2015年佛山二模理科综合物理试题

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全国高三物理第二次大联考卷(广东版,含解析)

2015年第二次大联考【广东卷】理科综合·物理试题题号一二总分得分注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。

满分108分，考试时间60分钟。

2．答题前考生务必用0.5毫米黑色墨水签字笔填写好自己的姓名、班级、考号等信息3．考试作答时，请将答案正确填写在答题卡上。

第一卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；第Ⅱ卷请用直径0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答．．。

．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．无效第I卷（选择题共54分）一、单项选择题：本题包括4小题，每小题6分，共24分。

每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。

多选、错选均不得分。

13.下列说法正确的是A．气体的内能是分子热运动的平均动能与分子间势能之和B．气体的温度变化时，气体分子的平均动能可能不变C．晶体有固定的熔点且物理性质各向异性D．在完全失重的环境中，空中的水滴是个标准的球体【答案】D【命题立意】分子动理论，内能，晶体。

【解析】由热力学知识知：气体的内能是分子热运动的动能与分子间势能之和，A错误；气体的温度变化时，气体分子的平均动能变化，B错误；晶体分为单晶体和多晶体，单晶体具有各向异性，多晶体是各项同性的，C错误；完全失重情况下，液体各方向的力都一样,所以会成为一个标准的球形，D正确。

14.如图所示，内壁及碗口光滑的半球形碗固定在水平面上，碗口保持水平。

A球、C球与B 球分别用两根轻质细线连接。

当系统保持静止时，B球对碗壁刚好无压力，图中θ=30°，则A球和C球的质量之比为（）A ．1:2 B． 2 :1 C ．1:3 D．3:1【答案】C【命题立意】T /K V /LO AB C【解析】B 球对碗壁刚好无压力，则根据几何知识分析可得B 球所在位置两线的夹角为90°，以B 球为研究对象，进行受力分析，水平方向所受合力为零，由此可知，C 正确。

2015佛山二模理综试题及答案word版

2015届广东省佛山市高三教学质量检测（二）理科综合卷1.下列关于生物膜的叙述正确的是：（）A. 内质网的组成成分可以转移到高尔基体膜，再转移到细胞膜B.各种生物膜的化学组成成分及其含量都大致相同。

C. 细胞内的ATP是在生物膜上产生的D.生物膜的选择透过性主要取决于膜上的磷脂分子2.某种生物体的精原细胞增殖以及精细胞形成过程如下图（染色体及DNA树木均为2n）。

细胞Ⅰ和Ⅱ都处于染色体着丝点分裂后向两极移动的时期，下列有关判断正确的是（）A.Ⅰ中无同源染色体，染色体数目为4n，DNA数目为4nB.Ⅱ中有同源染色体，染色体数目为2n，DNA数目为4nC.Ⅲ中无同源染色体，染色体数目为n，DNA数目为2nD. 此分裂过程产生的另外三个精细胞的基因组成是AB、Ab、ab3. 以下关于育种方法优缺点的叙述错误的是：（）A. 杂交育种能将不同品种的优良性状集中起来，但育种周期长B. 单倍体育种能明显缩短育种年限，但后代高度不育C. 诱变育种能大幅度加快育种进度，但盲目性高D. 基因工程可以实现基因在不同物种之间的转移，但技术复杂。

4. 小李同学改变放置在胚芽鞘切面一侧的琼脂块中的生长素浓度，测定胚芽鞘弯曲生长的角度，结果如下图。

图中数据不能说明：( )A.不同浓度的生长素对胚芽鞘生长的促进效果可能相同B.促进胚芽鞘生长的最适生长素浓度在0.25mg/L左右C.0.35mg/L的生长素对胚芽鞘的生长仍然具有促进作用D.胚芽鞘弯曲的程度只与生长素有关，与其它激素无关5.下列有关基因的叙述正确的是：（）A. 基因是具有遗传效应的DNA片段B. 人体肝脏细胞中不含有胰岛素基因C. 自然选择使种群的基因频率发生定向改变D. 某基因与其所有的等位基因共同构成了种群的基因库6. 下图表示人体某一免疫过程，与此有关的叙述错误的是：（）A．图中所示的是体液免疫过程B. 同种抗原在此进入人体，细胞b能大量分化成细胞cC. d为抗体，且能分泌到内环境中起作用D. HIV侵入人体后，图示免疫过程不发挥作用7.下列各组离子在水溶液能大量共存的是A.Cu2+、K+、OH-、SO42-B.Na+、Ca2+、HCO3-、Cl-C.NH4+、Al3+、AlO2-、H+D.SO32-、Ba2+、H+、NO3-8.下列说法正确的是A.蛋白质溶液、淀粉溶液都属胶体B.碳纤维、纤维素都是有机高分子C.花生油，牛油互为同分异构体D.普通玻璃、石英玻璃、水玻璃都是硅酸盐9．下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并且有因果关系的是10．设n A为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A．1mol苯中含有3n A个碳碳双键B．标准状况下，22.4 L乙烯和丙烯混合气体中所含的分子数目为2n A C．1mol Cl2与足量Fe粉反应生成FeCl3，转移2n A个电子D．1L 0.1 mol·L－1 Na2S溶液中含有0.1n A个S2-11．关于下列装置说法正确的是A．装置①中的铜棒上冒气泡B．装置②中的a、b 冒气泡C．装置①换上硫酸铜溶液，将实现锌片上镀铜D．装置②换上硫酸铜溶液，将实现“b极”镀铜12．短周期元素甲、乙、丙、丁、戊、己、庚在周期表中的相对位置如图（甲不一定在丁、庚的连线上），戊、己分别是空气、地壳中含量最多的元素。

广东佛山顺德2014-2015学年度第二学期高三教学质量检测理科综合试卷

广东佛山顺德2014-2015学年度第二学期高三教学质量检测理科综合试卷本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，满分300分。

