广东省东莞高中高考物理模拟试卷（二）（含解析）.doc

2015年广东省东莞高中高考物 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）（2013茂名二模）如图电子枪射出的电子束进入示波管，在示波管正下方有竖直放置的通顺时针电流的环形导线，则示波管中的电子束将（）a向上偏转b向下偏转c向纸外偏转d向纸里偏转2（4分）（2015东莞模拟）如图所示，虚线表示某电场的等势面一带电粒子仅在电场力作用下由a运动到b的径迹如图中实线所示粒子在a点的加速度为aa、电势能为ea；在b点的加速度为ab、电势能为eb则下列结论正确的是（）a粒子带正电，aaab，eaebb粒子带负电，aaab，eaebc粒子带正电，aaab，eaebd粒子带负电，aaab，eaeb3（4分）（2012济南一模）如图所示，线圈两端与电阻相连构成闭合回路，在线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的s极朝下在将磁铁的s极插入线圈的过程中（）a通过电阻的感应电流的方向由a到b，线圈与磁铁相互排斥b通过电阻的感应电流的方向由b到a，线圈与磁铁相互排斥c通过电阻的感应电流的方向由a到b，线圈与磁铁相互吸引d通过电阻的感应电流的方向由b到a，线圈与磁铁相互吸引4（4分）（2013浙江）磁卡的词条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈，当以速度v0刷卡时，在线圈中产生感应电动势其et关系如图所示如果只将刷卡速度改为，线圈中的et关系可能是（）abcd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，全部选对的得6分，只选1个且正确的得3分，有选错或不答的得0分5（6分）（2015东莞模拟）在点电荷q的电场中，一个粒子（he带正电）通过时的轨迹如图实线所示，a、b为两个等势面，则下列判断中正确的是（）aq一定带正电荷b运动中粒子总是克服电场力做功c粒子在两等势面上的电势能epbepad粒子经过两等势面的动能ekbeka6（6分）（2015东莞模拟）如图，在粗糙绝缘水平面上固定一点电荷q，在m点无初速度地释放带电小物块p，p将沿水平面运动到n点静止，则从m到n的过程中（）ap所受库仑力逐渐减小bp的电势能一定增加cm、n 两点的电势m一定高于nd克服摩擦力做的功等于电势能的减少7（6分）（2015东莞模拟）静电喷涂时，喷枪喷出的涂料微粒带电，在带正电被喷工件的静电力作用下，向被喷工件运动，最后吸附在其表面在涂料微粒向工件靠近的过程中（）a涂料微粒一定带正电b离工件越近，所受电场力越大c电场力对涂料微粒做负功d涂料微粒的电势能减小8（6分）（2015东莞模拟）如图所示的电路中，p为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压u1不变，闭合电键s，下列说法正确的是（）ap向下滑动时，灯l变亮bp向下滑动时，灯l亮度不变cp向上滑动时，变压器的输入电流变小dp向上滑动时，变压器的输入功率变大9（6分）（2014安阳一模）示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示如果在荧光屏上p点出现亮斑，那么示波管中的（）a极板x应带正电b极板x应带正电c极板y应带正电d极板y应带正电三、非选择题（共4小题，满分54分）10（8分）（2015东莞模拟）小明同学为了测定某太阳能硅光电池组的电动势和内电阻，设计了如图甲所示的电路，在一定光照条件下进行实验：请根据图甲完成图乙中实物的连线将测量出来的数据记录在表中，其中第4组数据的电压如图丙所示，则此时电压为v12345678u/v1.771.751.701.541.271.000.50i/a1230486068768086将这些数据在图丁中描点，第4组数据还未描出a请在图丁中描出第4组数据的点，并作出该硅光电池组的ui图线；b由此ui图线可知，该硅光电池组的电动势e=1.80v，电池组的内阻随其输出电流的变化而改变，在电流为80a时，该电池组的内阻r=（保留两位有效数字）11（10分）（2015东莞模拟）某同学想测绘标有“3.8v0.4a”字样的小灯泡的灯丝电阻r随电压u变化的图象，除了导线和开关外，有下列一些器材可供选择：a电源e（电动势为4v，内阻约为0.04）b电压表v1（量程为5v，内阻约为5k）；c电流表a1（量程为100ma，内阻约为2）；d电流表a2