广东省广州市高考物理一模试卷（含解析）.doc

广东省广州市2015届高考物理一模试卷 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）重力大小为g的小物块，静止在球形碗内的图示位置物块受到的支持力大小为n，摩擦力大小为f，则（）ag=n+fbg=ncgfdgf2（4分）光滑的金属线框abcd处在方向竖直向上的匀强磁场中，线框从图示位置由静止释放，到接近水平位置的过程中，则（）a线框的机械能守恒b穿过线框的磁通量逐渐增大c线框有abcda方向的感应电流d穿过线框磁通量的变化率逐渐增大3（4分）如图，在赤道平面内，绕地球做圆周运动的人造卫星a、b质量相同，某时刻两卫星与地心恰好在同一直线上，则（）aa所需的向心力较小ba、b所需的向心力一样大cb绕地球运行的角速度较小da、b绕地球运行的角速度一样大4（4分）小球沿斜面做匀加速直线运动在a位置开始计时，连续相等时间t内记录到小球位置如图，d1、d2、d3分别为位置b、c、d到a的距离则（）a（d3d2）=（d2d1）b小球在b时的速度为c小球在c时的速度为d小球运动的加速度为二、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）如图，沸水中气泡在上升过程体积逐渐增大设泡内为质量不变的理想气体，则上升过程泡内气体（）a压强增大b压强减小c在沸水中吸热d在沸水中放热6（6分）以下说法正确的是（）a爱因斯坦光电效应方程为：e=hb核反应方程h+hhe+dn属聚变，其中d=1c提高温度或增大压强，可缩短放射性元素的半衰期d氢原子光谱不连续的原因是其辐射（或吸收）光子的能量不连续7（6分）图a所示的理想变压器，原线圈接入电压变化规律如图b所示的交流电源，则（）a原线圈电压的瞬时值为u=220sin100t（v）b变压器的输出电压为44vc原线圈电流的频率为10hzd变压器的输出功率小于输入功率8（6分）如图，拉动齿条可使玩具陀螺转动起来，设每次拉出齿条的长度都相同，则（）a拉力f越大，陀螺获得的动能越大b拉出齿条的过程，系统机械能守恒c拉力f做功全部转化为陀螺的动能d拉力f越大，拉大f的功率就越大9（6分）如图，点电荷q形成的电场中有a，b两点，已知a的电势为15v，b点的电势为20v，则（）a点电荷q带负电ba点的电场强度比b点的大ca、b两点的电势差uab=5vd检验电荷+q在a点时具有的电势能比在b点时的小三、非选择题10（8分）为验证“动能定理”，即：合外力对物体做的功等于物体动能的变化，实验装置如图a，木板倾斜构成斜面，斜面b处装有图b所示的光电门如图c，用10分度的游标卡尺测得挡光条的宽度d=cm装有挡光条的物块由a处静止释放后沿斜面加速下滑，读出挡光条通过光电门的挡光时间t，则物块通过b处时的速度为（用字母d，t表示）测得a、b两处的高度差为h，水平距离l；已知物块与斜面的动摩擦因数为，为了完成实验，还必须知道的物理量是如果实验结论得到验证，则以上各物理量之间的关系满足：h=（用字母表示）11（10分）用多用电表、直流电源（内阻不计）、定值电阻（约200），单刀双掷开关s1和s2，导线若干，在如图所示的电路上，完成测多用电表直流10ma挡内阻ra的实验在不拆卸电路的情况下，完成有关操作：（i）测电源电动势e：将多用电表选择开关旋到挡并选择适当量程把s1打向（填“a”或“b”），s2打向（填“c”或“d”）读出并记下电表示数，断开s1和s2（ii）测定值电阻的阻值r：将多用电表选择开关旋到欧姆档的（填“1，10，100或1k”）并进行欧姆调零把s1打向（填“a”或“b”），s2打向（填“c”或“d”）读出并记下电表示数，断开s1和s2（iii）测电路电流i：将多用电表选择开关旋到直流10ma挡把s1打向（填“a”或“b”），s2打向（填“c”或“d”）读出并记下电表示数，断开s1和s2求得ra=（用以上测得的物理量e、r、i表示）12（18分）如图，带电粒子垂直电场线方向进入有界匀强电场，从q点飞出时又进入有界的匀强磁场，并从d点离开磁场且落在了荧光屏的on区域已知：电场方向沿纸面竖直