考试时间150分钟，考试结束，将答题卡收回。

第I卷（选择题共118分）注意事项：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的信息点涂黑。

如需改动用橡皮擦干净后，再选其它答案，不能答在试卷上。

一、单项选择题（每小题给出的四个选项中，只有一个．．选项符合题目要求，16小题，每小题4分，共64分）1．下列有关细胞结构和功能的叙述，不正确的是A．真核细胞中存在着结构和功能上密切联系的生物膜系统B．人体细胞可以直接与内环境交换物质C．神经元以电信号的形式传导兴奋D．质粒和线粒体是既有核酸又有外膜的细胞结构2．右图表示某种激素的作用机理，下列叙述合理的是A．此激素通过受体协助扩散经过细胞膜B．此激素由质、核受体主动运输跨过核膜C．此激素与质、核受体形成复合物启动基因表达D．此激素作为信息分子，能将其携带的遗传信息通过中心法则传递到mRNA上3．某二倍体哺乳动物的细胞分裂过程中核DNA的变化情况如下图，下列说法错误的是A．图中表示发生四次细胞分裂B．②时期核基因的活动遵循分离定律和自由组合定律C．G—I段发生的染色体主要行为与C—E、O—Q段的情况均不同D．若不发生基因突变，则①与③时期染色体上的基因完全相同4．A．① B．②C．③D．④5．下图表示人体通过免疫系统清除体内蛇毒的过程，有关说法不正确的是A．细胞2、3分别在胸腺和骨髓中成熟B．细胞1、4、5都有特异性识别抗原的功能C．细胞2、4的高尔基体特别发达D．物质a有特异性，其化学本质是蛋白质6．下列有关生物技术实验的叙述，正确的是A．制作果酒和制作果醋所需的发酵底物、适宜温度等均相同B．在植物组织培养过程中，制备的MS培养基需要用酒精消毒C．用二苯胺鉴定DNA和用斐林试剂检测还原糖时均需要水浴加热D．用凝胶色谱法分离蛋白质时，与分子量较小的蛋白质相比，血红蛋白移动较慢7．化学在生产和日常生活中有着重要的作用。