（量程为0.6a，内阻约为0.3）；e滑动变阻器r1（最大阻值为5）；f滑动变阻器r2（最大阻值为100）；g开关及导线若干为了调节方便，测量准确，实验中应选用电流表，滑动变阻器（填器材前面的选项代号）选好器材后，该同学按照该实验要求连接电路，请完成图甲中的实物连线该同学根据实验数据，计算并描绘出ru的图象如图乙所示由图象可知，此灯泡在不工作时，灯丝的电阻为；（保留二位有效数字）由图可知当u=3v时小灯泡的实际功率是w（保留二位有效数字）12（18分）（2014河西区一模）如图所示，在直角坐标系xoy平面内有一矩形区域mnpq，矩形区域内有水平向右的匀强电场，场强为e；在y0的区域内有垂直于坐标平面向里的匀强磁场，半径为r的光滑绝缘空心半圆管ado固定在坐标平面内，半圆管的一半处于电场中，圆心o1为mn的中点，直径ao垂直于水平虚线mn，一质量为m、电荷量为q的带电粒子（重力不计）从半圆管的o点由静止释放，进入管内后从a点穿出恰能在磁场中做半径为r的匀速圆周运动，当粒子再次进入矩形区域mnpq时立即撤去磁场，此后粒子恰好从qp的中点c离开电场求：（1）匀强磁场的磁感应强度b的大小；（2）矩形区域的长度mn和宽度mq应满足的条件？（3）粒子从a点运动到c点的时间13（18分）（2015东莞模拟）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大小为b、方向垂直纸面向外的匀强磁场d为收集板，收集板上各点到o点的距离以及两端点a和c的距离都为2r，板两端点的连线ac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ux时，求粒子进入磁场时速度的大小vx；（2）要使粒子能够打在收集板上，求在m、n间所加电压的范围；（3）若粒子恰好打在收集板d的中点上，求粒子从s1开始运动到打在d的中点上经历的时间2015年广东省东莞高中高考物理模拟试卷（二）参考答案与试题解析一、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）（2013茂名二模）如图电子枪射出的电子束进入示波管，在示波管正下方有竖直放置的通顺时针电流的环形导线，则示波管中的电子束将（）a向上偏转b向下偏转c向纸外偏转d向纸里偏转考点：带电粒子在匀强磁场中的运动专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：由安培定则判断出环形导线中的电流在示波管位置的磁场方向；然后由左手定则判断出电子束受到的安培力方向，最后根据电子束的受力方向判断电子束如何偏转解答：解：由安培定则可知，在示波管下方环形电流的磁场在环形区域内磁感线方向垂直纸面向里，根据磁感线是闭合的曲线可知，在环形电流外侧磁感线方向垂直纸面向外；电子束由左向右运动，电子束形成的电流方向水平向左，由左手定则可知，电子束受到的安培力竖直向上，则电子束向上偏转；故选：a点评：知道电流方向与电子运动方向相反，熟练掌握安培定则、左手定则是正确解题的关键2（4分）（2015东莞模拟）如图所示，虚线表示某电场的等势面一带电粒子仅在电场力作用下由a运动到b的径迹如图中实线所示粒子在a点的加速度为aa、电势能为ea；在b点的加速度为ab、电势能为eb则下列结论正确的是（）a粒子带正电，aaab，eaebb粒子带负电，aaab，eaebc粒子带正电，aaab，eaebd粒子带负电，aaab，eaeb考点：电势能；电场强度专题：电场力与电势的性质专题分析：根据曲线的弯曲方向可知带电粒子受到的是静电斥力，根据等差等势面的疏密判断场强大小，结合牛顿第二定律得到加速度大小关系；根据电场力做功情况断电势能高低解答：解：根据粒子轨迹的弯曲方向可知带电粒子受到的是静电斥力，根据u=ed知，等差等势面越密的位置场强越大，b处等差等势面较密集，则场强大，带电粒子所受的电场力大，加速度也大，即aaab；从a到b，电场线对带电粒子做负功，电势能增加，则知b点电势能大，即eaeb；故d正确故选：d点评：本题关键是先根据靠差等势面的疏密判断场强的大小，再结合电场力做功正负分析电势能变化公式u=ed，对非匀强电场可以用来定性分析场强3（4分）（2012济南一模）如图所示，线圈两端与电阻相连构成闭合回路，在线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的s极朝下在将磁铁的s极插入线圈的过程中（）a通过电阻的感应电流的方向由a到b，线圈与磁铁相互排斥b通过电阻的感应电流的方向由