向上、宽度为d，p、q两点在竖直方向上的距离为d；qd为磁场的水平分界线，上方磁场垂直纸面向外、下方磁场垂直纸向里、磁感应强度大小相同，磁场宽度为d；粒子质量为m、带电量为q，不计重力，进入电场的速度为v0（1）求电场强度e的大小；（2）大致画出粒子以最大半径穿过磁场的运动轨迹（3）求磁感应强度的最小值b13（18分）如图a，轨道固定在竖直平面内，水平段的de光滑、ef粗糙，ef段有一竖直挡板，abcd光滑并与水平段平滑连接，abc是以o为圆心的圆弧，b为圆弧最高点物块p2静止于e处，物块p1从d点开始水平向右运动并与p2发生碰撞，且碰撞时间极短已知：p1的质量m1=0.5kg，碰撞前后的位移图象如图b；p2的质量m2=1.8kg，与ef轨道之间的动摩擦因数=，与挡板碰撞时无机械能损失；圆弧半径为r=m； p1、p2可视为质点且运动紧贴轨道；取g=10m/s2（1）求p2被碰后获得的速度大小（2）p1经过b时受到的支持力大小（3）用l表示挡板与e的水平距离若p2最终停在了ef段距离e为x的某处，试通过分析与计算，在图c中作出xl图线广东省广州市2015届高考物理一模试卷参考答案与试题解析一、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）重力大小为g的小物块，静止在球形碗内的图示位置物块受到的支持力大小为n，摩擦力大小为f，则（）ag=n+fbg=ncgfdgf考点：共点力平衡的条件及其应用；摩擦力的判断与计算 专题：共点力作用下物体平衡专题分析：对滑块进行受力分析，作出力图，分别运用合成法和正交分解法，求解摩擦力ff和滑块所受支持力n解答：解：解：对滑块进行受力分析，作出力图，由平衡条件得知，力ff和fn的合力与重力mg大小相等、方向相反，如图所示；则得到：n=mgcosmgf=mgsinmg故d正确，abc错误故选：d点评：本题受力分析是解题的基础，要灵活选择处理平衡问题的方法，常用有两种方法：合成法和正交分解法，要尝试运用多种方法分析同一问题2（4分）光滑的金属线框abcd处在方向竖直向上的匀强磁场中，线框从图示位置由静止释放，到接近水平位置的过程中，则（）a线框的机械能守恒b穿过线框的磁通量逐渐增大c线框有abcda方向的感应电流d穿过线框磁通量的变化率逐渐增大考点：法拉第电磁感应定律；磁通量 专题：电磁感应与电路结合分析：根据磁通量的概念，结合感应电流产生的条件，依据楞次定律来判定感应电流的方向，并根据切割感应电动势e=blv，从而确定感应电动势的大小，进而确定磁通量的变化率的大小，最后由机械能守恒条件，即可求解解答：解：a、线框从图示位置由静止释放，到接近水平位置的过程中，穿过线圈的磁通量增大，则产生感应电流，出现安培阻力，导致机械能减小，故a错误；b、当接近水平位置的过程中，导致穿过线圈的磁通量在增大，根据楞次定律可知，产生顺时针方向的感应电流，即adcba方向，故b正确，c错误；d、水平的时候，框边的速度方向与磁感线方向一致，这是它的变化率为零，垂直方向时，速度方向与磁感线方向垂直，正好切割，所以变化率最大，这样变化趋势就是从最大到0的变化，故d错误；故选：b点评：考查感应电流产生的条件，掌握楞次定律与法拉第电磁感应定律的内容，注意机械能守恒的条件3（4分）如图，在赤道平面内，绕地球做圆周运动的人造卫星a、b质量相同，某时刻两卫星与地心恰好在同一直线上，则（）aa所需的向心力较小ba、b所需的向心力一样大cb绕地球运行的角速度较小da、b绕地球运行的角速度一样大考点：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：根据万有引力提供圆周运动向心力由两卫星质量相等由半径关系分析即可解答：解：ab、卫星运动由万有引力提供圆周运动向心力，由于两卫星质量相同，根据可知，轨道半径大的b卫星所需向心力较小，故ab均错误；cd、根据=mr2可知，轨道半径大的角速度小，故c正确，d错误；故选：c点评：掌握万有引力提供圆周运动向心力，能熟练根据半径质量关系分析描述圆周运动物理量的关系是正确解题的基础4（4分）小球沿斜面做匀加速直线运动在a位置开始计时，连续相等时间t内记录到小球位置如图，d1、d2、d3分别为位置b、c、d到a的距离则（）a（d3d2）=（d2d1）b小球在b时的速度为c小球在c时的速度为d小球运动的加速度为考点：匀变速直线运动的速度与位移的关系 