广东省深圳市高考物理一模试卷（含解析）.doc

广东省深圳市2015届高考物理一模试卷 一、单选题1（4分）下列说法正确的是（）a牛顿第一定律是通过实验得出的b万有引力常量是由牛顿直接给定的c元电荷e的数值最早是由密立根测得d用实验可以揭示电场线是客观存在的2（4分）如图所示，圆弧形货架摆着四个完全相同的光滑小球，o为圆心则对圆弧面的压力最小的是（）aa球bb球cc球dd球3（4分）如图所示，理想变压器的原线圈接有交变电压u，副线圈接有光敏电阻r1（光敏电阻随光照强度增大而减小）、定值电阻r2则（）a仅增强光照时，原线圈的输入功率减小b仅向下滑动p时，r2两端的电压增大c仅向下滑动p时，r2消耗的功率减小d仅增大u时，r2消耗的功率减小4（4分）一汽车的额定功率为p，设在水平公路行驶所受的阻力恒定，最大行驶速度为vm则（）a若汽车以额定功率启动，则做匀加速直线运动b若汽车匀加速启动，则在刚达到额定功率时的速度等于vmc无论汽车以哪种方式启动，加速度与牵引力成正比d汽车以速度vm匀速行驶，若要减速，则要减少牵引力二、双项选择题5（6分）如图，竖直放置的平行金属板带等量异种电荷，一不计重力的带电粒子从两板中间以某一初速度平行于两板射入，打在负极板的中点，以下判断正确的是（）a该带电粒子带正电b该带电粒子带负电c若粒子初速度增大到原来的2倍，则恰能从负极板边缘射出d若粒子初动能增大到原来的2倍，则恰能从负极板边缘射出6（6分）若地球自转在逐渐变快，地球的质量与半径不变，则未来发射的地球同步卫星与现在的相比（）a离地面高度变小b角速度变小c线速度变小d向心加速度变大7（6分）如图所示，一质点在重力和水平恒力作用下，速度从竖直方向变为水平方向，在此过程中，质点的（）a机械能守恒b机械能不断增加c重力势能不断减小d动能先减小后增大8（6分）如图，ab边界下方是一垂直纸面向里的匀强磁场，质子（h）和粒子（he）先后从c点沿箭头方向射入磁场，都从d点射出磁场不计粒子的重力，则两粒子运动的（）a轨迹相同b动能相同c速率相同d时间相同9（6分）如图甲所示，q1、q2是两个固定的点电荷，其中q1带正电，在它们连线的延长线上a、b 点，一带正电的试探电荷仅在库仑力作用下以初速度va从a点沿直线ab向右运动，其vt图象如图乙所示，下列说法正确的是（）aq2带正电bq2带负电cb点处电场强度为零d试探电荷的电势能不断增加三、非选择题10（8分）在“实验：用伏安法测量金属丝电阻率”中，实验用的电源电动势为3v，金属丝的最大电阻为5为使测量更为准确，请在图甲中正确选择电流表的量程并接入电路用螺旋测微器测量金属丝的直径，测量结果如图乙所示，其读数为d=mm滑动变阻器触头调至一合适位置后不动闭合开关，p的位置选在ac的中点b，读出金属丝接人电路的长度为l，电压表、电流表的示数分别为u、i请用u、i、l、d写出计算金属丝电阻率的表达式：=本电路测量结果：测真（选填“”或“”）11（10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，分别是和纠错后开始实验：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（用所给的字母表示）若把力传感器装在右侧轻绳上则实验的误差会更（选填“大”或“小”）本装置还可利用来做的实验（只填一个）12（18分）如图甲所示，一滑块随足够长的水平传送带一起向右匀速运动，滑块与传送带之间的动摩擦因数=0.2一质量m=0.05kg的子弹水平向左射入滑块并留在其中，取水平向左的方向为正方向，子弹在整个运动过程中的vt图象如图乙所示，已知传送带的速度始终保持不变，滑块最后恰好能从传送带的右端水平飞出，g取10m/s2（1）求滑块的质量；（2）求滑块向左运动过程中与传送带摩擦产生的热量；（3）若滑块可视为质点且传送带与转动轮间不打滑，则转动轮的半径r为多少？