江西省抚州市临川二中高考物理模拟试卷（含解析）.doc

2015年江西省抚州市临川二中高考物理模拟试卷一、选择题：本题共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1（6分）甲、乙两人同时从a地前往b地，甲前一半路程跑、后一半路程走，乙前一半时间跑、后一半时间走，甲、乙两人跑的速度相同，走的速度也相同，则（） a 甲先到达终点 b 乙先到达终点 c 甲、乙同时到达终点 d 无法判断甲、乙谁先到达终点考点： 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： 比较出甲乙两人全程的平均速度，就可以比较运动的时间因为甲乙两人的总位移相等，根据比较运动的时间解答： 解：设跑的速度和走的速度分别为v1和v2，则甲的平均速度乙的平均速度因为，所以根据，知乙的时间短，乙先到达终点故b正确，a、c、d错误故选b点评： 解决本题的关键比较出甲乙两人的平均速度，通过比较运动的时间2（6分）农民在精选谷种时，常用一种叫“风车”的农具进行分选在同一风力作用下，谷种和瘪谷都从洞口水平飞出，结果谷种和瘪谷落地点不同，自然分开，如图所示若不计空气阻力，对这一现象，下列分析正确的是（） a 谷种飞出洞口时的速度比瘪谷飞出洞口时的速度大些 b 谷种和瘪谷飞出洞口后都做匀变速曲线运动 c 谷种和瘪谷从飞出洞口到落地的时间不相同 d m处是瘪谷，n处为谷种考点： 平抛运动专题： 平抛运动专题分析： 谷种和瘪谷从洞口水平飞出后都做平抛运动，可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，运动时间由下落的高度决定，根据水平位移与时间结合可分析初速度关系解答： 解：a、在同一风力作用下，由于谷种的质量较大，惯性较大，其飞出洞口时的速度比瘪谷飞出洞口时的速度小，故a错误b、谷种和瘪谷从洞口水平飞出后都做平抛运动，不计空气阻力，都只受重力，加速度为g，保持不变，所以谷种和瘪谷飞出洞口后都做匀变速曲线运动，故b正确c、谷种和瘪谷竖直方向作自由落体运动，由h=，得：t=，则知运动时间相等，故c错误d、谷种和瘪谷水平方向做匀速直线运动，由x=v0t，t相等，则知x与v0成正比，瘪谷初速度大，飞得远，所以m处是谷种，n处为瘪谷，故d错误故选：b点评： 解决本题的关键是掌握平抛运动的性质，知道平抛运动如何分解，明确其运动时间是高度决定的3（6分）如图所示，一水平固定的小圆盘a，带电量为q，电势为零，从圆盘中心处o由静止释放一质量为m，带电量为+q的小球，由于电场的作用，小球竖直上升的高度可达盘中心竖直线上的c点，oc=h，又知道过竖直线上的b点时，小球速度最大，由此可知在q所形成的电场中，可以确定的物理量是（） a b点场强 b c点场强 c b点电势 d c点电势考点： 电势；电场强度；电场的叠加专题： 电场力与电势的性质专题分析： 小球受两个力，重力和电场力，0到b，电场力大于重力，小球向上先做加速运动；到b点，电场力等于重力，速度达到最大；b到c，小球向上做减速运功，到c点速度为零根据在b点电场力等于重力求出b点的场强，根据动能定理，求出c点的电势能，从而求出c点的电势解答： 解：在b点，电场力等于重力，qeb=mg，eb=o到c，根据动能定理得，w电mgh=0，电场力做正功，w电=mgh，电势能减小mgh，o点电势能为0，所以c点电势能为mgh，c点的电势为故b、c错误，a、d正确故选ad点评： 解决本题的关键知道小球的运动情况，在什么情况下，速度最大会利用动能定理求电场力做功，从而求电势能，求电势4（6分）如图所示，一带电微粒静止在平行板电容器中，要使带电微粒向上加速运动，可采用的方法有（） a 将电阻r1的阻值减小 b 将r2的滑动触头向b端移动 c 增大平行板之间的距离 d 减小平行板的正对面积考点： 电容器的动态分析；闭合电路的欧姆定律专题： 电容器专题分析： 带电微粒原来静止在平行板电容器中，受到重力和竖直向上的电场力，二力平衡要使带电微粒向上加速运动，电场力应增加图中，电容器的电压等于变阻器r2的电压通过分析变阻器r2的电压和板间场强如何变化来分析选择符合题意的选项解答： 