广东省湛江市2015届高三第一次模拟考试物理试题 Word版含解析

1、PAGE 2015年广东省湛江市高考物理一模试卷一、单项选择题：本大题共4小题，每小题4分，共64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1（4分）（2015湛江一模）三段不可伸长的细绳OA、OB、OC能承受的最大拉力相同，它们共同悬挂一重物，如图所示，其中OB是水平的，A端、B端固定若逐渐增加C端所挂物体的质量，则最先断的绳（） A 必定是OA B 必定是OB C 必定是OC D 可能是OB，也可能是OC【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】：压轴题；共点力作用下物体平衡专题【分析】： 以结点O为研究，分析受力情况，根据三个细绳受到的拉力大小，判断哪根

2、绳最先断【解析】： 解：以结点O为研究，在绳子均不被拉断时受力图如图根据平衡条件，结合力图可知： FOAFOB，FOAFOC，即OA绳受的拉力最大，而细绳OA、OB、OC能承受的最大拉力相同，则当物体质量逐渐增加时，OA绳最先被拉断故选A【点评】： 本题首先要选择研究对象：结点O；其次关键是作好力图，就能直观比较三个绳子拉力的大小2（4分）（2015湛江一模）如图，理想变压器原、副线圈匝数比n1=100匝，n2=10匝，和均为理想电表，灯泡额定功率P=6W，灯泡正常发光，AB端电压u1=120sin100t（V）下列说法正确的是（） A 电流频率为100 Hz B 的读数为12 V C 的读数

3、为0.5A D 变压器输入功率为24W【考点】： 变压器的构造和原理【专题】：交流电专题【分析】： 理想变压器的工作原理是原线圈输入变化的电流时，导致副线圈的磁通量发生变化，从而导致副线圈中产生感应电动势而副线圈中的感应电流的变化，又导致在原线圈中产生感应电动势变压器的电流比与电压比均是有效值，电表测量值也是有效值【解析】： 解：A、理想变压器的输入端电压 u=120sin100t（V），则电压的有效值为120V，频率为：Hz故A错误；B、理想变压器原、副线圈匝数比n1=100匝，n2=10匝，电压表的读数：V故B错误；C、电流表的读数：A故C正确；D、原线圈中的输入功率等于副线圈消耗的功率，

4、即6W故D错误故选：C【点评】： 理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象同时当电路中有变压器时，只要将变压器的有效值求出，则就相当于一个新的恒定电源，其值就是刚才的有效值3（4分）（2015湛江一模）如图所示，某同学将一枚飞镖从高于靶心的位置水平投向竖直悬挂的靶盘，结果飞镖打在靶心的正下方忽略飞镖运动过程中所受空气阻力，在其他条件不变的情况下，为使飞镖命中靶心，他在下次投掷时可以（） A 换用质量稍大些的飞镖 B 适当增大投飞镖的高度 C 到稍远些的地方投飞镖 D 适当减小投飞镖的初速度【考点】： 平抛运动【专题】：平抛运动专题【分析】： 飞镖做的是平抛运动，根据平抛运

5、动的规律，水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动，列方程求解即可【解析】： 解：飞镖做的是平抛运动，飞镖打在靶心的正下方说明飞镖竖直方向的位移太大，根据平抛运动的规律可得，水平方向上：x=V0t 竖直方向上：h=所以要想减小飞镖竖直方向的位移，在水平位移不变的情况下，可以适当增大投飞镖的初速度来减小飞镖的运动时间，故D错误初速度不变时，时间不变，适当增大投飞镖的高度，可以飞镖命中靶心，飞镖的质量不影响平抛运动的规律，故A错误，故B正确；在稍远些地方投飞镖，则运动时间变长，下落的高度变大，不会击中靶心，故C错误故选：B【点评】： 本题就是对平抛运动规律的直接考查，掌握住平抛运动的规

6、律就能轻松解决4（4分）（2015湛江一模）如图所示，实线表示匀强电场的电场线，虚线表示某一带电粒子从a点进入电场时通过该电场区域的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点若带电粒子在运动中只受电场力作用，则由此图可作出正确的判断是（） A 粒子带正电 B 粒子在a点的电势能大于在b点的电势能 C 粒子在a点的速度大于在b点的速度 D 粒子在a点的加速度大于在b点的加速度【考点】： 匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能【专题】：电场力与电势的性质专题【分析】： 做曲线运动物体所受合外力指向曲线内侧，本题中粒子只受电场力，由此可判断电场力向左，根据电场力做功可以判断电势能的高低和动能变化情况，加速度的