13（18分）如图甲所示，固定在水平桌边上的“”型平行金属导轨足够长，倾角为53，间距l=2m，电阻不计；导轨上两根金属棒ab、cd的阻值分别为r1=2，r2=4，cd棒质量m1=1.0kg，ab与导轨间摩擦不计，cd与导轨间的动摩擦因数=0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个导轨置于磁感应强度b=5t、方向垂直倾斜导轨平面向上的匀强磁场中现让ab棒从导轨上某处由静止释放，当它刚要滑出导轨时，cd棒刚要开始滑动；g取10m/s2，sin37=cos53=0.6，cos37=sin53=0.8（1）在乙图中画出此时cd棒的受力示意图，并求出ab棒的速度；（2）若ab棒无论从多高的位置释放，cd棒都不动，则ab棒质量应小于多少？（3）假如cd棒与导轨间的动摩擦因数可以改变，则当动摩擦因数满足什么条件时，无论ab棒质量多大、从多高位置释放，cd棒始终不动？广东省深圳市2015届高考物理一模试卷参考答案与试题解析一、单选题1（4分）下列说法正确的是（）a牛顿第一定律是通过实验得出的b万有引力常量是由牛顿直接给定的c元电荷e的数值最早是由密立根测得d用实验可以揭示电场线是客观存在的考点：物理学史 专题：常规题型分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可解答：解：a、牛顿第一定律是在实验的基础上进一步的推理概括出来的科学理论，而不是直接通过实验得出的，也不是直接经过推论得出的，故a错误b、万有引力常量是由卡文迪许测得的，故b错误；c、元电荷e的数值最早是由密立根测得，故c正确；d、电场线是虚拟的，实际不存在的，故d错误；故选：c点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2（4分）如图所示，圆弧形货架摆着四个完全相同的光滑小球，o为圆心则对圆弧面的压力最小的是（）aa球bb球cc球dd球考点：共点力平衡的条件及其应用 分析：四个小球均处于平衡状态，根据共点力的平衡条件作出受力分析图即可得出结论解答：解：对c球受力分析如图，摩擦力与支持力的合力与重力大小相等，方向相反；支持力f=mgcos由a到d的过程中，夹角越来越小，则说明压力越大越大；故压力最小的是a球；故选：a点评：本题考查共点力平衡的动态分析问题，要注意找出它们的共同点，并通过受力分析明确表达式3（4分）如图所示，理想变压器的原线圈接有交变电压u，副线圈接有光敏电阻r1（光敏电阻随光照强度增大而减小）、定值电阻r2则（）a仅增强光照时，原线圈的输入功率减小b仅向下滑动p时，r2两端的电压增大c仅向下滑动p时，r2消耗的功率减小d仅增大u时，r2消耗的功率减小考点：变压器的构造和原理 专题：交流电专题分析：变压器的输入电压决定输出电压，输出电流决定输入电流，输出功率决定输入功率；结合功率表达式分析判断即可解答：解：a、当光照增强时，光敏电阻的电阻值减小，故变压器的输出功率增加，故输入功率也增加，故a错误；b、当滑动触头p向下滑动时，原线圈匝数减小，根据电压与匝数成正比知变压器的输出电压增大；根据功率表达式p=，r2消耗的功率增大，故b正确c错误；d、当u增大时，根据电压与匝数成正比知变压器的输出电压增大；根据功率表达式p=，用电器消耗的功率增大；故d错误；故选：b点评：本题关键是明确电压器的电压、电流、功率关系，知然后结合变压比公式和功率公式进行动态分析4（4分）一汽车的额定功率为p，设在水平公路行驶所受的阻力恒定，最大行驶速度为vm则（）a若汽车以额定功率启动，则做匀加速直线运动b若汽车匀加速启动，则在刚达到额定功率时的速度等于vmc无论汽车以哪种方式启动，加速度与牵引力成正比d汽车以速度vm匀速行驶，若要减速，则要减少牵引力考点：功率、平均功率和瞬时功率 