解：a、将电阻r1的阻值减小，外电路总电阻减小，干路电流增大，则变阻器r2的电压增大，电容器板间电压增大，板间场强增大，则带电微粒所受的电场力增大，带电微粒向上加速运动故a正确b、将r2的滑动触头向b端移动，r2接入电路的电阻减小，根据串联电路分压特点可知，变阻器r2的电压减小，电容器板间电压减小，板间场强减小，则带电微粒所受的电场力减小，带电微粒向下加速运动故b错误c、增大平行板之间的距离时，板间电压不变，由公式e=可知，板间场强减小，则带电微粒所受的电场力减小，带电微粒向下加速运动故c错误d、减小平行板的正对面积，但电容器的电压不变，板间场强不变，则带电微粒所受的电场力不变，带电微粒仍处于静止状态故d错误故选a点评： 本题是电路动态变化分析与电容器动态变化分析的综合，关键分析板间场强如何变化5（6分）如图所示，平行直线表示电场线，但未标明方向，带电量为+102c的微粒在电场中只受电场力作用，由a点移到b点，动能损失0.1j，若a点电势为10v，则（） a b点的电势为0v b 电场线方向从右向左 c 微粒的运动轨迹可能是轨迹1 d 微粒的运动轨迹可能是轨迹2考点： 带电粒子在匀强电场中的运动；电势专题： 带电粒子在电场中的运动专题分析： 由带电微粒的动能变化确定在a、b两点的电势能的大小关系，判断出a、b两点电势的高低根据沿电场线方向电势是降低的，得出电场线的方向由运动方向和所受电场力的方向判断微粒的运动轨迹解答： 解：a、ab两点的电势差uab=10v，则uaub=10v解得ub=0v；故a正确；b、由动能定理可知we=ek=0.1j；可知粒子受到的电场力做负功，故粒子电势能增加，b点的电势高于a点电势；而电场线由高电势指向低电势，故电场线向左，故b正确；c、若粒子沿轨迹1运动，a点速度沿切线方向向右，受力向左，故粒子将向上偏转，故c正确；d、若粒子沿轨迹2运动，a点速度沿切线方向向右上，而受力向左，故粒子将向左上偏转，故d错误；故选abc点评： 物体做由线运动时，运动的轨迹应夹在初始速度及合外力方向的中间；本题还应明确电场力做功与电势能的关系，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功电势能增大6（6分）a、b、c三个物体通过细线和光滑的滑轮相连，处于静止状态，如图所示，c是一箱砂子，砂子和箱的重力都等于g，动滑轮的质量不计，打开箱子下端开口，使砂子均匀流出，经过时间t0流完，则图中哪个图线表示在这过程中桌面对物体b的摩擦力f随时间的变化关系（） a b c d 考点： 滑动摩擦力专题： 摩擦力专题分析： 以ab两个物体整体作为研究对象，根据平衡条件研究桌面对物体b的摩擦力f解答： 解：设绳子的张力大小为t以ab两个物体组成的整体作为研究对象，根据平衡条件得，桌面对物体b的摩擦力f=2t设t时刻砂子流掉的重力为g，则由题可知，g=kt，t时刻对c：由平衡条件得，2t=2gg，则有f=2gg=2gkt，可见，f与t是线性关系，ft图象是向下倾斜的直线当t=0时，f=2g，t=t0时，f=g故b正确故选b点评： 要严格研究并选择图象，必须根据物理规律得到解析式，再由数学知识进行选择7（6分）如图所示电路中，电源电动势为e，电源内阻为r，串联的固定电阻为r2，滑动变阻器的总阻值是r1，电阻大小关系为r1=r2=r，则在滑动触头从a端滑到b端过程中，下列描述正确的是（） a 电路的总电流先减小后增大 b 电路的路端电压先增大后减小 c 电源的输出功率先增大后减小 d 滑动变阻器r1上消耗的功率先减小后增大考点： 闭合电路的欧姆定律专题： 恒定电流专题分析： 滑动变阻器的两个部分并联后与电阻r2串联接到电源中，分析在滑动触头从a端滑到b端过程中，电阻的变化情况，根据闭合欧姆定律判断电流的变化情况，当外电路电阻等于内阻时，电源的输出功率最大解答： 解：a、当滑动变阻器从ab移动时r1作为并联电路总电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律可知：电流是先减小后增大，故a正确；b、路端电压u=eir，因为电流先减小后增大，所以路端电压先增大后减小，故b正确；c、当r外=r的时候 电源的输出功率最大，当滑片在a端或者b端的时候 电路中r外=r 所以输出功率是先减小后增大的，故c错误；d、串联电路 当rr2时，电阻越大消耗的p越大，滑动变阻器上消耗的功率是先增大后减小，故d错误故选ab点评： 