广东省广州市高三理综（物理部分）二模试题（广州综合测试二）（含解析）粤教版.doc

2015年广东省广州市高考物理二模试卷 一、单项选择题（每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目的要求；每题4分）1（4分）（2015广州二模）气体温度升高，则该气体（） a 每个分子的体积都增大 b 每个分子的动能都增大 c 速率大的分子数量增多 d 分子间引力和斥力都增大【考点】： 温度是分子平均动能的标志【分析】： 温度是分子平均动能的标志，气体温度升高，平均动能增大，但不是每个分子的动能都增大；根据理想气体状态方程判断体积的变化【解析】： 解：温度是分子平均动能的标志，气体温度升高，平均动能增大，但不是每个分子的动能都增大；速率大的分子数量增多；温度升高，气体的体积不一定大，更不会影响单个分子的体积，分子间的作用力大小不能判断故选：c【点评】： 掌握温度是分子平均动能的标志，气体温度升高，平均动能增大，但不是每个分子的动能都增大2（4分）（2015广州二模）如图，注射器内密封一部分气体，若针筒和活塞隔热性能良好，则缓慢向外移动活塞的过程中气体（） a 对活塞不做功 b 对活塞做负功 c 温度保持不变 d 压强逐渐减小【考点】： 热力学第一定律【专题】： 热力学定理专题【分析】： 根据气体的体积增大，对外做功；体积减小，外界对气体做功根据理想气体的状态方程分析气体的状态的变化【解析】： 解：a、b、缓慢向外移动活塞的过程中气体的体积增大，对外做功，即气体对活塞做正功故a错误，b错误；c、针筒和活塞隔热性能良好，缓慢向外移动活塞的过程中，可以看做是准静态过程，气体对外做功的同时吸收热量，温度保持不变故c正确；d、气体的体积增大，温度不变，由玻意耳定律：p1v1=p2v2，可知气体的压强一定减小故d正确故选：cd【点评】： 该题考查气体的等温变化的特点与玻意耳定律，解题的关键是根据气体的体积增大，对外做功；体积减小，外界对气体做功3（4分）（2015广州二模）如图，l形木板置于粗糙水平面上，光滑物块压缩弹簧后用细线系住烧断细线，物块弹出的过程木板保持静止，此过程（） a 弹簧对物块的弹力不变 b 弹簧对物块的弹力逐渐增大 c 地面对木板的摩擦力不变 d 地面对木板的摩擦力逐渐减小【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】： 烧断细线后，弹簧的形变量发生变化，根据胡克定律判断出弹力的变化，对木板分析，根据共点力平衡判断木板所受摩擦力的变化【解析】： 解：a、烧断细线，弹簧要恢复原状，弹簧对物块的弹力逐渐减小，故a、b错误c、木板在水平方向上受到弹簧的弹力和地面的摩擦力，两个力处于平衡，由于弹簧的弹力逐渐减小，则地面对木板的摩擦力逐渐减小故c错误，d正确故选：d【点评】： 本题通过形变量的变化得出弹力变化是解决本题的关键，注意木块对木板没有摩擦力，木板所受的摩擦力为静摩擦力4（4分）（2015广州二模）如图，在下列不同情形中将光滑小球以相同速率v射出，忽略空气阻力，结果只有一种情形小球不能到达天花板，则该情形是（） a a b b c c d d【考点】： 机械能守恒定律【专题】： 机械能守恒定律应用专题【分析】： 忽略空气阻力，且小球是光滑的，没有能量消耗，小球在运动的过程中机械能守恒；小球进入右侧轨道改变了小球的运动方向；据此逐项分析解答【解析】： 解：由题意，忽略空气阻力，没有能量的消耗，小球的机械能守恒，将光滑小球以相同速率v射出：小球沿竖直方向向上运动，动能转化为重力势能，速度足够大，就会有足够的动能转化为重力势能，就会到达天花板；同理，小球沿斜上方的方向运动，或沿向上方的方向沿斜面运动，同样会到达天花板；小球在双轨管道里运动时类似于用杆支撑，故只要竖直上抛能到达最高点，则在管道里面即可到达最高点；只有物体斜抛时，由于竖直分速度小于a中的竖直速度；水平方向速度保持不变；则由机械能守恒定律可知，小球无法到达最高点；综合考虑，不能到达最高点的只有b；故选：b【点评】： 