物理高考模拟卷-高三物理试题及答案-佛山市高考二模试卷物理试题

广东省佛山市2015届高考物理二模试卷一、本题共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，错选、不选得0分．1．（4分）下列说法中正确的是（）A．α粒子散射实验表明了原子核具有复杂结构B．石墨在反应堆起到降低核反应速度的作用C．燃料铀在反应堆中发生裂变反应D．将铀棒插入得更深些，反应堆的核反应速度将降低2．（4分）a、b、c三个物体在同一条直线上运动，其位移时间图象中，图线c是一条x=0.4t2的抛物线．有关这三个物体在0～5s内的运动，下列说法正确的是（）A．a物体做匀加速直线运动B．c物体做匀加速直线运动C．t=5 s时，a物体速度最大D．a、b两物体都做匀速直线运动，且速度相同3．（4分）2014年11月欧航局“菲莱”探测器第一次在彗星上实现软着陆，人类对外太空的探索翻开了新的篇章．某探测器在太空被一未知行星的引力俘获，成为其卫星，若测得探测器绕行星做圆周运动半径为R，探测器与行星的连线在时间t内扫过的角度为θ，则再结合万有引力常量G可知（）A．行星的质量B．行星的半径C．行星的平均密度D．探测器所受引力的大小4．（4分）如图为质谱仪的结构原理图，磁场方向如图，某带电粒子穿过S′孔打在MN板上的P点．则（）A．该粒子一定带负电B．a极板电势一定比b极板高C．到达P点粒子的速度大小与ab间电磁场强弱无关D．带电粒子的比值越大，P S′间距离越大二、本题共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，全选对的得6分，只选一个且正确的得3分，错选、不选得0分．5．（6分）如图是某同学设计的水火箭，现用打气筒将空气打入饮料瓶中，则（）A．饮料瓶内气体密度减小B．饮料瓶内气体压强增大C．瓶内气体的分子引力和斥力都在减小D．当水火箭将水瞬时间喷出时，瓶内气体温度降低6．（6分）在测量高压线路的电压时，由于电压过高，通常需借助电压互感器来测量．某同学练习使用电压互感器，实验被测线路的电压u=220sin100πtV，互感器原副线圈匝数n1=20，n2=440．则正确连接电路时（）A．ab接PQ，cd接MNB．线圈ab与cd的磁通量变化率相同C．电压表读数为10VD．当t=0.01s时，电压表读数为07．（6分）某同学在电磁炉面板上竖直放置一纸质圆筒，圆筒上套一环形轻质铝箔，电磁炉产生的交变磁场的频率、强度及铝箔厚度可以调节．现给电磁炉通电，发现铝箔悬浮了起来．若只改变其中一个变量，则（）A．增强磁场，铝箔悬浮高度将不变B．铝箔越薄，铝箔中产生的感应电流越大C．增大频率，铝箔中产生的感应电流增大D．在刚接通电源产生如图磁场的瞬间，铝箔中会产生如图所示的电流8．（6分）如图为示波管的一部分，a、b为电子枪的两电极，c、d为两平行金属板，且c 板电势比d高．则（）A．a为阳极，b为阴极B．电子在cd极板间运动时速度一定会增大C．ab间电势差越大，电子在cd极板间动能的改变量可能越小D．ab间电势差越大，电子在cd极板间运动的时间一定越短9．（6分）两个中间有孔的小球AB用一轻弹簧相连，套在水平光滑横杆上．小球C用两等长的细线分别系在AB球上，静止平衡时，两细线的夹角为120°．已知小球质量均为m，弹簧劲度系数为k．则此时（）A．水平横杆对A球的支持力为B．细线的拉力为C．弹簧的压缩量为D．增大C球质量，弹簧弹力将减小二、非选择题10．（8分）某同学采用图甲的电路，测量电流表G1的内阻r1．其中电流表G1量程为0～5mA内阻约200Ω；电流表G2量程为0～10mA，内阻约40Ω；定值电阻Ro阻值为200Ω；电源电动势约为3V．请回答下列问题：①可供选择的滑动变阻器R1阻值范围为0～1000Ω，R2阻值范围为0～20Ω．则滑动变阻器应选_______，（填写R l或R2）．②图甲中，若要求G1表示数变大，变阻器滑动头P应向端移动_______（填写A或B）．③清用笔画线在乙图完成实物连线．④若实验中读得G1表和G2表的读数为I l和I2，则G l表的内阻r1=_______（用I1、I2及R0表示）11．（10分）某小组利用气垫导轨装置探究“做功与物体动能改变量之间的关系”．图1中，遮光条宽度为d，光电门可测出其挡光时间△t，滑块与力传感器的总质量为M，砝码盘的质量为m0，不计滑轮和导轨摩擦．实验步骤如下：①调节气垫导轨使其水平．并取5个质量均为m的砝码放在滑块上：②用细绳连接砝码盘与力传感器和滑块，让滑块静止放在导轨右侧的某一位置，测出遮光条到光电门的距离为S；③从滑块上取出一个砝码放在砝码盘中，固定滑块使其静止，记录此时力传感器的值为F．接通电源，释放滑块后，记录此时力传感器的值为F′，测出遮光条经过光电门的挡光时间△t；④再从滑块上取出一个砝码放在砝码盘中，重复步骤③，并保证滑块从同一个位置静止释放；⑤重复步骤④，直至滑块上的砝码全部放入到砝码盘中．请完成下面问题：（a）测量遮光条宽度时，应该使用图2游标卡尺上的（选填A、B、C）部件．若用十分度的游标卡尺测得遮光条宽度d如图3，则d=_______mm．（b）滑块经过光电门时的速度可用v=_______（用题中所给的字母表示，下同）计算．（c）在处理步骤③所记录的实验数据时，甲同学理解的合外力做功为W1=FS，则其对应动能变化量应当是△E k1=_______．乙同学理解的合外力做功为W2=F′S，则其对应动能变化量应当是△E k2=_______；d）丙同学按照乙同学的思路，根据实验数据得到F﹣的图线如图4所示，则其斜率k=_______．12．（18分）如图，两平行金属导轨相距L、足够长，与水平面成θ角倾斜放置构成一个斜面．导轨间用一阻值为R的电阻丝相连，R上方磁场垂直斜面向上，R下方磁场沿斜面向上，磁感应强度大小均为B．初始时金属棒ab、cd放在金属导轨上设法使其保持静止，棒与导轨间的动摩擦因数均为μ，且μ＜tanθ．两棒质量均为m、电阻均为R，导轨电阻不计．释放cd棒的同时，对ab施加一沿导轨向上的变力F，使其以恒定加速度a由静止开始沿斜面向上做匀加速运动．求：（1）t时刻通过ab棒的电流；（2）t时刻ab棒所受拉力F的大小；（3）当cd棒速度达到最大时，通过cd棒的电流及电阻R的发热功率P．13．（18分）如图，光滑平台左端与半径R=0.6m的半圆光滑轨道相切，且都固定．平台上A、B两滑块间压缩有一轻质弹簧（用细线拴住），其中m A=1.5kg，m B=1kg．紧靠平台右侧放有M=4kg的木板，其上表面与平台等高．剪断细线后，B以v B=9m/s的速度冲上木板．已知B与木板间的动摩擦因数μ1=0.5，木板与地面间的动摩擦因数为μ2，两滑块都可看作质点，不考虑A与B分离后再对B运动的影响，取g=10m/s2．求：（1）A滑至半圆轨道最高点Q时，轨道对其压力的大小；（2）要保证B不滑出木板，木板的最短长度记为L．试讨论并求出μ2与L的关系式，求出L的最小值．广东省佛山市2015届高考物理二模试卷参考答案与试题解析一、本题共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，错选、不选得0分．1．（4分）下列说法中正确的是（）A．α粒子散射实验表明了原子核具有复杂结构B．石墨在反应堆起到降低核反应速度的作用C．燃料铀在反应堆中发生裂变反应D．将铀棒插入得更深些，反应堆的核反应速度将降低考点：核反应堆．分析：原子核反应堆中铀棒是核反应堆的燃料，镉棒是吸收中子的材料，慢化剂（如石墨、重水等）起减慢裂变产生的快中子的速度，冷却剂把反应堆的热量传递出去，同时使反应堆冷却．