本题考查了串、联电路的特点和欧姆定律的灵活运用，难点是滑动变阻器滑片p从最右端中间左端总电阻变化情况的判断8（6分）图示为某探究活动小组设计的节能运动系统斜面轨道倾角为30，质量为m的木箱与轨道的动摩擦因数为木箱在轨道端时，自动装货装置将质量为m的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速滑下，与轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程下列选项正确的是（） a 木箱不与弹簧接触时，上滑的加速度大于下滑的加速度 b 在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能 c m=m d m=2m考点： 动能和势能的相互转化；牛顿第二定律；功能关系分析： 本题考查了牛顿运动定律、功能关系的理解及应用弄清整个过程的功能转化，从开始到木箱恰好被弹回到轨道顶端过程，系统损失的能量为mglsin即m的重力势能，全部用来克服摩擦力做功只看开始和最后两个状态弹簧弹性势能以及m的机械能没有改变，据此可以利用功能关系求解解答： 解：a、受力分析可知，下滑时加速度为ggcos，上滑时加速度为g+gcos，故a正确；b、设下滑的距离为l，根据功能关系有：（m+m）glcos+mglcos=mglsin，得m=2m也可以根据除了重力、弹性力做功以外，还有其他力（非重力、弹性力）做的功之和等于系统机械能的变化量，在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能和内能，故bcd错误；故选a点评： 本题比较全面的考查了学生对功能关系、牛顿运动定律等的理解与应用，有一定难度，在平时要加强这方面的训练二、非选择题,本大题包括秘考题和选考题两部分第912题为必考题，每个试题考生都作答；第13题16题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题9（6分）在做“用电流表和电压表测一节干电池的电动势和内电阻”实验时：（1）某同学连接的实物图如图甲所示但当开关闭合时发现电压表有示数而电流表没有示数，实验前仪器都检查过是好的，也就是说只可能是某根连接导线断了那么，请你分析一下，可能发生断路故障的导线是2、5、6（写出所有可能断的导线的编号）（2）某同学在实验时对该电路做了改进，其方法是：加接了一个定值电阻r0，如图乙所示他加接此电阻的作用是防止滑动变阻器电阻过小时，电池短路或电流表烧坏考点： 测定电源的电动势和内阻专题： 实验题分析： （1）当开关闭合时发现电压表有示数而电流表没有示数，可知与电流表连接的回路中可能有断路的导线，电压表有示数，可知与电压表连接的回路不能有断路的导线，结合这两种情况确定可能断路的导线（2）加接了一个定值电阻r0，防止电流过大，起保护电路的作用解答： 解：（1）电流表示数为零，则可能断路的导线有：2、3、5、6，由于电压表有示数，则导线3不能断路，所以可能断路的导线有：2、5、6（2）加接了一个定值电阻r0，防止变阻器电阻过小时，电池被短路或电流表被烧坏故答案为：（1）2、5、6；（2）防止滑动变阻器电阻过小时，电池短路或电流表烧坏点评： 本题考查了电路故障分析，保护电阻的作用，分析清楚电路结构即可正确解题10（8分）利用打点计时器和如图的其他器材可以开展多项实验探究，其主要步骤如下：a、按装置安装好器材并连好电路b、接通电源，释放纸带，让重锤由静止开始自由下落c、关闭电源，取出纸带更换纸带，重复步骤b，打出几条纸带d、选择一条符合实验要求的纸带，数据如图（相邻计数点的时间为t），进行数据处理若是探究重力做功和物体动能的变化的关系需求出重锤运动到各计数点的瞬时速度，试表示在b点时重锤运动的瞬时速度vb=若是测量重力加速度g为减少实验的偶然误差，采用逐差法处理数据，则加速度大小可以表示为g=如果求出的加速度值与当地重力加速度公认的值g有较大差距，说明实验过程存在较大的阻力，若要测出阻力的大小，则还需测量的物理量是重锤的质量（m）试用这些物理量和纸带上的数据符号表示出重锤在下落的过程中受到的平均阻力大小f=mg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： 在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，据此可以求出c点的速度大小采用逐差法可有效利用数据，再采用求平均值的办法可更好地减小误差重物下落过程中受重力和阻力，根据牛顿第二定律求出平均阻力大小解答： 