能，两种形式的能总和不变【解析】： 解：A、根据顺着电场线方向电势降低，则知A点的电势高于K点的电势故A错误BCD、电子从K到A过程中，电场力对电子做正功，其电势能不断减少，根据动能定理可知电子的动能不断增加，故C错误，BD正确故选：BD【点评】： 本题只要抓住电场线的方向表示电势的高低，知道电场力做正功时，电荷的电势能减少，动能增大，就能轻松解答7（6分）地球绕太阳沿椭圆轨道运动如图所示，当地球位于近日点A时，受到的万有引力为FA，运行速度为vA，具有机械能为EA，当地球位于远日点B时，受到的万有引力FB，运行速度为vB，具有机械能为EB以
11、下判断正确的是（） A FAFB B vAvB C EA=EB D 地球从A处运动到B处，万有引力对地球的运动不做功【考点】： 万有引力定律及其应用；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】： 根据万有引力公式F=G判断地球处于近日点和远日点的引力大小；从远日点向近日点运动过程中，地球距离太阳越来越近，引力做正功，根据动能定理可知，动能增加，即速度变大，但机械能守恒【解析】： 解：A、根据万有引力公式F=G可知，在近日点的距离比远日点的距离小，所以在近日点万有引力大，即FAFB，故A错误B、从远日点向近日点运动过程中，地球距离太阳越来越近，引力做正功，根据动能定理可知
12、，动能增加，即速度变大，故vAvB，故B正确CD、地球绕太阳沿椭圆轨道运动过程中万有引力对地球做负功，机械能守恒，即EA=EB，故C正确、D错误故选：BC【点评】： 本题要掌握万有引力定律的公式，理解公式中的各个物理量的含义，知道从远日点向近日点运动过程中，地球距离太阳越来越近，引力做正功，动能增大，但机械能守恒8（6分）漏电保护开关由一个触电保安器和继电器J组成，如图所示变压器A处用火线和零线双股平行绕制成线圈，然后接到用电器，B处有一个输出线圈，一旦线圈B中有电流，经放大后便能推动继电器切断电源关于保安器的说法正确的是（） A 保安器的工作原理是电磁感应原理 B 多开灯会使保安器切断电源
13、C 线圈B中电流一定大于线圈A中的电流 D 如图人“手地”触电会切断电源【考点】： 家庭电路和安全用电知识【分析】： 图中A线圈是用火线和零线双股平行线绕制成线圈，正常情况下火线和零线中电流方向相反、大小相等，线圈A产生的总磁通量为零；当漏电时，火线和零线中电流方向、大小不等，线圈A产生的总磁通量不为零，增加了，故会在线圈B中产生感应电流，经放大后便能推动继电器切断电源【解析】： 解：A、由分析可知，保安器的工作原理是电磁感应原理；故A正确；B、开的电灯过多，但火线和零线中电流方向相反、大小相等，线圈A产生的总磁通量为零；线圈A中不会产生感应电流，故继电器不会切断电源；故B错误；C、由图可知，
14、A和B组成类似于变压器结构，由电流之比等于匝数的反比可知，由于不明确线圈匝数关系；故无法确定电流大小；故C错误；D、当有人如图中“手地”触电时，会导致一部分电流通过大地，火线和零线中电流方向、大小不等，线圈A产生的总磁通量不为零，即增加了，故会在线圈B中产生感应电流，经放大后便能推动继电器切断电源；故D正确；故选：AD【点评】： 触电保护器是防止触电，保险丝是防止电路过载，原理不同，不可相互替代9（6分）如图，导线ab、cd跨接在电阻不计，足够长光滑的导轨上，ab的电阻为2R，cd电阻为R，整个装置放置于匀强磁场中当cd在外力F1作用下，匀速向右运动时，ab在外力F2的作用下保持静止则F1、F
15、2及两导线的端电压Uab、Ucd的关系为（） A F1F2 B F1=F2 C UabUcd D Uab=Ucd【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： 两棒都处于平衡状态，根据平衡条件和安培力关系分析F1、F2的关系cd棒相当于电源，ab棒是外电路，导轨电阻不计，可知Uab=Ucd【解析】： 解：设回路中感应电流大小为I，两棒的长为Lcd棒匀速运动，有F1=BILab棒静止，有 F2=BIL则F1=F2cd棒相当于电源，ab棒是外电路，由于导轨的电阻不计，则Uab=Ucd故选：BD【点评】： 解决本题的关键要根据两棒的状态分析受力情况，抓住安培力大小相