解答：解：A、a粒子散射实验说明原子具有核式结构，不能说明原子核具有复杂结构；故A错误；B、石墨在反应堆中起到将快中子转换为热中子的作用，可以加快核反应速度；故B错误；C、核反应堆中的燃料铀发生裂变反应，从而释放出大量热量；故C正确；D、将铀棒插入的更深一些后，与中子接触的铀原子增大，反应堆的核反应速度将加快，故D错误；故选：C．点评：本题考查核电站的工作原理及α粒子散射实验，要明确各种材料在受控核反应中所起的作用．2．（4分）a、b、c三个物体在同一条直线上运动，其位移时间图象中，图线c是一条x=0.4t2的抛物线．有关这三个物体在0～5s内的运动，下列说法正确的是（）A．a物体做匀加速直线运动B．c物体做匀加速直线运动C．t=5 s时，a物体速度最大D．a、b两物体都做匀速直线运动，且速度相同考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．分析：位移图象倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，图象的斜率大小等于速度大小，斜率的正负表示速度方向．图线c是一条x=0.4t2的抛物线，结合判断c的运动性质．解答：解：A、位移图象倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，则知a、b两物体都做匀速直线运动．由图看出斜率看出，a、b两图线的斜率大小、正负相反，说明两物体的速度大小相等、方向相反，所以速度不同．故AD错误；B、图线c是一条x=0.4t2的抛物线，结合可知，c做初速度为0，加速度为0.8m/s2的匀加速直线运动，故B正确．C、图象的斜率大小等于速度大小，根据图象可知，t=5s时，c物体速度最大．故C错误．故选：B点评：本题是为位移﹣﹣时间图象的应用，要明确斜率的含义，并能根据图象的信息解出物体运动的速度大小和方向．3．（4分）2014年11月欧航局“菲莱”探测器第一次在彗星上实现软着陆，人类对外太空的探索翻开了新的篇章．某探测器在太空被一未知行星的引力俘获，成为其卫星，若测得探测器绕行星做圆周运动半径为R，探测器与行星的连线在时间t内扫过的角度为θ，则再结合万有引力常量G可知（）A．行星的质量B．行星的半径C．行星的平均密度D．探测器所受引力的大小考点：万有引力定律及其应用．专题：万有引力定律的应用专题．分析：根据转过的角度和时间求出角速度的大小，根据万有引力提供向心力，结合轨道半径和角速度求出行星的质量．解答：解：A、根据探测器与行星的连线在时间t内扫过的角度为θ，可以得出角速度的大小为：，根据万有引力提供向心力，有：，解得：M=，A正确．B、根据题目中物理量，无法求出行星的半径，则无法得出行星的体积，所以无法求出行星的平均密度，故B、C错误．D、由于探测器的质量未知，无法求出探测器所受的引力大小，故D错误．故选：A．点评：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论，并能灵活运用，基础题．4．（4分）如图为质谱仪的结构原理图，磁场方向如图，某带电粒子穿过S′孔打在MN板上的P点．则（）A．该粒子一定带负电B．a极板电势一定比b极板高C．到达P点粒子的速度大小与ab间电磁场强弱无关D．带电粒子的比值越大，P S′间距离越大考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理．分析：粒子经过速度选择器时所受的电场力和洛伦兹力平衡，根据带电粒子在磁场中的偏转方向判断电荷的电性．根据平衡求出粒子经过速度选择器的速度．通过带电粒子在磁场中的偏转，根据半径的大小判断粒子比荷的大小．解答：解：A、粒子在里的磁场中向右运动，向上偏转，由左手定则可知粒子带正电，故A 错误；B、由左手定则可知，粒子在选择器中受向上的洛伦兹力，由qE=qvB，此时粒子受力平衡，电场力的方向向下，所以电场强度的方向也向下，a极板电势一定比b极板高．故B正确；C、由qE=qvB可知，粒子的速度：v=，到达P点粒子的速度大小与ab间电磁场强弱有关．故C错误；D、由洛伦兹力提供向心力得：qvB=，则：=知荷质比越大，r越小，PS′间距离越小，越靠近狭缝，故D错误．故选：B．点评：解决本题的关键知道粒子在速度选择器中做匀速直线运动，在磁场中做匀速圆周运动．二、本题共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，全选对的得6分，只选一个且正确的得3分，错选、不选得0分．5．（6分）如图是某同学设计的水火箭，现用打气筒将空气打入饮料瓶中，则（）A．饮料瓶内气体密度减小B．饮料瓶内气体压强增大C．瓶内气体的分子引力和斥力都在减小D．当水火箭将水瞬时间喷出时，瓶内气体温度降低考点：理想气体的状态方程．专题：理想气体状态方程专题．分析：在向瓶中打入气体的过程中，气体的质量增加，体积不变，密度增大，压强也在增大，由于分子间的距离减小，故引力和斥力都增大，水火箭将水瞬时间喷出时，瓶内气体对外做功，气体没来得及吸热，故温度降低解答：解：A、打气筒将空气打入饮料瓶中，瓶内的气体质量增多，而体积不变，故密度增大，故A错误；B、在打气的过程中，相当于是质量不变的气体，压缩体积，使体积减小，则压强增大，故B正确；C、瓶内气体的分子间的距离在减小，故引力和斥力都增大，故C错误；D、当水火箭将水瞬时间喷出时，气体对外做功，而此瞬间过程没有吸热，故瓶内温度降低，故D正确；故选：BD点评：会从题干找出物理现象，概括出物理规律，知道气体质量增加，体积不变，压强增大，在对外做功的瞬间，气体相当于绝热过程即可6．（6分）在测量高压线路的电压时，由于电压过高，通常需借助电压互感器来测量．某同学练习使用电压互感器，实验被测线路的电压u=220sin100πtV，互感器原副线圈匝数n1=20，n2=440．则正确连接电路时（）A．ab接PQ，cd接MNB．线圈ab与cd的磁通量变化率相同C．电压表读数为10VD．当t=0.01s时，电压表读数为0考点：变压器的构造和原理．专题：交流电专题．分析：电压互感器是利用电磁感应制成的，原副线圈的电压值比等于电路之比，电压表测量的是有效值解答：解：A、电压互感器变压器原副线圈的电压之比与匝数成正比，故ab接PQ，cd接MN，故A正确；B、变压器是由于原线圈的电流变化引起磁通量的变化，故通过副线圈的磁通量变化率与原线圈的相同，故B正确；C、电压表测量的是有效值，故原线圈电压为U1=220V，故副线圈电压为，故CD错误故选：AB点评：本题实质是电压互感器的简单运用，电压互感器是利用变压器原理将电压减小到可测范围进行测量的仪器7．（6分）某同学在电磁炉面板上竖直放置一纸质圆筒，圆筒上套一环形轻质铝箔，电磁炉产生的交变磁场的频率、强度及铝箔厚度可以调节．现给电磁炉通电，发现铝箔悬浮了起来．若只改变其中一个变量，则（）A．增强磁场，铝箔悬浮高度将不变B．铝箔越薄，铝箔中产生的感应电流越大C．增大频率，铝箔中产生的感应电流增大D．在刚接通电源产生如图磁场的瞬间，铝箔中会产生如图所示的电流考点：法拉第电磁感应定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：A、根据安培力F=BIL，结合安培力与重力的大小关系，从而确定高度的变化；B、根据电阻定律R=，结合I=，即可求解；C、频率的变化，导致磁场的变化，根据E=，及I=，即可求解；D、根据楞次定律，即可求解．解答：解：A、发现铝箔悬浮了起来，是由于磁场的变化，产生感应电流，导致安培力出现，当磁场增大时，出现感应电流增大，则安培力增大，那么高度会升高，使其周围的磁场会变弱，导致安培力变小，仍与重力平衡，故A错误；B、根据电阻定律R=，铝箔越薄，S越小，则电阻越大，再由I=，可知，感应电流越小，故B错误；C、当增大频率，导致磁场的变化率变大，则感应电动势增大，那么感应电流增大，故C正确；D、在刚接通电源产生如图磁场的瞬间，根据楞次定律：增则反，可知，铝箔中会产生如图所示的电流，故D正确；故选：CD．