b到a，线圈与磁铁相互排斥c通过电阻的感应电流的方向由a到b，线圈与磁铁相互吸引d通过电阻的感应电流的方向由b到a，线圈与磁铁相互吸引考点：楞次定律分析：当磁铁向下运动时，穿过线圈的磁通量变大，原磁场方向向下，所以感应磁场方向向上，根据右手螺旋定则判断感应电流的方向；根据楞次定律“来拒去留”可判断磁铁与线圈的相互作用解答：解：当磁铁向下运动时，穿过线圈的磁通量变大，原磁场方向向上，所以感应磁场方向向下，根据右手螺旋定则，拇指表示感应磁场的方向，四指弯曲的方向表示感应电流的方向，即通过电阻的电流方向为ba根据楞次定律“来拒去留”可判断线圈对磁铁的作用是阻碍作用，故磁铁与线圈相互排斥综上所述：线圈中感应电流的方向为电阻的电流方向为ba，磁铁与线圈相互排斥故选：b点评：楞次定律应用的题目我们一定会做，大胆的去找原磁场方向，磁通量的变化情况，应用楞次定律判断即可4（4分）（2013浙江）磁卡的词条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈，当以速度v0刷卡时，在线圈中产生感应电动势其et关系如图所示如果只将刷卡速度改为，线圈中的et关系可能是（）abcd考点：信息传播、处理和存储技术的发展；闭合电路的欧姆定律；导体切割磁感线时的感应电动势专题：电磁感应与图像结合分析：根据感应电动势公式e=blv可知，其他条件不变时，感应电动势与导体的切割速度成正比，磁卡通过刷卡器的时间t=与速率成反比解答：解：根据感应电动势公式e=blv可知，其他条件不变时，感应电动势与导体的切割速度成正比，只将刷卡速度改为，则线圈中产生的感应电动势的最大值将变为原来的磁卡通过刷卡器的时间t=与速率成反比，所用时间变为原来的2倍故d正确故选d点评：本题要抓住磁卡刷卡是利用电磁感应原理，关键要掌握感应电动势公式e=blv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，全部选对的得6分，只选1个且正确的得3分，有选错或不答的得0分5（6分）（2015东莞模拟）在点电荷q的电场中，一个粒子（he带正电）通过时的轨迹如图实线所示，a、b为两个等势面，则下列判断中正确的是（）aq一定带正电荷b运动中粒子总是克服电场力做功c粒子在两等势面上的电势能epbepad粒子经过两等势面的动能ekbeka考点：电势能专题：电场力与电势的性质专题分析：从粒子运动轨迹看出，轨迹向左弯曲，可知带电粒子受到了排斥力作用，从a到b过程中，电场力做负功，反之，远离q的过程电场力做正功可判断电势能的大小和动能大小以及q的电性解答：解：a、正电荷受到了排斥力作用，所以q的电性一定是正电荷故a正确；b、根据运动轨迹可知，带电粒子受到了排斥力作用，从a到b过程中，电场力做负功，反之，远离q的过程电场力做正功故b错误；c、d、根据运动轨迹可知，带电粒子受到了排斥力作用，从a到b过程中，电场力做负功；因此动能减小，电势能增大故c正确，d错误；故选：ac点评：该题考查轨迹问题，首先要根据弯曲的方向判断出带电粒子所受电场力方向，确定是排斥力还是吸引力由动能定理分析动能和电势能的变化是常用的路6（6分）（2015东莞模拟）如图，在粗糙绝缘水平面上固定一点电荷q，在m点无初速度地释放带电小物块p，p将沿水平面运动到n点静止，则从m到n的过程中（）ap所受库仑力逐渐减小bp的电势能一定增加cm、n 两点的电势m一定高于nd克服摩擦力做的功等于电势能的减少考点：电势能；库仑定律专题：电场力与电势的性质专题分析：由题分析可知，物块与点电荷q是同种电荷，根据库仑定律分析小物块受到的电场力变化情况电场力做正功，电荷的电势能减小电场线从无穷远出到点电荷q终止，根据电场线的方向判断电势的高低由e=k判断电场强度的大小解答：解：a、从m点运动到n点的过程中，物块与点电荷q的距离增大，带电量均不变，根据库仑定律分析可知，小物块所受电场力逐渐减小故a正确b、点电荷对物块的电场力方向向左，对物块做正功，物块p的电势能一定减小故b错误c、由题分析可知，物块与点电荷q是同种电荷，但它们的电性无法判断，所以电场线的方向不能确定，根据顺着电场线电势降低可知，m点的电势与n点的电势关系不能确定故c错误d、根据动能定理，克服摩擦力做的功等于电场力做功，即等于电势能的减少故d正确故选：ad点评：本题要掌握库仑定律，分别从力和能的角度分析物块的物理量的变化情况，是研究物体运动情况常用的两个角度7（6分）（2015东莞模拟）静电喷涂时，喷枪喷出的涂料微粒带电，在带正电被喷工件的静电力作用下，向被喷工件运动，最后吸附在其表面