7、判断可以根据电场线的疏密进行【解析】： 解：A、根据做曲线运动物体所受合外力指向曲线内侧可知该粒子带负电，故A错误；B、从a到b过程中电场力做正功，故电势能减小，a点的电势能大于在b点的电势能，故B正确；C、从a到b过程中电场力做正功，动能增加，速度增大，即粒子在a点的速度小于在b点的速度，故C错误D、由于电场是匀强电场，故加速度不变，D错误；故选：B【点评】： 本题以带电粒子在电场中的运动为背景考查了带电粒子的速度、加速度、动能、电势能等物理量的变化情况二、双项选择题：本大题共5小题，每小题6分，共54分在每小题给出的四个选项中，有两个选项是符合题目要求的，全选对的得6分，只选一个且正确的得

8、3分，有错选或不选的得0分5（6分）（2015湛江一模）下列说法中正确的是（） A 用打气筒的活塞压缩气体很费力，说明分子间有斥力 B 在阳光照射下，可以观察到教室空气中飞舞的尘埃作无规则运动，属于布朗运动 C 一定质量的理想气体温度升高其内能一定增大 D 一定质量的理想气体温度升高其压强可能减小【考点】： 温度是分子平均动能的标志；布朗运动【专题】：内能及其变化专题【分析】： 用打气筒的活塞压缩气体很费力，不是分子间的斥力作用温度是分子平均动能的标志理想气体不计分子势能，只考虑分子动能【解析】： 解：A、用打气筒的活塞压缩气体很费力，是由于气体压强的作用，不是分子间斥力的作用故A错误B、教室

9、空气中飞舞的尘埃是由于空气的对流而形成的；不是布朗运动；故B错误；C、理想气体不计分子势能，故温度升高时，分子平均动能增大，则内能一定增大；故C正确；D、由理想气体状态方程可知，当温度升高时如果体积同时膨胀，则压强有可能减小；故D正确；故选：CD【点评】： 本题考查了分子动理论的内容以及影响分子平均动能的因素等，难度不大，关键要在理解的基础上加以识记6（6分）（2015湛江一模）如下的说法中，正确的是（） A H+HH+n是轻核聚变反应 B 衰变说明了原子核中有电子 C 光电效应说明了光具有粒子性 D 射线可用来消除静电【考点】： 光电效应；裂变反应和聚变反应【专题】：光电效应专题【分析】：

10、H+HH+n是轻核聚变反应；衰变是中子转变成质子而放出的电子；光电效应说明了光具有粒子性【解析】： 解：A、H+HH+n是轻核聚变反应，太阳辐射能量来自于轻核的聚变故A正确；B、衰变是中子转变成质子而放出的电子故B错误；C、光电效应说明了光具有粒子性故C正确；D、射线是高能光子，即高能电磁波，它是不带电的，所以射线的电离作用很弱，故D错误故选：AC【点评】： 考查衰变的原理，注意电子跃迁的动能与电势能及能量如何变化是考点中重点，理解粒子散射实验的现象，区别裂变与聚变的不同7（6分）（2015湛江一模）如图所示为一物体沿左右方向（规定向右为正方向）做直线运动的速度时间图象，由图可知（） A 6s

11、末物体回到初始位置 B 3s末物体的加速度方向发生变化 C 物体所受合外力的方向一直向右 D 物体所受合外力的方向一直向左【考点】： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像【专题】：牛顿运动定律综合专题【分析】： 物体沿南北方向做直线运动，根据规定的正方向，由速度图线分析物体的运动情况，根据图线与坐标轴所围“面积”表示位移，分析物体在什么时刻回到初始位置图线的斜率等于加速度【解析】： 解：A、在前6s内，与时间轴所围面积为0，故回到初始位置故A正确B、直线的斜率是一定的，说明物体在6s内的加速度恒定不变，则3s末物体的加速度方向没有发生变化故B错误C、图线的斜率不变由牛顿第二定律可知F=ma合力不

12、变且向右，故C正确，D错误故选：AC【点评】： 由速度图象读出速度的大小、方向、加速度、位移等等是基本功，加强训练，熟练应用8（6分）（2015湛江一模）载人飞船从发射、进入轨道、加速变轨，最后进入圆形轨道稳定运行如图是载人飞船正在加速变轨的过程，如下相关的说法中，正确的是（） A 进入高轨道后的周期比低轨道的周期小 B 进入高轨道后的速率比低轨道的速率小 C 进入高轨道后，飞船的加速度变小 D 飞船在圆形轨道运行时，宇航员处于超重状态【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】： 根据万有引力提供向心力，解出周期、线速度、加速度与轨道半径的关系，根据轨道半径的