16、等要明确产生感应电动势的导体相当于电源，其两端的电压是外电压三、非选择题10（8分）某同学做“探究加速度与力的关系”的实验，实验的探究对象是铝块（质量小于砂桶的），在静止释放轻绳前，装置如图甲所示，该同学在实验操作中有两处明显错误，分别是打点计时器错接在直流电源上和铝块没有靠近打点计时器纠错后开始实验：保持铝块的质量m不变，通过在砂桶中添加砂来改变对铝块的拉力；每次释放轻绳，由力传感器可测得拉力的大小F，由纸带上打出的点可算出对应加速度的大小a；已知重力加速度为g该同学根据多组实验数据画出如图乙所示的一条过坐标原点的直线，他标注纵轴为加速度a，但忘记标注横轴，你认为横轴代表的物理量是Fmg（用
17、所给的字母表示）若把力传感器装在右侧轻绳上则实验的误差会更大（选填“大”或“小”）【考点】： 探究加速度与物体质量、物体受力的关系【专题】： 实验题【分析】： 解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动加速度【解析】： 解：（1）该同学在实验操作中有两处明显错误，分别是打点计时器错接在直流电源上和铝块没有靠近打点计时器（2）铝块受重力mg和拉力F，所以铝块的合力F合=Fmg，所以横轴代表的物理量是Fmg，（3）由于滑轮的摩擦，若把力传感器装在右侧轻绳上则实
18、验的误差会更大故答案为：打点计时器错接在直流电源上；铝块没有靠近打点计时器Fmg大【点评】： 只要真正掌握了实验原理就能顺利解决此类实验题目，而实验步骤，实验数据的处理都与实验原理有关，故要加强对实验原理的学习和掌握11（10分）某物理实验兴趣小组探究测定某品牌矿泉水的电阻率，用一两端开口的玻璃管通过密封塞封住一定量的矿泉水，如图所示（1）某同学用如图1所示的游标卡尺的A（选填“A”、“B”或“C”）部位去测玻璃管的内径，测出的读数如图2，则玻璃管的内径d为2.150cm（2）该同学用多用电表的电阻档测量玻璃管中矿泉水的电阻，选择开关置于“100”档，发现指针如图3所示，则该同学接着需要做的实
19、验步骤是：换选1k（填“10”或“1k”）档；欧姆调零（3）该组同学按图4连好电路后，调节滑动变阻器的滑片，从最右端向左端移动的整个过程中，发现电压表有示数但几乎不变，不可能的原因是BA滑动变阻器阻值太小 B电路中5、6之间断路 C电路中7、8之间断路（4）该组同学在改进实验后，测出玻璃管中有水部分的长度为L，电压表示数为U，电流表示数为I，改变玻璃管中的水量，测出多组数据，并描绘出相应的图象如图5所示，若图线的斜率为k，则矿泉水的电阻率=（用题中字母表示）【考点】： 测定金属的电阻率【专题】： 实验题；恒定电流专题【分析】： （1）游标卡尺来测量玻璃管内径应该用内爪游标卡尺的读数方法是主尺读
20、数加上游标读数，不需要估读（2）由图可知欧姆表示数太大，故应选择更大倍率测量；换挡要进行欧姆调零（3）电压表有示数则干路一定是通的（4）由电阻定律结合图象可得电阻率【解析】： 解：（1）解：游标卡尺来测量玻璃管内径应该用内爪即A部分游标卡尺测内径时，主尺读数为2.1cm，游标读数为0.0110=0.50mm，最后读数为2.150cm（2）由图可知欧姆表示数太大，故应选择更大倍率测量，即换1k倍率；换挡要进行欧姆调零（3）A、滑动变阻器阻值太小，通过调节它电路的电流改变比较小，故A可能；B、电压表有示数则干路一定是通的，故B不可能；C、电路中7、8之间断路后电压表被串联到电路中，会导致其电压接近
21、电源电动势，故C是可能的；故选：B（4）由电阻定律可得：，又：，由图象可知：，解得：故答案为：（1）A； 2.150（2）1k； 欧姆调零（3）B； （4）【点评】： 该题关键是判定电路故障的时候，只要说电压表有示数，则就说明干路一定是通的，这样就能排除很多位置，从而简化分析12（18分）如图所示，在坐标系xOy中，第一象限内有一匀强电场；在第二、三象限内有一匀强磁场，右边界为y轴、左边界为图中平行于y轴的虚线，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里一带正电荷q、质量为m的粒子以某一速度自磁场左边界上的A点射入磁场区域，并从O点射出，粒子射出磁场的速度方向与x轴的夹角=30，大小为v粒子在
22、磁场中做匀速圆周运动，圆周运动的半径为磁场左右边界间距的两倍粒子进入电场后，在电场力的作用下又由原轨迹返回O点再次进入磁场区域，经过一段时间后再次离开磁场已知粒子从A点射入到再次离开磁场所用的时间恰好等于粒子在磁场中做圆周运动的周期不计粒子重力求（1）粒子经过A点时速度的方向和A点到x轴的距离；（2）粒子再次离开磁场时的位置M点坐标；（3）匀强电场的大小和方向【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】： 电场力与电势的性质专题【分析】： （1）根据几何关系求出粒子在磁场中做圆周运动的圆心角，抓住速度方向与半径垂直确定出粒子的速度方向，通过几何关系求出A点到x轴的