专题：直线运动规律专题分析：运用匀变速直线运动规律推论求解，中间时刻的瞬时速度等于全程的平均速度，及x=at2求解瞬时速度和加速度解答：解：a、（d3d2）是第3个t内的位移，而（d2d1）是第2个t时间内的位移，因为小球做匀加速运动，故位移不等，a错误；b、小球在b点的瞬时速度等于ac的平均速度故，故b错误；c、小球在c点的瞬时速度等于bd的平均速度即，故c正确；d、根据x=at2可得加速度，d3d2是小球第3个t时间内的位移，故d错误故选：c点评：掌握匀变速直线运动的规律及其推论是正确解题的关键，注意x=at2中的x是连续相等时间内的位移差，注意表达式二、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）如图，沸水中气泡在上升过程体积逐渐增大设泡内为质量不变的理想气体，则上升过程泡内气体（）a压强增大b压强减小c在沸水中吸热d在沸水中放热考点：封闭气体压强 分析：在气泡缓慢上升的过程中，气泡外部的压强逐渐减小，气泡膨胀，对外做功，气泡内空气的温度始终等于外界温度，内能不变，根据热力学第一定律可以判断气泡吸放热情况根据理想气体状态方程知压强变化解答：解：气泡缓慢上升的过程中，外部的压强逐渐减小，气泡膨胀对外做功，由于外部恒温，在上升过程中气泡内空气的温度始终等于外界温度，则内能不变，根据热力学第一定律可得，u=w+q知，气泡内能不变，同时对外做功，所以必须从外界吸收热量，温度不变，体积膨胀，根据理想气体状态方程=k知压强减小故选：bc点评：本题考查了热力学第一定律和理想气体状态方程的应用，记住公式u=w+q及各物理量的正负6（6分）以下说法正确的是（）a爱因斯坦光电效应方程为：e=hb核反应方程h+hhe+dn属聚变，其中d=1c提高温度或增大压强，可缩短放射性元素的半衰期d氢原子光谱不连续的原因是其辐射（或吸收）光子的能量不连续考点：氢原子的能级公式和跃迁；裂变反应和聚变反应 专题：衰变和半衰期专题分析：爱因斯坦光电效应方程为：ekm=hw；根据核反应方程中的质量数和电荷数守恒判断出x的质子数和质量数，即可判断d是多少；半衰期有元素本身决定，由波尔理论即可解释氢原子光谱解答：解：a、爱因斯坦光电效应方程为：ekm=hw；w为金属的逸出功故a错误；b、根据核反应方程中的质量数和电荷数守恒可知，核反应方程h+hhe+dn中，=1故b正确；c、半衰期有元素本身决定，与外界的温度、压强无关故c错误；d、由波尔理论可知，氢原子光谱不连续的原因是其辐射（或吸收）光子的能量不连续故d正确故选：bd点评：本题考查了光电效应方程、质量数和电荷数守恒的应用、半衰期与氢光谱，注意记住各种常见粒子的质量数和质子数，牢记半衰期与其物理状态、化学状态无关7（6分）图a所示的理想变压器，原线圈接入电压变化规律如图b所示的交流电源，则（）a原线圈电压的瞬时值为u=220sin100t（v）b变压器的输出电压为44vc原线圈电流的频率为10hzd变压器的输出功率小于输入功率考点：变压器的构造和原理；电功、电功率 专题：交流电专题分析：根据图象可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，根据u=umsint可求表达式；再根据电压与匝数成正比即可求得结论解答：解：a、由图象可知，交流电的周期为t=0.02s，所以频率为f=50hz，所以原线圈交流电的频率为50hz，=2f=100rad/s故，故a正确；b、由图象可知，交流电的电压的最大值为，所以输入的电压的有效值为u1=220v，电压与匝数成正比，副线圈电压为44v，所以b正确；c、由图象可知，交流电的周期为t=0.02s，所以频率为f=50hz，故c错误；d、变压器输入、输出功率相等，故d错误故选：ab点评：本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解8（6分）如图，拉动齿条可使玩具陀螺转动起来，设每次拉出齿条的长度都相同，则（）a拉力f越大，陀螺获得的动能越大b拉出齿条的过程，系统机械能守恒c拉力f做功全部转化为陀螺的动能d拉力f越大，拉大f的功率就越大考点：动能定理；功率、平均功率和瞬时功率 