在涂料微粒向工件靠近的过程中（）a涂料微粒一定带正电b离工件越近，所受电场力越大c电场力对涂料微粒做负功d涂料微粒的电势能减小考点：静电场中的导体专题：电场力与电势的性质专题分析：解答本题关键抓住：在涂料微粒向工件靠近的过程中，工件带正电，涂料微粒带负电；根据库仑定律分析库仑力的变化；电场力做正功，涂料微粒的电势能减小解答：解：a、由图知，工件带正电，则在涂料微粒向工件靠近的过程中，涂料微粒带负电故a错误b、离工件越近，根据库仑定律得知，涂料微粒所受库仑力越大故b正确c、d、涂料微粒所受的电场力方向向左，其位移方向大体向左，则电场力对涂料微粒做正功，其电势能减小故c错误，d正确故选：bd点评：本题抓住异种电荷相互吸收，分析涂料微粒的电性根据电场力做功正负判断电势能的变化情况8（6分）（2015东莞模拟）如图所示的电路中，p为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压u1不变，闭合电键s，下列说法正确的是（）ap向下滑动时，灯l变亮bp向下滑动时，灯l亮度不变cp向上滑动时，变压器的输入电流变小dp向上滑动时，变压器的输入功率变大考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：与闭合电路中的动态分析类似，可以根据滑动变阻器r的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的元件的电流和电压的变化的情况解答：解：a、当滑动变阻器r的滑片向下移动时，导致总电阻增大，由于输入电压u1不变，且原副线圈匝数不变，所以副线圈电压不变，根据p=，即亮度不变故a错误b正确；c、当滑动变阻器r的滑片向上移动时，导致总电阻减小，由于输入电压u1不变，且原副线圈匝数不变，所以副线圈电压不变，则有副线圈的总电流增大因此输入电流也变大故c错误；d、当滑动变阻器r的滑片向上移动时，导致总电阻减少，由于输入电压u1不变，且原副线圈匝数不变，所以副线圈电压不变，则有副线圈的总电流增大则输出功率增大，故d正确故选：bd点评：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，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法9（6分）（2014安阳一模）示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示如果在荧光屏上p点出现亮斑，那么示波管中的（）a极板x应带正电b极板x应带正电c极板y应带正电d极板y应带正电考点：示波器的使用专题：实验题分析：由亮斑位置可知电子偏转的打在偏向x，y向，由电子所受电场力的方向确定电场的方向，再确定极板所带的电性由亮斑位置可知电子偏转的打在偏向x，y向，由电子所受电场力的方向确定电场的方向，再确定极板所带的电性解答：解：电子受力方向与电场方向相反，因电子向x向偏转则，电场方向为x到x，则x带正电 同理可知y带正电，故ac正确，bd错误故选：ac点评：考查电子的偏转，明确电子的受力与电场的方向相反三、非选择题（共4小题，满分54分）10（8分）（2015东莞模拟）小明同学为了测定某太阳能硅光电池组的电动势和内电阻，设计了如图甲所示的电路，在一定光照条件下进行实验：请根据图甲完成图乙中实物的连线将测量出来的数据记录在表中，其中第4组数据的电压如图丙所示，则此时电压为1.65v12345678u/v1.771.751.701.541.271.000.50i/a1230486068768086将这些数据在图丁中描点，第4组数据还未描出a请在图丁中描出第4组数据的点，并作出该硅光电池组的ui图线；b由此ui图线可知，该硅光电池组的电动势e=1.80v，电池组的内阻随其输出电流的变化而改变，在电流为80a时，该电池组的内阻r=1.0104（保留两位有效数字）考点：测定电源的电动势和内阻专题：实验题分析：根据电路图连接实物电路图；根据图示电压表确定其分度值，读出其示数；根据坐标系内描出的点作出图象；在电流为80a时，由表格数据得到路端电压为1v，然后根据闭合电路欧姆定律列式求解解答：解：根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：由表中实验数据可知电压表最大测量值为1.77v，则电压表量程为3v，由图丙所示电压表可知，其分度值为0.1v，示数为1.65v；a、把第四组数据标在坐标系内，根据坐标系内描出的点作出图