点评：考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律与电阻定律的应用，理解铝箔悬浮的原因，掌握楞次定律的内容．8．（6分）如图为示波管的一部分，a、b为电子枪的两电极，c、d为两平行金属板，且c板电势比d高．则（）A．a为阳极，b为阴极B．电子在cd极板间运动时速度一定会增大C．ab间电势差越大，电子在cd极板间动能的改变量可能越小D．ab间电势差越大，电子在cd极板间运动的时间一定越短考点：电势差与电场强度的关系．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电子在加速电场中运动时，电场力做功eU，根据动能定理列式得出v与U的关系式，在偏转电场偏转量为由偏转电压和加速电压有关解答：解：A、要是电子在加速电场中加速，则电子逆着电场线运动，故b板电势高，故a 为阴极b为阳极，故A错误；B、电子在cd极板间运动时，电场力做正功，故动能增大，速度增大，故B正确；C、ab间电势差越大，有动能定理可得离开加速电场时的速度越大，电子在偏转电场中的偏转量可能变小，故在偏转电场中电场力做功变少，故动能改变量可能变少，故C正确；D、ab间电势差越大，有动能定理可得，当只要能达到C板，则时间相同，故D错误；故选：BC点评：此题关键运用动能定理研究加速过程，要知道粒子加速获得的速度与极板间的距离无关，而在偏转电场中偏转量即与加速电压有关，由于偏转电压有关；9．（6分）两个中间有孔的小球AB用一轻弹簧相连，套在水平光滑横杆上．小球C用两等长的细线分别系在AB球上，静止平衡时，两细线的夹角为120°．已知小球质量均为m，弹簧劲度系数为k．则此时（）A．水平横杆对A球的支持力为B．细线的拉力为C．弹簧的压缩量为D．增大C球质量，弹簧弹力将减小考点：共点力平衡的条件及其应用；胡克定律．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：对小球受力分析后根据平衡条件得到弹簧的弹力，根据胡克定律求解出压缩量；根据几何关系得到弹簧的长度．解答：解：对三个小球分别进行受力分析如图：则：由对称性可知，左右弹簧对C的拉力大小相等，与合力的方向之间的夹角是30°，所以：2F1sin30°=mg得：F1==mg；则对于A球分析可知，A球受重力、支持力和C球的拉力，竖直方向支持力F N=mg+F1×sin30°=；故A正确，B错误；C、对A进行受力分析如图，则水平方向受到水平弹簧向左的弹力与F1的水平分力的作用，由受力平衡得：F2=F1cos30°同理，对B进行受力分析得B端的弹力也等于F2；所以弹簧的弹力是套在水平光滑横杆上的轻弹簧的形变量：x'=；故C正确；D、增大C球质量，绳子上的拉力将增大，由以上分析可知，弹簧的弹力将增大；故D错误；故选：AC．点评：本题关键是对小球受力分析后根据平衡条件求得弹力，然后根据胡克定律并几何关系列式求解即可．二、非选择题10．（8分）某同学采用图甲的电路，测量电流表G1的内阻r1．其中电流表G1量程为0～5mA内阻约200Ω；电流表G2量程为0～10mA，内阻约40Ω；定值电阻Ro阻值为200Ω；电源电动势约为3V．请回答下列问题：①可供选择的滑动变阻器R1阻值范围为0～1000Ω，R2阻值范围为0～20Ω．则滑动变阻器应选，R2（填写R l或R2）．②图甲中，若要求G1表示数变大，变阻器滑动头P应向B端移动（填写A或B）．③清用笔画线在乙图完成实物连线．④若实验中读得G1表和G2表的读数为I l和I2，则G l表的内阻r1=R0；（用I1、I2及R0表示）考点：伏安法测电阻．专题：实验题．分析：①分析电路结构，根据分压接法的要求确定滑动变阻器；②明确测量电路与哪一部分并联，则可分析如何使变阻器的滑片移动而得到更大的电压；③根据原理图可得出对应的实物图；④根据实验原理及欧姆定律可得出G l表的内阻．解答：解：①由电路图可知，本实验采用分压接法，故滑动变阻器应选择小电阻；故选：R2；②为了使电流表电流增大，则应使并联的滑动变阻器部分增大；故滑片应向B端移动；③根据给出的原理图可得出其实物图；如图所示；④G1表与定值电阻R0并联，由欧姆定律可知，G1表两端的电压U=（I2﹣I1）R0；则G1的内阻r==R0；故答案为：①R2②B；③如图所示；（4）R0；点评：本题考查电阻测量实验，要注意明确电路结构，再根据实验电路图确定所选用的实验仪器及接法；并由欧姆定律分析实验结果．11．（10分）某小组利用气垫导轨装置探究“做功与物体动能改变量之间的关系”．图1中，遮光条宽度为d，光电门可测出其挡光时间△t，滑块与力传感器的总质量为M，砝码盘的质量为m0，不计滑轮和导轨摩擦．实验步骤如下：①调节气垫导轨使其水平．并取5个质量均为m的砝码放在滑块上：②用细绳连接砝码盘与力传感器和滑块，让滑块静止放在导轨右侧的某一位置，测出遮光条到光电门的距离为S；③从滑块上取出一个砝码放在砝码盘中，固定滑块使其静止，记录此时力传感器的值为F．接通电源，释放滑块后，记录此时力传感器的值为F′，测出遮光条经过光电门的挡光时间△t；④再从滑块上取出一个砝码放在砝码盘中，重复步骤③，并保证滑块从同一个位置静止释放；⑤重复步骤④，直至滑块上的砝码全部放入到砝码盘中．请完成下面问题：（a）测量遮光条宽度时，应该使用图2游标卡尺上的B（选填A、B、C）部件．若用十分度的游标卡尺测得遮光条宽度d如图3，则d=10.2mm．（b）滑块经过光电门时的速度可用v=（用题中所给的字母表示，下同）计算．（c）在处理步骤③所记录的实验数据时，甲同学理解的合外力做功为W1=FS，则其对应动能变化量应当是△E k1=．乙同学理解的合外力做功为W2=F′S，则其对应动能变化量应当是△E k2=；d）丙同学按照乙同学的思路，根据实验数据得到F﹣的图线如图4所示，则其斜率k=．考点：探究功与速度变化的关系．专题：实验题．分析：a、根据游标卡尺的使用方法及读数方法进行分析解答；b、由平均速度公式可求得经过光电门的速度；c、根据给出的信息明确两同学所用的拉力是作用在哪一个物体上的，再由b中求出的速度列出动能变化的表达式；d、根据动能定理的表达式得出F﹣的关系式，联系公式可得出对应的斜率．解答：解：（a）本实验中要求测量厚度，故应采用外测量爪进行测量；故选：B；读数为：10mm+2×0.1mm=10.2mm；b、由平均速度公式可得，经过光电门的速度v=；c、甲将力传感器为拉力，则其做功应对应小车的动能的改变量；故动能改变量为：△Ek=（M+4m）v2=；乙应是以砝码盘的重力为拉力，则动能应为小车与砝码共同的动能增加量；故动能增加量为：△E k1=；d、由F′S=可知，F′=•（）2；故图象的斜率为：；故答案为：a、B；10.2；b、；c、；d、．点评：本题考查验证动能定理的实验，解决本题的关键掌握实验的原理，即验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，掌握光电门的应用，明确用光电门求解瞬时速度的方法．12．（18分）如图，两平行金属导轨相距L、足够长，与水平面成θ角倾斜放置构成一个斜面．导轨间用一阻值为R的电阻丝相连，R上方磁场垂直斜面向上，R下方磁场沿斜面向上，磁感应强度大小均为B．初始时金属棒ab、cd放在金属导轨上设法使其保持静止，棒与导轨间的动摩擦因数均为μ，且μ＜tanθ．两棒质量均为m、电阻均为R，导轨电阻不计．释放cd棒的同时，对ab施加一沿导轨向上的变力F，使其以恒定加速度a由静止开始沿斜面向上做匀加速运动．求：（1）t时刻通过ab棒的电流；（2）t时刻ab棒所受拉力F的大小；（3）当cd棒速度达到最大时，通过cd棒的电流及电阻R的发热功率P．。