专题：动能定理的应用专题分析：由于齿条的长度是固定的，故拉力越大，做的功越多，由此可判定a只有重力做功机械能才守恒拉力f做功转化为陀螺动能和摩擦产生的内能结合前面对动能的分析，由功率p=fv可分析功率变化解答：解：a、齿条的长度是固定的，即拉力作用的位移固定，拉力越大做的功越多，陀螺获得的动能越大，故a正确b、由于拉力做功，故系统机械能不守恒故b错误c、拉力做功，人的内能转化为陀螺的动能和摩擦产生的内能，故c错误d、拉力越大，陀螺的动能越大，即获得的速度越大，由功率p=fv可知f的功率越大，故d正确故选：ad点评：该题的关键是要知道拉力做功的位移是固定不变的，此位移就是齿条的长度；其次在拉动的时候会摩擦生热，这点不要忽略了9（6分）如图，点电荷q形成的电场中有a，b两点，已知a的电势为15v，b点的电势为20v，则（）a点电荷q带负电ba点的电场强度比b点的大ca、b两点的电势差uab=5vd检验电荷+q在a点时具有的电势能比在b点时的小考点：等势面；电势能 专题：电场力与电势的性质专题分析：（1）沿着电场线的方向电势逐渐降低，点电荷周围的等势面是一簇簇球面根据这一规律判断a、b两点的电势（2）根据负电荷在电势高处电势能小、在电势低处电势能大，分析电势能的大小解答：解：a、由图可知，b点到q的距离小，而a的电势为15v，b点的电势为20v，所以q一定是负点电荷故a正确；b、由图可知，b点到q的距离小，所以b点的电场强度大故b错误；c、a、b两点的电势差uab=ab=15v（20）v=5v故c正确；d、点电荷的电势能：e=q，对于正检验电荷+q在a点时具有的电势能比在b点时大故d错误故选：ac点评：解决本题的关键知道沿着电场线的方向电势逐渐降低以及掌握电场力做功的方法，一、直接运用w=qu计算，将q的正负，电势差的正负代入计算三、非选择题10（8分）为验证“动能定理”，即：合外力对物体做的功等于物体动能的变化，实验装置如图a，木板倾斜构成斜面，斜面b处装有图b所示的光电门如图c，用10分度的游标卡尺测得挡光条的宽度d=0.51cm装有挡光条的物块由a处静止释放后沿斜面加速下滑，读出挡光条通过光电门的挡光时间t，则物块通过b处时的速度为（用字母d，t表示）测得a、b两处的高度差为h，水平距离l；已知物块与斜面的动摩擦因数为，为了完成实验，还必须知道的物理量是当地的重力加速度g如果实验结论得到验证，则以上各物理量之间的关系满足：h=（用字母表示）考点：探究功与速度变化的关系 专题：实验题分析：、游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读游标的零刻度线超过主尺上的刻度数为主尺读数，游标读数等于分度乘以对齐的根数、物块通过光电门的时间非常小，因此可以平均速度代替其通过的瞬时速度，据此可以求出物块通过光电门时的速度大小；、根据动能定理，结合滑动摩擦力做功的表达式，即可求解；解答：解：、游标卡尺的主尺读数为：0.5cm，游标读数等于：0.11mm=0.1mm=0.01cm，所以最终读数为：0.5cm+0.01cm=0.51cm、挡光条的物块通过光电门时的速度为v=，根据物块下滑过程中，重力与滑动摩擦力做的功，等于动能的增加，则有：=mgh=mghmgl；为了完成实验，还必须知道的物理量是重力加速度g；根据动能定理，则有：=mghmgl；解得：h=；故答案为：0.51；当地的重力加速度g；点评：、解决本题的关键掌握游标卡尺的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读、加深对平均速度和瞬时速度的理解，只有当时间间隔t趋向于零时，此时的速度可以认为是瞬时速度，熟练应用运动学公式求解实验问题、考查动能定理的应用，掌握滑动摩擦力做功的计算，注意在斜面的滑动摩擦力做