象如图所示：b、在电流为80a时，由表格数据得到路端电压为1v，根据闭合电路欧姆定律，在闭合电路中：e=u+ir，解得：r=1.0104；故答案为：实物电路图如图所示；1.65；a、图象如图所示；b、1.0104点评：本题考查了测电源电动势与内阻实验，应用图象法处理实验数据是常用的方法，要掌握描点法作图的方法；对电表读数时要先确定其量程与分度值，然后再读数11（10分）（2015东莞模拟）某同学想测绘标有“3.8v0.4a”字样的小灯泡的灯丝电阻r随电压u变化的图象，除了导线和开关外，有下列一些器材可供选择：a电源e（电动势为4v，内阻约为0.04）b电压表v1（量程为5v，内阻约为5k）；c电流表a1（量程为100ma，内阻约为2）；d电流表a2（量程为0.6a，内阻约为0.3）；e滑动变阻器r1（最大阻值为5）；f滑动变阻器r2（最大阻值为100）；g开关及导线若干为了调节方便，测量准确，实验中应选用电流表d，滑动变阻器e（填器材前面的选项代号）选好器材后，该同学按照该实验要求连接电路，请完成图甲中的实物连线该同学根据实验数据，计算并描绘出ru的图象如图乙所示由图象可知，此灯泡在不工作时，灯丝的电阻为1.2；（保留二位有效数字）由图可知当u=3v时小灯泡的实际功率是0.90w（保留二位有效数字）考点：描绘小电珠的伏安特性曲线专题：实验题分析：本题的关键是根据小灯泡的额定电压和额定功率求出额定电流，然后选择电流表的量程，由于描绘小灯泡ru图象小于电压从零调，所以滑动变阻器应用分压式接法，应选择全电阻小的变阻器；的关键是根据ru图象读出对应的电阻即可；的关键是根据，电流表应用外接法；的关键是根据ru图象的特点结合p=可知pu图象的特点解答：解：根据欧姆定律可求出小灯泡的额定电流为i=0.5a，所以电流表应选d，由于描绘ru图象可知电压要从零调，所以滑动变阻器应用分压式接法，所以应选全电阻小的变阻器e；从ru图象读出当u=0时的电阻为r=1.5，当u=3.00v时对应的电阻r=11.5，此时小灯泡的功率为p=w=0.78w 从ru图象读出当u=0时的电阻为力象的斜率，由图可知，r=1.2，当u=3v时对应的电阻r=10，此时小灯泡的功率为p=w=0.90w故答案为：d；e；如图所示；1.2；0.90点评：本题考查测量灯泡的伏安特性曲线的实物图及图象的掌握；在分析图象时要注意图象的坐标，明确图象的意义12（18分）（2014河西区一模）如图所示，在直角坐标系xoy平面内有一矩形区域mnpq，矩形区域内有水平向右的匀强电场，场强为e；在y0的区域内有垂直于坐标平面向里的匀强磁场，半径为r的光滑绝缘空心半圆管ado固定在坐标平面内，半圆管的一半处于电场中，圆心o1为mn的中点，直径ao垂直于水平虚线mn，一质量为m、电荷量为q的带电粒子（重力不计）从半圆管的o点由静止释放，进入管内后从a点穿出恰能在磁场中做半径为r的匀速圆周运动，当粒子再次进入矩形区域mnpq时立即撤去磁场，此后粒子恰好从qp的中点c离开电场求：（1）匀强磁场的磁感应强度b的大小；（2）矩形区域的长度mn和宽度mq应满足的条件？（3）粒子从a点运动到c点的时间考点：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：带电粒子在复合场中的运动专题分析：（1）由动能定理可求得粒子的速度，再由洛仑兹力充当向心力可求得磁感应强度；（2）粒子在矩形区域内做类平抛运动，由运动的合成与分解知识可求得矩形区域的长宽；（3）明确粒子在各过程中时间，则可求得总时间解答：解：（1）粒子从o到a过程中由动能定理得：qer=mv2从a点穿出后做匀速圆周运动，有：qvb=m解得：b=（2）粒子再次进入矩形区域后做类平抛运动，由题意得：r=at2a=r+oc=vt 联立解得：oc=r 所以，矩形区域的长度mn2r，宽度mq2r（3）粒子从a点到矩形边界mn的过程中，有：t1=从矩形边界mn到c点的过程中，有：t2=故所求时间为：t=t1+t2=（+1）答：（1）磁感应强度为b=；（2）矩形区域的长度mn2r，宽度mq2r；（3）时间t=t1+t2=（+1）点评：本题中粒子先做类平抛运动，再做平抛运动；明确各种过程中的运动规律，选择正确的规律求解要学会分析粒子的运动过程13（18分）（2015东莞模拟）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大小为b、方向垂直纸面向外的匀强磁场d为收集板，收集板上各点到o点的距离以及两端点a和c的距离都为2r，板两端点的连线ac垂直m