解：在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，故b点的速度为：vb利用匀变速直线运动的推论相邻相等时间内的位移差x=at2 所以，xmxn=（mn）at2，本着有效利用数据，采用求平均值的办法减小误差的办法，本实验中，g=还需要测量的物理量是重锤的质量m重物下落过程中受重力mg和阻力f，根据牛顿第二定律得：f合=mgf=mgf=mgmg=mg点评： 本题考查了验证机械能守恒定律中的数据处理方法，以及有关误差分析，尤其是误差分析是难点，要学会根据可能产生误差的原因进行分析11（15分）如图所示，在距水平地面高为0.4m处，水平固定一根长直光滑杆，杆上p处固定一定滑轮，滑轮可绕水平轴无摩擦转动，在p点的右边，杆上套一质量m=3kg的滑块a半径r=0.3m的光滑半圆形轨道竖直地固定在地面上，其圆心o在p点的正下方，在轨道上套有一质量m=3kg的小球b用一条不可伸长的柔软细绳，通过定滑轮将两小球连接起来杆和半圆形轨道在同一竖直面内，滑块和小球均可看作质点，且不计滑轮大小的影响现给滑块a施加一个水平向右、大小为60n的恒力f，则：（1）求把小球b从地面拉到半圆形轨道顶点c的过程中力f做的功（2）求小球b运动到c处时所受的向心力的大小（3）问小球b被拉到离地多高时滑块a与小球b的速度大小相等？考点： 功能关系；功的计算专题： 功的计算专题分析： （1）根据几何知识求出滑块移动的位移大小，再求解力f做的功（2）当b球到达c处时，滑块a的速度为零，力f做的功等于ab组成的系统机械能的增加，根据功能关系列方程求解小球b运动到c处时的速度大小v由向心力公式求向心力（3）当绳与轨道相切时两球速度相等，小滑块a与小球b的速度大小相等，由几何知识求出小球b上升的高度解答： 解：（1）对于f的做功过程，由几何知识有则力f做的功所以，w=60（0.50.1）=24j（2）由于b球到达c处时，已无沿绳的分速度，所以此时滑块a的速度为零，考察两球及绳子组成的系统的能量变化过程，由功能关系，得 代入已知量，得 解得因为向心力公式为所以，代入已知量，得（3）当绳与轨道相切时两球速度相等，由相似三角形知识，得代入已知量，得所以，答：（1）把小球b从地面拉到半圆形轨道顶点c的过程中力f做的功为24j（2）小球b运动到c处时所受的向心力的大小是100n（3）小球b被拉到离地0.225m高时滑块a与小球b的速度大小相等点评： 本题连接体问题，从功能关系研究物体的速度与高度，关键分析两物体之间的关系和运用几何知识研究物体的位移12（18分）如图，与水平面成37倾斜轨道ab，其延长线在c点与半圆轨道cd（轨道半径r=1m）相切，全部轨道为绝缘材料制成且位于竖直面内整个空间存在水平向左的匀强电场，mn的右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场一个质量为0.4kg的带电小球沿斜面下滑，至b点时速度为vb=m/s，接着沿直线bc（此处无轨道）运动到达c处进入半圆轨道，进入时无动能损失，且刚好到达d点（不计空气阻力，g=10m/s2，cos37=0.8）求：（1）小球带何种电荷（2）小球在半圆轨道部分克服摩擦力所做的功（3）设小球从d点飞出时磁场消失，求小球离开d点后的运动轨迹与直线ac的交点到c点的距离考点： 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： 带电粒子在磁场中的运动专题分析： （1）带电粒子在只有电场的倾斜轨道上做匀加速运动后，进入电场与磁场混合的场中做匀速直线运动，重力、洛伦兹力与电场力处于平衡状态，接着沿半圆轨道运动刚好能达到d点，最后从d点做类平抛运动，此时所受到的合力正好与速度相互垂直因此由电场力与电场强度方向可确定小球所带电性（2）小球在bc间做匀速直线运动根据平衡条件和洛伦兹力公式f=qvcb求出qb在d处，轨道对小球没有作用力，由电场力与重力的合力充当向心力，由牛顿第二定律和向心力公式列式，可求得d点的速度小球在半圆轨道上过程，运用运动定理可得克服摩擦力做功多少（3）小球离开d点后作类平抛运动，由牛顿第二定律求出加速度，利用平抛运动分位移规律求解即可解答： 