专题：功率的计算专题分析：根据汽车启动的两种分类进行分析，明确功率公式p=fv的正确应用解答：解：a、当汽车以额定功率启动时，由p=fv可知，牵引力随着速度的增大而减小；故不能做匀加速直线运动；故a错误；b、汽车匀加速启动时，刚达到额定功率时加速度不为零，此后还要继续加速；故没有达到最大速度；故b错误；c、因汽车受到阻力，故加速度和牵引力与阻力的合力成正比；故c错误；d、汽车匀速行驶时，牵引力等于阻力，故要减速时，应减少牵引力；故d正确；故选：d点评：本题考查机车的两种启动方式，要注意恒定功率启动时，汽车做变加速运动；匀加速启动时，汽车达到额定功率后有一段变加速过程二、双项选择题5（6分）如图，竖直放置的平行金属板带等量异种电荷，一不计重力的带电粒子从两板中间以某一初速度平行于两板射入，打在负极板的中点，以下判断正确的是（）a该带电粒子带正电b该带电粒子带负电c若粒子初速度增大到原来的2倍，则恰能从负极板边缘射出d若粒子初动能增大到原来的2倍，则恰能从负极板边缘射出考点：带电粒子在匀强电场中的运动 专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：电子从小孔沿与电场线相反方向射入电场后，电子受到的电场力与电场线的方向相反，所以电子将逆电场线的方向做加速运动，电场力对电子做正功，电子的电势能减小，动能增大只有电场力做功，动能和电势能的总和保持不变解答：解：a、b、粒子以某一初速度平行于两板射入，打在负极板的中点，则受力的方向与电场的方向相同，所以粒子带正电故a正确，b错误；c、粒子以某一初速度平行于两板射入，打在负极板的中点，设极板的长度是l，极板之间的距离是d，时间t，则：；若粒子恰能从负极板边缘射出，则时间t不变，沿极板方向的位移：x=vt=l，所以：，故c正确；d、恰能从负极板边缘射出，根据：可知，粒子的动能需增加为原来的4倍故d错误故选：ac点评：带电粒子在电场中偏转时做匀加速曲线运动应用处理类平抛运动的方法处理粒子运动，关键在于分析临界条件6（6分）若地球自转在逐渐变快，地球的质量与半径不变，则未来发射的地球同步卫星与现在的相比（）a离地面高度变小b角速度变小c线速度变小d向心加速度变大考点：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：卫星受到的万有引力充当向心力，根据公式即可分析同步卫星的各物理量的变化情况解答：解：地球自转在逐渐变快，地球的自转周期在减小，所以未来人类发射的卫星周期也将减小，根据万有引力充当向心力可知：=m=m=m2r=maa、t=2，卫星周期减小，所以离地面高度变小，故a正确；b、=，离地面高度变小，角速度增大，故b错误；c、v=，离地面高度变小，线速度增大，故c错误；d、a=，离地面高度变小，向心加速度变大，故d正确；故选：ad点评：卫星受到的万有引力充当向心力，根据公式即可分析同步卫星的各物理量的变化情况7（6分）如图所示，一质点在重力和水平恒力作用下，速度从竖直方向变为水平方向，在此过程中，质点的（）a机械能守恒b机械能不断增加c重力势能不断减小d动能先减小后增大考点：动能定理的应用；运动的合成和分解 分析：质点从m至n，重力做负功，恒力做正功，合力方向指向右下方，与初速度的方向夹角要大于90小于180因此恒力先做负功后做正功，动能先减小后增大解答：解：a、除重力外还有恒力做功，机械能不守恒，故a错误；b、除重力做功外，其它力水平恒力对物体做正功，故物体的机械能增加，所以b正确；c、从m到n，物体在竖直方向上上升，故物体的重力势能不断增加，故c错误；d、因为质点速度方向恰好改变了90，可以判断合力方向应为右下方，产生的加速度不变，且与初速度的方向夹角要大于90小于180才能出现末速度与初速度垂直的情况，因此合外力先做负功，当达到速度与合外力方向垂直后，恒力做正功，动能先减小后增大，故d正确故选：bd点评：此题需要根据运动情况分析受力情况，进一步分析力的做功问题，从而判断速度（动能）的变化8（6分）如图，ab边界下方是一垂直纸面向里的匀强磁场，质子（h）和粒子（he）先后从c点沿箭头方向射入磁场，都从d点射出磁场不计粒子的重力，则两粒子运动的（）a轨迹相同b动能相同c速率相同d时间相同考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力 