13、大小判断周期、线速度、加速度的大小飞船在圆形轨道运行时，地球对宇航员的引力完全提供向心力，宇航员处于失重状态【解析】： 解：ABC、根据万有引力提供向心力，得，由此可知，轨道半径越大，周期越大、线速度和加速度越小，故飞船进入高轨道后的周期变大，速率和加速度变小，故ABC均正确D、飞船在圆形轨道运行时，地球对宇航员的引力完全提供向心力，宇航员处于失重状态，故D错误故选：ABC【点评】： 本题关键是要掌握万有引力提供向心力，能够根据题意选择恰当的向心力的表达式，解出周期、线速度、加速度与轨道半径的关系在进一步讨论其大小9（6分）（2015湛江一模）如图，两个初速度大小相同的同种离子a和b，从O点沿

14、垂直磁场方向进人匀强磁场，其中离子b的速度方向与磁场边界垂直，离子a的速度方向与b成夹角，两离子最后打到O点左侧的屏P上不计重力，下列说法正确的有（） A a、b均带正电 B a和b在P上的落点相同 C a在磁场中运动的轨道半径比b的小 D a在磁场中运动的时间比b的长【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】： 带电粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，要熟练应用半径公式和周期公式进行分析【解析】： 解：a、b粒子的运动轨迹如图所示：A、粒子向左偏转，由左手定则可知，a、b均带正电，故A正确；B、离子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：

15、qvB=m，解得：r=，两粒子半径相等，由图示可知，a、b在P上的落点不同，故BC错误；D、离子在磁场中的运动时间：t=T=，离子a在磁场中转过的圆心角大于b转过的圆心角，则a在磁场中运动的时间比b的长，故D正确；故选：AD【点评】： 本题考查带电粒子在磁场中的运动规律，要注意带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径三、解答题（共4小题，满分54分）10（8分）（2015湛江一模）如图甲为验证小球做自由落体运动时机械能守恒的装置图如图乙所示，用游标卡尺测得小球的直径d=0.455cm；实验时将小球从光电门正上方固定位置O点由静止释放，小球恰能从光电门正中穿过，由数字计时器读

16、出小球通过光电门的时间t，就可知道物体通过光电门的速度大小约为v=（用字母表示）已知当地的重力加速度为g，除了中测得的数据外，要完成实验，还必须要测量的物理量是CA小球的质量m B小球的体积VC光电门与O点之间的竖直距离hD小球自初始位置O至下落到A位置时所用的时间t改变A的位置，测得多组相应的数据，作出h图象，由图象算出其斜率k，当k=g时，可以认为小球在下落过程中机械能守恒【考点】： 验证机械能守恒定律【专题】：实验题【分析】： 游标卡尺读数为固定刻度读数+游标刻度读数，没有估计值；根据某段时间内的平均速度等于中时刻的瞬时速度；根据需要验证的方程：mgh=mv2，确定需要测量的物理量根据m

17、gh=mv2，得到h的关系式，分析h图象斜率的物理意义【解析】： 解：游标卡尺读数为d=4mm+110.05mm=0.455mm，由某段时间内的平均速度等于中时刻的瞬时速度得，小球经过光电门时的瞬时速度v=；小球做自由落体运动时，由机械能守恒定律得：mgh=mv2，即gh=v2，故需要测量小球下落到每一个速度传感器时的速度v和高度h，不需要测量小球的质量m，体积V和下落时间时间t故C正确，ABD错误由mgh=mv2，得v2=gh，则h图象的斜率k=g故答案为：（1）0.455，；C；g【点评】： 本实验以小球做自由落体运动为例，验证机械能守恒定律，根据方程mgh=mv2，分析h图象斜率的意义是

18、常用的方法11（10分）（2015湛江一模）现要测定一个额定电压2.5V、额定功率约0.7W的小灯泡的伏安特性曲线为了测量的电压能从零开始，测量误差较小，请在图甲中连好实物电路图合上开关前，滑动变阻器的滑动触头应置于滑动变阻器的左端（填“左端”或“右端”）根据实验数据，描绘出的UI图象如图乙所示，由图可知，当灯泡的电压为1.80V时，小灯丝电阻为7.2，小灯泡的功率为0.45 w（结果保留两位有效数字）由图乙可确定小灯泡耗电功率P与外加电压U的关系，符合该关系的图象是图丙中的D【考点】： 描绘小电珠的伏安特性曲线【专题】：实验题【分析】： （1）根据实验原理明确实验的实物图，注意导线不能交叉且