2015年佛山二模物理试题

镉棒水泥防护层铀棒石墨2015年佛山二模物理试题一、单项选择题13、下列说法中正确的是A ．α粒子散射实验表明了原子核具有复杂结构B ．石墨在反应堆起到降低核反应速度的作用C ．燃料铀在反应堆中发生裂变反应D ．将铀棒插入得更深些，反应堆的核反应速度将降低14、a 、b 、c 三个物体在同一条直线上运动，其位移时间图象中，图线c 是一条24.0t x =的抛物线。

有关这三个物体在0～5 s 内的运动，下列说法正确的是： A ．a 物体做匀加速直线运动 B ．c 物体做匀加速直线运动 C ．t ＝5 s 时，a 物体速度最大D ．a 、b 两物体都做匀速直线运动，且速度相同15、2014年11月欧航局 “菲莱”探测器第一次在彗星上实现软着陆，人类对外太空的探索翻开了新的篇章。

某探测器在太空被一未知行星的引力俘获，成为其卫星，若测得探测器绕行星做圆周运动半径为R ，探测器与行星的连线在时间t 内扫过的角度为θ，则再结合万有引力常量G 可知A ．行星的质量B ．行星的半径C ．行星的平均密度D ．探测器所受引力的大小16、右图为质谱仪的结构原理图，磁场方向如图，某带电粒子穿过S ＇孔打在MN 板上的P 点。

则 A ．该粒子一定带负电 B ．a 极板电势一定比b 极板高C ．到达P 点粒子的速度大小与ab 间电磁场强弱无关D ．带电粒子的m q 比值越大，P S ＇间距离越大二、单项选择题17、右图是某同学设计的水火箭，现用打气筒将空气打入饮料瓶中，则A ．饮料瓶内气体密度减少B ．饮料瓶内气体压强增大C ．瓶内气体的分子引力和斥力都在减小D ．当水火箭将水瞬间喷出时，瓶内气体温度降低18、在测量高压线路的电压时，由于电压过高，通常需借助电压互感器来测量。

某同学练习使用电压互感器，实验被测线路的电压πt u 100sin 2220=V ，互感器原副线圈匝数201=n ，4402=n 。

则正确连接电路时行星Q A ．ab 接PQ ，cd 接MNＢ．线圈ab 与cd 的磁通量变化率相同Ｃ．电压表读数为210VＤ．当s 01.0=t 时，电压表读数为019、某同学在电磁炉面板上竖直放置一纸质圆筒，圆筒上套一环形轻质铝箔，电磁炉产生的交变磁场的频率、强度及铝箔厚度可以调节。

广东省广州市2015届高三第二次模拟理综物理试题(含解析)

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=n4＜n2=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n1＜n2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．①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；②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；③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②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②中重合，记录电子秤的示数F2；④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：①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；②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；③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②中重合，记录电子秤的示数F2；④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：①静止；②三细线的方向；③结点O的位置；④F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．①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．②然后，用电压表、电阻箱R、定值电阻（R0=5Ω）、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．（ⅰ）在图b中，根据电路图，用笔画线代替导线，完成实物图连接．（ⅱ）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）（ⅲ）从图线中可求得待测电池电动势E= 1.54V，内阻r=0.57Ω．（计算结果均保留到小数点后两位）（ⅳ）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】：①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；②（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：①由图可知，所选量程为2.5V，则最小分度为：0.05，故读数为：1.55V②（ⅰ）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（ⅱ）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=0.57Ω（ⅳ）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：①1.55；②（i）如图所示；（ii）（ⅲ）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m A=m B=1kg．A、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μ=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v A、v B由A、B系统能量守恒有：…①由A、B系统动量守恒有：m A v A=m B v B…②联立解得：v A=v B=3m/s…③（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：…④解得：s2=2.25m…⑤由题意可知s2＜L=3m，假设成立…⑥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…⑦解得：s1=2.25m＞s=2m，即A停在距M端0.25m处，即距N端1.75m；…⑧若AB不能再次相遇，设B返回到N端时速度大小为v B′，后经s2′距离停下，则由动能定理有…⑨由s 2′＜1.75m，解得…⑩由题意可知不论传送带速率多大，v B′至多到3m/s，即⑩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Ⅰ、Ⅱ，它们的边界为e1e2，区域Ⅰ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Ⅰ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Ⅱ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，c内的磁感强度减为零，ab滑入区域Ⅱ磁场，由于此段足够长，ab最终应做匀速直线运动，由平衡条件可求出其匀速运动的速度表达式．要使ab不脱离圆形轨道运动，有两种情况：ab滑不过圆心等高点或者滑过圆轨道最高，根据机械能守恒定律和圆周运动最高点的临界条件结合解答．【解析】：解：（1）由法拉第电磁感应定律得c内感生电动势E=S=d2•①由全电路欧姆定律有E=IR ②（R2被ab短路）联立①②解得：I==③根据楞次定律和右手螺旋定则（或者平衡条件和左手定则）判断知ab中电流方向为a→b ④（2）由题意可知导轨平面与水平面夹角为θ=60°，对在t=0～内静止的ab受力分析有mgsinθ=B0Id ⑤联立③⑤解得：m==⑥（3）由题意知t=后，c内的磁感强度减为零，ab滑入区域Ⅱ，由直导轨足够长可知ab进入圆形轨道时已达匀速直线运动，设此时ab为v，其电动势为E2，电流为I2，由平衡条件得mgsinθ=B2I2d ⑦由法拉第电磁感应定律得动生电动势E2=B2dv ⑧由全电路欧姆定律有E2=⑨（R1、R2并联）联立⑥⑦⑧⑨解得v==⑩由题意可知ab滑不过圆心等高点或者滑过圆轨道最高点均符合题意，分类讨论如下：（ⅰ）当mg即B2≥时，ab上滑过程由动能定理得mgh=，即h=（ⅱ）设ab能滑到圆轨道最高点时速度为v1，根据牛顿第二定律应满足mg≤所以当﹣mg（1+cosθ）≥即B2≤时，ab能滑到圆轨道最高点，有h==．答：（1）ab静止时通过它的电流大小为，ab中电流方向为a→b；（2）ab的质量m为；（3）（ⅰ）当B2≥时，h为．（ⅱ）当B2≤时，ab能滑到圆轨道最高点，h 为．【点评】：本题是电磁感应与力学、电路等等知识的综合，与力学联系的桥梁是安培力，对于感生情况，要熟练根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律结合求感应电流．导体在圆轨道上运动时，要准确把握最高点的临界条件，运用机械能守恒与向心力结合解答．。