解决本题的关键掌握动能和势能的转化及机械能守恒定律，要注意明确球在双轨管道里运动时，只要速度为零即可到达并超过最高点二、双项选择题（每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目的要求；每题6分，全选对得6分，只选1个且正确得3分，错选、不选得0分）5（6分）（2015广州二模）如图，mn、pq是圆o的两条相互垂直的直径，圆内有垂直纸面向里的匀强磁场，荷质比相等的正、负离子分别从m、n以等大速率射向o若正离子从p出射，则（） a 负离子会从q出射 b 负离子也从p出射 c 两离子在磁场中运动时间相等 d 两离子在磁场中运动路程不相等【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】： 正、负离子进入磁场后受到洛伦兹力而作匀速圆周运动，根据左手定则判断负离子所受的洛伦兹力方向，确定其旋转方向由半径公式r=分析负离子与正离子轨迹半径的关系，从而分析出负离子离开磁场的位置由轨迹对应的圆心角分析运动时间关系【解析】： 解：ab、根据左手定则判断知，负离子进入磁场后所受的洛伦兹力向上，会顺时针旋转由半径公式r=知，正负离子的比荷相等，速率v相等，则轨迹半径相等，所以负离子也从p出射，故a错误，b正确c、由t=知，比荷相等，则它们的周期相等，两个离子轨迹对应的圆心角都90，在磁场中运动时间都是，故c正确d、两个离子在磁场中运动轨迹的长度都是，则它们运动的路程相等，故d错误故选：c【点评】： 解决本题的关键掌握左手定则、粒子在磁场中运动的半径和周期公式，并能灵活运用6（6分）（2015广州二模）如图是光控继电器的示意图，k是光电管的阴极下列说法正确的是（） a 图中a端应是电源的正极 b 只要有光照射k，衔铁就被电磁铁吸引 c 只要照射k的光强度足够大，衔铁就被电磁铁吸引 d 只有照射k的光频率足够大，衔铁才被电磁铁吸引【考点】： 光电效应【分析】： 光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，根据光电效应方程判断光电子最大初动能的变化【解析】： 解：a、电路中要产生电流，则a端接电源的正极，使逸出的光电子在光电管中加速，放大器的作用是将光电管中产生的电流放大后，使铁蕊m磁化，将衔铁n吸住故a正确b、d、根据光电效应产生的条件可知，只有照射k的光频率足够大，才能产生光电效应，产生光电效应时，衔铁才被电磁铁吸引故b错误，d正确；c、根据光电效应方程知，能否发生光电效应与入射光的强度无关，由金属的逸出功和入射光的频率决定故c错误故选：ad【点评】： 解决本题的关键知道光电效应的条件，以及掌握光电效应方程，知道光电子的最大初动能与什么因素有关7（6分）（2015广州二模）如图为模拟远距离输电电路，两理想变压器的线圈匝数n1=n4n2=n3，a1，a2，a3为相同的理想交流电流表，当a，b端接入低压交流电源时，则（） a a1，a3的示数相等 b a1，a2，a3的示数相等 c a1的示数大于a2的 d a2的示数大于a3的【考点】： 变压器的构造和原理【专题】： 交流电专题【分析】： 根据变压器的规律电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，功率不变【解析】： 解：a、根据变压器的规律电流与匝数成反比，得=，且n1n2故a1的示数大于a2故ab错误，c正确；d、同理，a2的示数小于a3的，故d错误故选：c【点评】： 解决本题的关键掌握变压器的原理和特点，以及掌握远距离输电过程中电压损失和输入电压、输出电压的关系8（6分）（2015广州二模）如图，近地人造卫星和月球绕地球的运行轨道可视为圆设卫星、月球绕地公转周期分别为t卫、t月，地球自转周期为t地，则（） a t卫t月 b t卫t月 c t卫t地 d t卫=t地【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【分析】： 根据万有引力定律提供向心力，写出相应的牛顿第二定律的方程=，即可解答【解析】： 解：卫星和月球都绕地球做圆周运动，根据万有引力提供向心力，=，r=r+h解得：由于近地卫星的环绕半径小于同步卫星的半径，同步卫星的半径又小于月球绕地球的半径，所以，近地卫星的周期最小，月球的周期最大又由于同步卫星的周期等于地球自转周期为t地，所以：t卫t地t月故a、c正确，bd错误故选：ac【点评】： 