解：（1）小球从b运动到c做直线运动，受力如图，电场力方向与电场强度方向相同，则小球带正电荷（2）依题意可知小球在bc间做匀速直线运动在c点的速度为：vc=vb=m/s在bc段其受力如图所示，设重力和电场力合力为f f=qvcb 又：f=5n解得：qb=在d处由牛顿第二定律可得：bvdq+f=m将qb=代入上式并化简得：87vd100=0解得：vd=4m/s，vd=m/s（舍去）小球在cd段克服摩擦力做功wf，由动能定理可得：wf2fr=解得：wf=27.6j （3）小球离开d点后作类平抛运动，其加速度为：a=由2r=得：t=0.4s交点与c点的距离：s=vdt=2.26m答：（1）小球带正电荷（2）小球在半圆轨道部分克服摩擦力所做的功是27.6j（3）小球离开d点后的运动轨迹与直线ac的交点到c点的距离是2.26m点评： 本题要通过分析小球的运动情况，确定其受力情况小球从d点飞出后，正好受到重力与电场力且这两个力的合力与速度垂直，所以刚好做类平抛运动因此可以将倾斜轨道等效看成水平面，相当于小球做平抛运动，从而可以运用平抛运动规律来处理(二）选考题，请考生从以下两个模块中任选一模块作答物理-选修3-4（15分）13（5分）下列有关光现象的说法正确的是（） a 光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象 b 泊松亮斑是光的衍射现象 c 双缝干涉实验中，若仅将入射光由紫光改为红光，则条纹间距一定变大 d 拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加装一个偏振片以增加透射光的强度考点： 光的干涉；双缝干涉的条纹间距与波长的关系专题： 光的干涉专题分析： 光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象泊松亮斑是光的衍射现象双缝干涉实验中，若仅将入射光由紫光改为红光，则条纹间距一定变大拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加装一个偏振片以减弱反射光的强度解答： 解：a、光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象，减弱反射光的强度，增加透射光的强度故a正确b、泊松亮斑是光的圆板衍射现象故b正确c、双缝干涉实验中，根据x=知，条纹间距与光的波长成正比，红光的波长与紫光的波长长，若仅将入射光由紫光改为红光，则条纹间距一定变大故c正确d、拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加装一个偏振片以减弱反射光的强度，使照片清晰故d错误故选：abc点评： 解决本题的关键知道光现象产生原因及实际应用的原理14（10分）如图所示，有一截面是直角三角形的棱镜abc，a=30它对红光的折射率为n1对紫光的折射率为n2在距ac边为d处有一与ac平行的光屏现有由以上两种色光组成的很细的光束垂直ab边射入棱镜（1）红光和紫光在棱镜中的传播速度比为多少？（2）为了使红光能从ac面射出棱镜，n1应满足什么条件？（3）若两种光都能从ac面射出，求在光屏mn上两光点间的距离考点： 光的折射定律；电磁波谱专题： 压轴题；光的折射专题分析： （1）根据公式v=，求出红光和紫光在棱镜中的传播速度之比（2）由几何知识得到，红光射到ac面上的入射角i1=30，要使红光能从ac面射出棱镜，必须使i1c，而sinc=求n1应满足的条件（3）根据折射定律分别求出两种光从ac面射出时的折射角，再由几何知识求解在光屏mn上两光点间的距离解答： 解：（1）根据公式v=，得（2）由几何知识得到，红光射到ac面上的入射角i1=30，要使红光能从ac面射出棱镜，必须使i1c，而sinc=，得到sini1，解得n12（3）设红光与紫光从ac面射出时的折射角分别为r1，r2根据折射定律得 n1=，n2=，又i1=i2=30又由几何知识得，在光屏mn上两光点间的距离x=dtanr2dtanr1代入解得）答：（1）红光和紫光在棱镜中的传播速度比为n2：n1；（2）为了使红光能从ac面射出棱镜，n1应满足的条件是n12；（3）若两种光都能从ac面射出，在光屏mn上两光点间的距离是点评： 本题考查光在介质中速度、全反射及折射定律的综合应用，中等难度对于折射定律的应用，关键是作出光路图物理-选修3-5（15分）15使两个