19、注意正负极不能接错；（2）实验中要求电压从零开始调节，根据滑动变阻器的接法可明确滑片开始时的位置；（3）由伏安特性曲线可得出1.80V对应的电流值，由欧姆定律可求得电阻值；由功率公式可求得功率；（4）根据灯泡电阻的变化明确对应的图象；【解析】： 解：实物电路图如图为了让测量电路中电压从零开始调节，则滑片开始时应滑到最左端；由图可知，当电压为1.8V时，电流为0.25A，则电阻R=7.2；功率P=UI=1.80.25=0.45W；由功率公式P=可知，功率与电压的图象应为D；故答案为：如图所示；左端 7.2 0.45；D【点评】： 本题考查伏安特性曲线的应用及对图象的认识，要注意正确理解并能应用伏

20、安特性曲线的意义12（18分）（2015湛江一模）如图甲所示光滑的定滑轮上绕有轻质柔软细线，线的一端系一质量为M=3kg的重物，另一端系一质量为m=1kg、电阻为r=0.1的金属杆在竖直平面内有间距为L=2.0m的足够长的平行金属导轨PQ、EF，在QF之间连接有阻值为R=0.9的电阻，其余电阻不计磁感应强度为B=1.0T的匀强磁场与导轨平面垂直，开始时金属杆置于导轨下端QF处，将重物由静止释放，重物的速度与下降的高度vh图象如图乙所示运动过程中金属杆始终与导轨垂直且接触良好，（忽略所有摩擦，重力加速度g=10m/s2），求：（1）电阻R中的感应电流方向；（2）重物匀速下降的速度v；（3）重物从

21、释放到刚开始匀速的过程中，电阻R中产生的焦耳热QR【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律【专题】：电磁感应与电路结合【分析】： （1）由右手定则判断出感应电流方向，判断出R中的电流方向（2）重物匀速下降时，金属杆匀速上升，受力平衡推导出安培力，由平衡条件列式求出速度v（3）重物从释放到下降h的过程中，重物的重力势能减小转化为杆的重力势能和动能、重物的动能及整个回路的内能，根据能量守恒求出整个回路产生的焦耳热，根据串联电路电流关系，求出电阻R中产生的焦耳热QR；【解析】： 解：（1）释放重物后，金属杆向上运动，由右手定则可知，电阻R中的感应电流方向为QRF；（2）重物匀速下降时，金属

22、棒匀速上升，处于平衡状态，对金属棒，由平衡条件得：T=mg+F，金属棒受到的安培力：F=BIL=，对重物，由平衡条件得：T=Mg，联立上式可得：Mg=mg+，解得：v=5m/s；（3）设电路中产生的总焦耳热为Q，由能量守恒定律得：Mghmgh=，解得：Q=50J根据串联电路特点，电阻R中产生的焦耳热：QR=Q=45J答：（1）电阻R中的感应电流方向为QRF；（2）重物匀速下降的速度v为5m/s；（3）重物从释放到刚开始匀速的过程中，电阻R中产生的焦耳热QR为45J【点评】： 本题分别从力和能量两个角度研究电磁感应现象，关键是计算安培力和分析能量如何变化，以及把握没有感应电流产生的条件13（18

23、分）（2015湛江一模）如图所示，质量为m的带有圆弧的滑块A静止放在光滑的水平面上，圆弧半径R=1.8m，圆弧的末端点切线水平，圆弧部分光滑，水平部分粗糙，A的左侧紧靠固定挡板，距离A的右侧S处是与A等高的平台，平台上宽度为l=0.5m的M、N之间存在一个特殊区域，B进入M、N之间就会受到一个大小为F=mg恒定向右的作用力平台MN两点间粗糙，其余部分光滑，M、N的右侧是一个弹性卡口，现有一个质量为m的小滑块B从A的顶端由静止释放，当B通过M、N区域后碰撞弹性卡口的速度v不小于5m/s时可通过弹性卡口，速度小于5m/s时原速反弹，设m=1kg，g=10m/s2，求：（1）滑块B刚下滑到圆弧底端时对圆弧底端的压力多大？（2）若A、B间的动摩擦因数1=0.5，保证A与平台相碰前A、B能够共速，则S应满足什么条件？（3）在满足（2）问的条件下，若A与B共速时，B刚好滑到A的右端，A与平台相碰后B滑上平台，设B与MN之间的动摩擦因数01，试讨论因的取值不同，B