该题考查万有引力定律的应用，本题中由于地球的自转周期与卫星的周期之间没有必然的联系，借助于同步卫星的周期与地球自转的周期相等就是解题的关键9（6分）（2015广州二模）如图，静电植绒时，真空中带负电的绒毛一旦与布匹上的粘合剂接触就粘贴在布匹上，则带负电绒毛落向布匹的过程中（） a 做匀速运动 b 做加速运动 c 电势能逐渐增大 d 电势能逐渐减小【考点】： 电势能；牛顿第二定律【分析】： 根据异种电荷相互吸引，分析绒毛受力情况，确定其运动情况，根据电场力做功情况，判断电势能的变化【解析】： 解：ab、由题知，绒毛带负电，金属网间的电场强度方向向上，所以绒毛所受的电场力向下，做加速运动，故a错误，b正确cd、电场力对绒毛做正功，其电势能逐渐减小，故c错误，d正确故选：bd【点评】： 解决本题的关键要明确负电荷所受的电场力与电场强度相反，电场力做正功时电势能减小三、非选择题10（8分）（2015广州二模）一同学用电子秤、水壶、细线、墙钉和贴在墙上的白纸等物品，在家中验证力的平行四边形定则如图（a），在电子秤的下端悬挂一装满水的水壶，记下水壶静止时电子秤的示数f；如图（b），将三细线l1、l2、l3的一端打结，另一端分别拴在电子秤的挂钩、墙钉a和水壶杯带上水平拉开细线l1，在白纸上记下结点o的位置、三细线的方向和电子秤的示数f1；如图（c），将另一颗墙钉b钉在与o同一水平位置上，并将l1拴在其上手握电子秤沿着中l2的方向拉开细线l2，使结点o的位置和三根细线的方向与中重合，记录电子秤的示数f2；在白纸上按一定标度作出电子秤拉力f、f1、f2的图示，根据平行四边形定则作出f1、f2的合力f的图示，若f和f在误差范围内重合，则平行四边形定则得到验证【考点】： 验证力的平行四边形定则【专题】： 实验题；恒定电流专题【分析】： 验证力的平行四边形定则的实验中需要我们让两次拉时的效果相同，且需要记录下拉力的大小及方向，以两个分力为边做出平行四边形，其对角线长度代表合力的大小，水杯处于平衡状态，因此两个弹簧秤所测拉力的合力应该与重力等大反向【解析】： 解：要测量装满水的水壶的重力，则记下水壶静止时电子秤的示数f；要画出平行四边形，则需要记录分力的大小和方向，所以在白纸上记下结点o的位置的同时也要记录三细线的方向以及电子秤的示数f1；已经记录了一个分力的大小，还要记录另一个分力的大小，则结点o点位置不能变化，力的方向也都不能变化，所以应使结点o的位置和三根细线的方向与中重合，记录电子秤的示数f2；根据平行四边形定则作出f1、f2的合力f的图示，若f和f在误差范围内重合，则平行四边形定则得到验证故答案为：静止；三细线的方向；结点o的位置；f和f在误差范围内重合【点评】： 通过作出力的图示来验证“力的平行四边形定则”，重点是如何准确作出力的图示，明确实验原理是解答实验问题的关键11（10分）（2015广州二模）测电池的电动势e和内阻r首先直接用多用电表测定该电池电动势，在操作无误的情况下，多用电表盘面如图a所示，其示数为1.55v然后，用电压表、电阻箱r、定值电阻（ r0=5）、开关s、若干导线和该电池连成电路，进一步测定该电池电动势和内阻（）在图b中，根据电路图，用笔画线代替导线，完成实物图连接（）闭合开关s，调整电阻箱阻值r，读出电压表相应示数u记录多组r、u数据，并计算出相应的与的值，做出图线如图c所示分析该图线斜率k 的物理意义知k=（用e、r、r0表示）（）从图线中可求得待测电池电动势e=1.54v，内阻r=0.57（计算结果均保留到小数点后两位）（）若考虑电压表为非理想表，则电池电动势e测量值相对真实值偏小（填“偏大”，“偏小”或“不变”）【考点】： 测定电源的电动势和内阻【专题】： 实验题；恒定电流专题【分析】： 由图可知所选量程，根据刻度盘的设计确定最小分度，则可得出所对应的读数；（i）由原理图可得出对应的实物图，注意量程的选择；（ii）由闭合电路欧姆定律可得出对应的表达式，结合表达式和图象可得出图象中斜率的意义；（iii）由图象与纵坐标的交点可求得电动势；由斜率可求得内阻；（iv）根据电路接法分析实验中对应的误差情况【解析】： 