专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：两粒子从c点沿箭头方向射入磁场，都从d点射出磁场，则偏转半径相同，根据半径的表达式分析还有哪些量应该相同解答：解：两粒子从c点沿箭头方向射入磁场，都从d点射出磁场，则两粒子的圆心、半径、轨迹相同，半径r=质子（h）和粒子（he）的荷质比之比为：，则两粒子的速度之比为：2：1，又质量之比为1：4，则动能mv2之比为：，即动能相同；周期t=，周期之比等于荷质比之比，根据t=t得：运动时间之比为；故选：ab点评：本题属于带电粒子在磁场中的偏转中典型题目，此类题的关键在于知道半径以及周期的表达式9（6分）如图甲所示，q1、q2是两个固定的点电荷，其中q1带正电，在它们连线的延长线上a、b 点，一带正电的试探电荷仅在库仑力作用下以初速度va从a点沿直线ab向右运动，其vt图象如图乙所示，下列说法正确的是（）aq2带正电bq2带负电cb点处电场强度为零d试探电荷的电势能不断增加考点：电场的叠加；电场强度 分析：根据速度时间图线上每一点的切线斜率表示瞬时加速度，可分析出a到b做加速度减小的减速运动，到b点加速度为0从而知道b点的电场力及电场强度通过b点的场强可以分析出两个点电荷电量的大小通过能量守恒判断电势能的变化解答：解：a、b：从速度时间图象上看出，粒子从a到b做加速度减小的减速运动，在b点时粒子运动的加速度为零，则电场力为零，所以该点场强为零q1对正电荷的电场力向右，则q2对正电荷的电场力必定向左，所以q2带负电故a错误，b正确c、由图象可知，b点加速度为零，则场强为零，故c正确d、整个过程动能先减小后增大，根据能量守恒得知，粒子的电势能先增大后减小故d错误故选：bc点评：解决本题的关键根据图象b点的加速度为0，根据这一突破口，从而判断q2的电性，运用库仑定律分析q1和q2的电量大小三、非选择题10（8分）在“实验：用伏安法测量金属丝电阻率”中，实验用的电源电动势为3v，金属丝的最大电阻为5为使测量更为准确，请在图甲中正确选择电流表的量程并接入电路用螺旋测微器测量金属丝的直径，测量结果如图乙所示，其读数为d=0.6880.693mm滑动变阻器触头调至一合适位置后不动闭合开关，p的位置选在ac的中点b，读出金属丝接人电路的长度为l，电压表、电流表的示数分别为u、i请用u、i、l、d写出计算金属丝电阻率的表达式：=本电路测量结果：测真（选填“”或“”）考点：测定金属的电阻率 专题：实验题；恒定电流专题分析：根据滑动变阻器采用分压式接法，电流表采取外接法连接实物图螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读结合电阻定律和欧姆定律求出电阻率的表达式电流表采取外接法，由于电压表起分流作用，导致测量的电流偏大，根据欧姆定律和电阻定律得出电阻率测量的误差是偏大还是偏小解答：解：根据i=a=0.6a；因滑动变阻器采用限流式接法，电流表采取外接法，实物图连接如下图；螺旋测微器的读数为：0.5mm+0.0119.0mm=0.690mm根据欧姆定律得，r=，根据电阻定律得，r=，联立两式解得=所用电压表不是理想电压表，电压表起分流作用，导致测量的电流偏大，根据欧姆定律测量的电阻偏小，根据电阻定律知，导致电阻率的测量值偏小故答案为：如图所示；0.690（0.6880.693）；点评：解决本题的关键掌握螺旋测微器的读数方法，以及掌握欧姆定律和电阻定律，会分析误差的来源11（10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要进行打点的纸带留得太短纠错后开始实验：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”）本装置还可利用来做验证机械能守恒定律的实验（只填一个）考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系 