广东省金山中学、广雅中学、佛山一中2015届高三联考理综物理试题

金山中学、广雅中学、佛山一中2015届高三联考高三理科综合一、单项选择题（本大题共16小题，每小题4分，共64分）13.如图是电梯从一楼到八楼上下的V-t 图（电梯向上运动为正），下列说法正确的是 A. 电梯在0～4秒内做匀变速直线运动B. 电梯在0～4秒和在4～8秒内的位移相同C. 电梯在笫2秒末速度方向改变D. 电梯在2～6秒内的加速度恒定不变14.如图所示，理想变压器原线圈的匝数n 1=1100匝，副线圈的匝数n 2=110匝，原线圈接u =311sin(314t )(V)的交流电源。

开始电键S 处于断开状态。

下列叙述正确的是 A ．电压表示数为22VB ．当电键S 闭合后，电压表示数变大C ．当电键S 闭合后，电流表示数变小D ．当电键S 闭合后，变压器的输出功率增大15.某人造地球卫星在离地面高为h 的轨道上飞行，其运动视为匀速圆周运动．已知地球质量为M ，地球半径为R ，地球表面的重力加速度为g ，引力常量为G ．则卫星的A ．线速度h gR v 2=B ．角速度3)(h R GM +=ωC ．运行周期GM R T 32π=D ．向心加速度hR gR a +=216．质量为m 的四只完全相同的足球叠成两层放在水平面上，底层三只足球刚好接触成三角形，上层一只足球放在底层三只足球的正上面，系统保持静止。

若最大静摩擦等于滑动摩擦，则 A ．底层每个足球对地面的压力为mgB ．底层每个足球之间的弹力为零C ．下层每个足球对上层足球的支持力大小为mg/3D ．水平面的摩擦因素至少为66二、双项选择题（每小题6分，共54分。

在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求) 17．下列说法正确的是A ．原子核发生一次β衰变，该原子外层就失去一个电子B ．金属产生光电效应时，入射光的频率越高，光电子的最大初动能越大C ．核裂变与核聚变都伴有质量亏损,亏损的质量转化成能量D ．一群氢原子从定态n =3向基态跃迁，最多可以释放3条光谱18．如图是哈勃瓶，在瓶内塞有一气球，气球的吹气口反扣在瓶口上，瓶底的圆孔上配有一个橡皮塞，玻璃瓶导热性能良好；在一次实验中，瓶内由气球和橡皮塞封闭一定质量的气体（可视为理想气体），在对气球缓慢吹气过程中，则瓶内气体： A ．密度减小 B. 平均动能增大C ．对外界放出热量D ．若释放橡皮塞后瞬间，温度将降低19. 在垂直纸面向里的匀强磁场的边界上，有两个电荷量绝对值相同、质量相同的正、负粒子(不计重力)，从O 点以相同的速度先后射入磁场中，入射方向与边界成θ角，则正、负粒子在磁场中 A ．运动时间相同 B ．运动轨迹的半径相同C ．重新回到边界时速度大小和方向相同D ．重新回到边界时与O 点的距离不相等20. 如图，O 、A 、B 为一直线上的三点，OA =AB=r ，在O 处固定一个点电荷+Q ，若一点电荷-q 放在A 、B 两点所受库仑力分别为F A 、F B ，电场强度分别为E A 、E B ，电势能分别为εA 、εB ，OA 、AB 之间电势差分别为U OA 、U OB ，则A ．E A =2EB B ．F A =4F BC ．U OA =U OBD ．εA < εB21. 如图(甲)所示，劲度系数为k 的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m 的小球，从离弹簧上端高h 处自由下落。

2015年广东高考理科综合物理试题及解析

2015年广东高考理科综合物理试题及解析一、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。

13．甲、乙两人同时同地出发骑自行车做直线运动，前1小时内的位移-时间图像如图3所示。

下列表述正确的是（）A．0.2~0.5小时内，甲的加速度比乙的大B．0.2~0.5小时内，甲的速度比乙的大C．0.6~0.8小时内，甲的位移比乙的小D．0.8小时内，甲、乙骑行的路程相等答案：B解析：这是运动图像问题，一定要看清楚横纵坐标所代表的物理量，再去看选项。

0.2-0.5小时内，根据图像可知甲乙都做匀速直线运动，加速度都为0，故A不正确；甲的斜率比乙大，所以甲的速度大于乙的速度，或者通俗点来说，相同时间内甲走的位移比乙的多，所以甲的速度比乙的大，B正确；0.6-0.8小时内，甲的位移是-5m，乙的位移是-3m，C不正确；0.8小时内甲乙的位移相同，但是路程不一样，D不正确。

14．如图4所示，帆板在海面上以速度v朝正西方向运动，帆船以速度v朝正北方向航行，以帆板为参照物（）A．帆船朝正东方向航行，速度大小为vB．帆船朝正西方向航行，速度大小为vC．帆船朝南偏东45°方向航行，速度大小为v2D．帆船朝北偏东45°方向航行，速度大小为v2答案：D解析：本题考察参照物以及运动的合成，以帆板为参照物，我们就把帆板看成是静止的，则帆船在水平方向以速度v向东运动，竖直方向以速度v向北运动，根据矢量合成的平行四边形定则可以求得帆船以帆板为参照物是以v的速度向北偏东45°运动，故选D。

15．图5为加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管，视变压器为理想变压器，原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变，调节触头P，使输出电压有效值由220V降至110V。

调节前后（）A．副线圈中的电流比为1:2B．副线圈输出功率比为2:1C ．副线圈的接入匝数比为2:1D ．原线圈输入功率比为1:2答案：C解析：考查交流的相关知识。

2015佛山二模理综试题及答案word版

4. 小李同学改变放置在胚芽鞘切面一侧的琼脂块中的生长素浓度，测定胚芽鞘弯曲生长的角度，结果如下图。

2015二模理综物理答案

页眉内容页脚内容物理部分参考答案及评分标准14．【试题答案】A【命题立意】考查学生对胡克定律和共点力平衡知识的理解和应用【解析】对小球b 受力分析，受力平衡，弹簧B 的弹力g m F b B =；对小球a 受力分析，弹簧A 的拉力g m m F )(2b a A +=，a b 2m m =，又由胡克定律kx F =，故选项A 正确。

15．【试题答案】B【命题立意】考查学生对电荷电势能的理解。

【解析】由电势能ϕq E =P ，把零电势面选在A 点的左侧，则B A ϕϕ>>0,可以满足1q 的电势能小于2q 的电势能，故选项B 正确16．【试题答案】D【命题立意】考查学生对交流电产生及描述问题的理解和掌握情况。