解：由图可知，所选量程为2.5v，则最小分度为：0.05，故读数为：1.55v（）根据原理图分析，采用的是一般的串联接法，电压表量程选择3v；故得出实物图如图所示（）由闭合电路欧姆定律可得：u=r，变形得：=+，由数学知识可知，图象中的斜率为：k=（iii）截距为：b=；由图可知，b=0.65，所以e=1.54v；=1.35解得：r=0.57（）如果考虑电压表的内阻，根据实验的原理e=u+（+）r，=（1+）+，考虑电压表的内阻，此时图线的纵轴截距表示（1+），所以e测小于e真，r测小于r真故答案为：1.55；（i）如图所示；（ii）（）1.54；0.57（iv）偏小【点评】： 本题关键在于能由图象知识（斜率与截距的意义）结合闭合电路欧姆定律求解，在解题时要注意题目中给出的条件及坐标中隐含的信息12（18分）（2015广州二模）如图，长度s=2m的粗糙水平面mn的左端m处有一固定挡板，右端n处与水平传送带平滑连接传送带以一定速率v逆时针转动，其上表面nq间距离为l=3m可视为质点的物块a和b紧靠在一起并静止于n处，质量ma=mb=1kga、b在足够大的内力作用下突然分离，并分别向左、右运动，分离过程共有能量e=9j转化为a、b的动能设a、b与传送带和水平面mn间的动摩擦因数均为=0.2，与挡板碰撞均无机械能损失取重力加速度g=10m/s2，求：（1）分开瞬间a、b的速度大小；（2）b向右滑动距n的最远距离；（3）要使a、b不能再次相遇，传送带速率的取值范围【考点】： 动量守恒定律；机械能守恒定律【分析】： （1）根据动量守恒定律和能量守恒定律求出分开瞬间a、b的速度大小；（2）根据动能定理求出b向右滑动的最大距离；（3）根据动能定理求出a滑行的路程，确定其停止的位置，抓住a、b不能相撞求出b离开传送带的速度【解析】： 解：（1）设a、b分开时速度大小分别为va、vb由a、b系统能量守恒有：由a、b系统动量守恒有：mava=mbvb联立解得：va=vb=3m/s（2）假设b不能从传送带q端离开，且在传送带上运行最大对地位移为s2，由动能定理得：解得：s2=2.25m由题意可知s2l=3m，假设成立所以b沿传送带向右滑动距n的最远距离为2.25m（3）设a在水平面上开始向左运动到停止，滑动过的路程为s1，由题意知a与挡板碰撞后原速率返回，整个过程应用动能定理得解得：s1=2.25ms=2m，即a停在距m端0.25m处，即距n端1.75m；若ab不能再次相遇，设b返回到n端时速度大小为vb，后经s2距离停下，则由动能定理有由s21.75m，解得由题意可知不论传送带速率多大，vb至多到3m/s，即符合题意，即传送带的速率取值范围是：答：（1）分开瞬间a、b的速度大小均为3m/s；（2）b向右滑动距n的最远距离为2.25m；（3）要使a、b不能再次相遇，传送带速率的取值范围是【点评】： 本题考查了动能定理、动量守恒定律以及能量守恒定律的综合运用，理清a、b在整个过程中的运动规律，抓住不相撞临界情况，选择合适的规律进行求解13（18分）（2015广州二模）如图甲，单匝圆形线圈c与电路连接，电阻r2两端与平行光滑金属直导轨p1e1f1、p2e2f2连接垂直于导轨平面向下、向上有矩形匀强磁场区域、，它们的边界为e1e2，区域中垂直导轨并紧靠e1e2平放一导体棒ab两直导轨分别与同一竖直平面内的圆形光滑绝缘导轨o1、o2相切连接，o1、o2在切点f1、f2处开有小口可让ab进入，ab进入后小口立即闭合已知：o1、o2的直径和直导轨间距均为d，c的直径为2d；电阻r1、r2的阻值均为r，其余电阻不计；直导轨足够长且其平面与水平面夹角为60，区域的磁感强度为b0重力加速度为g在c中边长为d的正方形区域内存在垂直线圈平面向外的匀强磁场，磁感强度b随时间t变化如图乙所示，ab在t=0内保持静止（1）求ab静止时通过它的电流大小和方向；（2）求ab的质量m；（3）设ab进入圆轨道后能达到离f1f2的最大高度为h，要使ab不脱离圆形轨道运动，求区域的磁感强度b2的取值范围并讨论h与b2的关系式【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化【专题】： 电磁感应功能问题【分析】： （1）ab静止时，由法拉第电磁感应定律求出c内感生电动势的大小，由欧姆定律求出电流的大小，由楞次定律判断电流的方向（2）ab静止时受力平衡，重力沿导轨向下的分力与安培力二力平衡，由平衡条件列式可求ab的质量（3）由题意知t=后，