专题：实验题；牛顿运动定律综合专题分析：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答：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要进行打点的纸带留得太短（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验的误差会更大（4）本装置还可利用来做验证机械能守恒定律的实验故答案为：打点计时器错接在直流电源上；要进行打点的纸带留得太短fmg大验证机械能守恒定律点评：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12（18分）如图甲所示，一滑块随足够长的水平传送带一起向右匀速运动，滑块与传送带之间的动摩擦因数=0.2一质量m=0.05kg的子弹水平向左射入滑块并留在其中，取水平向左的方向为正方向，子弹在整个运动过程中的vt图象如图乙所示，已知传送带的速度始终保持不变，滑块最后恰好能从传送带的右端水平飞出，g取10m/s2（1）求滑块的质量；（2）求滑块向左运动过程中与传送带摩擦产生的热量；（3）若滑块可视为质点且传送带与转动轮间不打滑，则转动轮的半径r为多少？考点：动能定理的应用；牛顿第二定律 专题：动能定理的应用专题分析：（1）根据速度时间关系求出子弹碰撞前的速度和碰撞后的速度，根据动量守恒定律求出滑块的质量；（2）根据匀变速直线运动规律求出滑块向左运动过程中相对皮带运动的位移根据q=fs求得摩擦产生的热量；（3）根据速度时间关系求出皮带运动的速度抓住滑块恰好能从右端水平飞出可知，滑块滑离皮带轮时满足重力完全提供圆周运动向心力，从而据此求得皮带轮半径解答：解：（1）子弹射入滑块的过程中，子弹与滑块组成的系统动量守恒，令滑块的质量为m则有：mv0+mv2=（m+m）v1由vt图象知子弹入射前、后的速度和滑块的初速度分别为：v0=400m/s，v1=4m/s，v2=2m/s将代入式解得：m=3.3kg（2）设滑块（包括子弹）向左运动过程中加速度大小为a，由牛顿第二定律，有f=（m+m）g=（m+m）a解得：加速度a=2m/s2设滑块（包括子弹）向左运动的时间为t1，位移大小为s1，则：=2s所以滑块向左运动的位移=4m这段时间内传送带向右运动的位移大小为：s2=v2t1=4m由能量守恒定律，滑块（包括子弹）向左运动过程中与传送带摩擦产生的热量为：q=f（s1+s2）=53.6j（3）在传送带右端，因滑块（包括子弹）恰好能水平飞出，故有：解得：r=0.4m答：（1）求滑块的质量为3.3kg；（2）滑块向左运动过程中与传送带摩擦产生的热量为53.6j；（3）若滑块可视为质点且传送带与转动轮间不打滑，则转动轮的半径r为0.4m点评：本题是传送带问题与子弹射木块问题的综合问题，考查了运动学公式、牛顿运动定律、动量守恒定律、功能关系，难度较大13（18分）如图甲所示，固定在水平桌边上的“”型平行金属导轨足够长，倾角为53，间距l=2m，电阻不计；导轨上两根金属棒ab、cd的阻值分别为r1=2，r2=4，cd棒质量m1=1.0kg，ab与导轨间摩擦不计，cd与导轨间的动摩擦因数=0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个导轨置于磁感应强度b=5t、方向垂直倾斜导轨平面向上的匀强磁场中现让ab棒从导轨上某处由静止释放，当它刚要滑出导轨时，cd棒刚要开始滑动；g取10m/s2，sin37=cos53=0.6，cos37=sin53=0.8（1）在乙图中画出此时cd棒的受力