23、距离（2）画出粒子运动的轨迹，根据几何关系再次进入磁场区域后，粒子将从第四象限穿出磁场的位置的坐标；（3）粒子在电场中做匀变速直线运动，结合粒子第一次在磁场中和第二次在磁场中的时间求出在电场中的运行时间，根据牛顿第二定律和运动学公式求出电场强度的大小【解析】： 解：（1）几何关系可知，直线OO与v垂直在直角三角形OOD中OOD=30设磁场左右边界间距为d，则OO=2d依题意可知，粒子第一次进入磁场的运动轨迹的圆心即为O点，圆孤轨迹所对的圆心角为30，且OA为圆弧的半径R由此可知，粒子自A点射入磁场的速度与左边界垂直A点到x轴的距离=R（1co30）由洛仑兹力公式、牛顿第二定律及圆周运动的规律，
24、得qvB=m联立式得=（1）（2）根据几何关系再次进入磁场区域后，粒子将从第四象限穿出磁场联立上式得：所以M点的坐标是（0，）（3）设粒子在磁场中做圆周运动的周期为T，第一次在磁场中飞行的时间为t1，有依题意，匀强电场的方向与x轴正向夹角应为150由几何关系可知，粒子再次从O点进入磁场的速度方向与磁场右边夹角为60设粒子第二次在磁场中飞行的圆弧的圆心为O，O必定在直线OC上设粒子射出磁场时与磁场右边界交于P点，则OOP=120设粒子第二次进入磁场在磁场中运动的时间为t2，有设带电粒子在电场中运动的时间为t3，依题意得t3=T（t1+t2）由匀变速运动的规律和牛顿定律可知v=vat3联立可得答：
25、（1）粒子经过A点时速度的方向水平向右，A点到x轴的距离是（1）；（2）粒子再次离开磁场时的位置M点坐标是（0，）；（3）匀强电场的大小是，方向与x轴正向夹角应为150【点评】： 带电粒子在磁场中 的运动，正确地画出运动的轨迹是解题的关键，抓住粒子在磁场中做匀速圆周运动，结合半径公式、周期公式和几何关系进行求解，第一次进入电场做匀变速直线运动，第二次进入电场做类平抛运动，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解13（18分）如图所示，绝缘光滑水平面上放置有不带电的质量为mA=2kg的滑块A和质量为mB=1kg，带电荷量q=+5C的滑块BA、B之间夹有一压缩的绝缘弹簧（与A、B不连接），弹簧储存的弹
26、性势能为Ep=12J水平面与传送带最左端M相切，传送带的长度L=2m，M点的右边存在水平向右的场强为E=2V/m的匀强电场，滑块B与传送带的动摩擦因数=0.2现在自由释放A、B，B滑上传送带之前已经与弹簧脱离，（g=10m/s2），求：（1）滑块A、B脱离弹簧时A、B的速度大小；（2）若传送带顺时针转动，试讨论滑块B运动到传送带N端的动能Ek与传送带的速度v的关系【考点】： 动量守恒定律；动能定理；机械能守恒定律；电势差与电场强度的关系【专题】： 动量定理应用专题【分析】： （1）由动量守恒定律可机械能守恒定律可求得两物体的速度；（2）分别计论传送带速度在不同的范围内的运动情况，由动能定理可明
27、确动能与速度的关系【解析】： 解：（1）根据动量守恒定律，得mAvAmBvB=0根据能量守恒定律，得EP=mAVA2+mBvB2解得vA=2m/s，vB=4m/s （2）当传送带的速度0v4 m/s时，滑块B向右做匀加速直线运动，摩擦力一直做负功，则E2qLmgL=EkmvB2解得Ek=24 J 当传送带的速度v4 m/s时，设传送带的速度为v，当滑块B运动至传送带右端时，恰好与传送带共速根据动能定理，得E2qL+mqL=mv2mvB2解得v=8 m/s 当4 m/sv8 m/s时，设小球速度增至与传送带速度相等时，位移为L，则E2qL+mgL=mv2mvB2从B至C整个过程：E2qL+mgLmg（LL）=EkmvB2联立解得：Ek=+当v8 m/s时，摩擦力对滑块B一直做正功E2qL+mqL=EkmvB2解得Ek=32 J 答：（1）滑块A、B脱离弹簧时A、B的速度大小分别为2m/s和4m/s；（2）0v4 m/s时，EK=24J；v4 m/s时，Ek=+当v8 m/s时，Ek=32 J【点评】： 本题考查动量守恒定律、机械能守恒及传送带问题的综合应用，在解题时要注意正确分析物理过程，明确物理规律的应用- 12 - 版权所有高考资源网