功值mgl11（10分）用多用电表、直流电源（内阻不计）、定值电阻（约200），单刀双掷开关s1和s2，导线若干，在如图所示的电路上，完成测多用电表直流10ma挡内阻ra的实验在不拆卸电路的情况下，完成有关操作：（i）测电源电动势e：将多用电表选择开关旋到直流电压挡并选择适当量程把s1打向a（填“a”或“b”），s2打向c（填“c”或“d”）读出并记下电表示数，断开s1和s2（ii）测定值电阻的阻值r：将多用电表选择开关旋到欧姆档的10（填“1，10，100或1k”）并进行欧姆调零把s1打向b（填“a”或“b”），s2打向c（填“c”或“d”）读出并记下电表示数，断开s1和s2（iii）测电路电流i：将多用电表选择开关旋到直流10ma挡把s1打向a（填“a”或“b”），s2打向d（填“c”或“d”）读出并记下电表示数，断开s1和s2求得ra=（用以上测得的物理量e、r、i表示）考点：用多用电表测电阻 专题：实验题分析：通过电压表测量出电源的电动势，通过欧姆表测量电阻，再通过闭合电路的欧姆定律计算电流表的内阻解答：解：（i）测电源电动势e时，要用直流电压档，电源的正极和负极要直接接在红表笔和黑表笔上，故把s1打向a，s2打向c（ii）定值电阻的阻值约200，故要用电阻档10测量，电阻要直接接在红表笔和黑表笔上，故把s1打向b，s2打向c（iii）测量电流中的电流，电源、电阻和电压表要构成串联回路，电流从红表笔流进，从黑表笔流出，故把s1打向a，s2打向d根据闭合电路的欧姆定律，所以ra=故答案为：（i）直流电压，a、c，（ii）10，b、c，（iii）a、d点评：本题要掌握多用电表的使用方法，知道欧姆定律计算电阻的原理12（18分）如图，带电粒子垂直电场线方向进入有界匀强电场，从q点飞出时又进入有界的匀强磁场，并从d点离开磁场且落在了荧光屏的on区域已知：电场方向沿纸面竖直向上、宽度为d，p、q两点在竖直方向上的距离为d；qd为磁场的水平分界线，上方磁场垂直纸面向外、下方磁场垂直纸向里、磁感应强度大小相同，磁场宽度为d；粒子质量为m、带电量为q，不计重力，进入电场的速度为v0（1）求电场强度e的大小；（2）大致画出粒子以最大半径穿过磁场的运动轨迹（3）求磁感应强度的最小值b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）带电粒子在电场中做类平抛运动，根据平抛运动的基本公式求解即可；（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹；（3）粒子以最大半径穿过磁场时，对应的磁感应强度最小，粒子在磁场中，根据牛顿第二定律列式结合几何关系即可求解解答：解：（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，设电场强度为e，运动时间为t，运动的加速度为a，则有：d=v0td=粒子在电场中，根据牛顿第二定律得：eq=ma解得：e=（2）粒子以最大半径穿过磁场的运动轨迹如图所示：（3）粒子以最大半径穿过磁场时，对应的磁感应强度最小，设其值为b，如图，设在q点时的速度为v，沿电场方向的分速度为vy，进入磁场后粒子做圆周运动的轨道半径为r，粒子在磁场中，根据牛顿第二定律得：qbv=由几何关系得：qvvyqac则又粒子在电场中：vy=at解得：b=答：（1）电场强度e的大小为；（2）粒子以最大半径穿过磁场的运动轨迹，如图所示；（3）磁感应强度的最小值b为点评：本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，分析清楚粒子运动过程、应用类平抛运动规律与牛顿第二定律即可正确解题13（18分）如图a，轨道固定在竖直平面内，水平段的de光滑、ef粗糙，ef段有一竖直挡板，abcd光滑并与水平段平滑连接，abc是以o为圆心的圆弧，b为圆弧最高点物块p2静止于e处，物块p1从d点开始水平向右运动并与p2发生碰撞，且碰撞时间极短已知：p1的质量m1=0.5kg，碰撞前后的位移图象如图b；p2的质量m2=1.8kg，与ef轨道之间的动摩擦因数=，与挡板碰撞