【解析】1t 时刻线圈中感应电动势为0，A 项错误；2t 时刻线圈中感应电流为最大值，B 项错误；磁通量与线圈匝数无关，所以磁感应强度2a B ϕ=，C 项错误；线圈中瞬时感应电动势的表达式nt n N e ππϕ2cos 20=，D 项正确。

17．【试题答案】C【命题立意】考查学生应用万有引力定律和牛顿第二定律解决星体运动问题的能力。

【解析】以月球为研究对象，r Tm r m GM 222E 4π=，E 32GM r T π=，地球质量3E E 34R M πρ=，所以周期不变，故C 选项正确。

18．【试题答案】D【命题立意】考查学生对平抛运动规律的理解和掌握及应用图象解决物理问题的能力。

【解析】平抛运动速度偏向角的正切值t v gv v oy ==tan θ，所以θtan 0g v t =，即图象斜率为gv k 0=，所以g x ykg v ==0，故A 项错误；y 时刻的速度大小为22)()(g xy yg +，故B 项错误；由平抛运动规律可知，y页眉内容页脚内容故C 错；速度偏向角的正切值为位移偏向角正切值的2倍， D 项正确。

19．【试题答案】BCD【命题立意】考查学生应用牛顿运动定律知识解决有关连接体问题的能力【解析】接触面光滑时，整体分析：mFm m F a 2B A 1=+=；对B 分析：211F a m N B ==。

2015年广东省初中毕业考试佛山实验学校模拟考试二物理卷

2015年广东省初中毕业考试佛山实验学校模拟考试二物理卷一、单项选择题（本大题7小题，每小题3分，共21分）1. （原创）钢琴的声音清脆响亮，被称之为乐器之王，小刚用钢琴弹了一首《菊花台》，在演奏的过程中，声音的三个特征，一定不变的是（）A ．响度 B.音色 C.音调 D.音速 2、（改编）下列符合安全用电常识做法的是（）A ．用湿手拔用电器插头 B.把衣服搭在电暖器的烧烤 C.用铁丝代替保险丝 D.不在高压线附近放风筝 3、（原创）日常消耗的能源中，大部分是不可再生能源，下列能源中，属于可再生能源的有（）A ．汽油 B.核能 C.地热能 D.木柴 4、（改编）2013年，“嫦娥三号”将把我国自主研制的“中华牌”月球车送上月球。

“中华牌”月球车装有六个车轮，车轮上刻有螺旋形花纹是为了（）A ．增大摩擦B ．减小摩擦C ．增大压力D ．减小压力5. （原创）下列关于通电螺线管的说法，错误的是（） A.根据电流方向可知，螺线管的a 端是N 极，b 端是S 极 B.当滑动变阻器向左滑动时，磁性增强 C ．利用它的原理可以制作电磁起重机 D. 小磁针的b 端是S 极 6、（改编）如图列出我们能够看到的现象中，属于光的折射现象的是（）7. （改编）如图3所示，开关S 1闭合，当S 2由1掷到2，电流表和电压表的示数变化情况是（）A ．电流表示数变小，电压表示数变大B ．电流表示数变小，电压表示数不变C ．电流表示数变大，电压表示数不变D ．电流表示数不变，电压表示数变小二、填空题（本大题7小题，每空1分，共21分）8. （改编）条形码扫描器中的光敏二极管是采用________材料制成的；用铜来作导线是因为铜具有良好的________性；房间里插一束百合花，香味弥漫整个房间，这是一种________现象。

9. 如图所示，在下面的空格处填入相应的内容。

（1）图甲，通过真空罩发现手机来电却听不到响声，说明______________________；（2）图乙，利用这个实验原理可以制作________________ ；（3）图丙，能够探究________________的的关系。

2015佛山市中学考试物理模拟试卷

实用文档文案大全2015年佛山市高中阶段学校招生考试物理模拟试题5说明：本试卷分选择题和非选择题两部分。

满分共100分。

考试时间90分钟。

注意事项：1．本试卷的选择题和非选择题都在答题卡上作答，不能答在试卷上。

2．考生在答卷前，务必将姓名、考生号、试室号、座位号、写在答题卡上。

3．如要作图（含辅助线）或画表，先用铅笔进行画线、绘图，再用黑色字迹的钢笔或签字笔描黑。

4．本卷中可能用到的物理量的取值如下：g＝10N/kg 水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3光速c=3×108 m/s 水的比热容C＝4.2×103 J/(kg·℃)第Ⅰ卷（选择题共24分）一、选择题：（本大题共8小题，每题3分，共24分）1、小明利用文具盒内的物品进行了如下探究，其中结论不正确的是()A、钢笔将墨水吸入笔囊内，是因为大气压的作用B、弹拨钢尺时发出的声音响度大，是因为钢尺振动得快C、塑料三角板和毛发摩擦后能吸引碎纸屑，说明三角板带电D、橡皮串联在电路中电流表指针不偏转，说明橡皮是绝缘体2、下列现象中的物态变化属于升华的是（）A B C D3、关于电磁波和现代通信，下列叙述错误的是( )A、卫星通信是利用人造地球卫星作为中继站，进行通信B、光纤通信具有传输信息量大、高抗干扰及光能损耗小等优点C、电磁波的应用会不同程度影响人们的健康D、电磁波的频率越高，在空气中传播的速度越大4、图4中的男孩（搓手）和女孩（哈气）是通过什么方式暖手的是（）A、他们都是通过热传递来暖手B、他们都是通过做功来暖手C、女孩通过热传递来暖手，男孩通过做功来暖手图4刚从水中出来，感觉特别冷水烧开时冒出大量“白汽”冬季,堆在户外的“雪人”没熔化却变小夏天凉晒的湿衣服逐渐变干实用文档文案大全D、女孩通过做功来暖手，男孩通过热传递来暖手5、在如图所示的实验装置中，用棉线将铜棒ab悬挂于磁铁N、S极之间，铜棒的两端通过导线连接到电流表上．当ab做切割磁感线运动时，能观察到电流表的指针发生偏转．利用这一现象所揭示的原理，可制成的设备是 ( ) A、电熨斗 B、电动机C、电磁继电器D、发电机6、下列有关潜艇的说法，正确的是( )A、潜艇上浮靠的是升力B、潜艇在海面下上浮时浮力增大，下沉时浮力减小C、潜艇在悬浮和漂浮时都处于平衡状态，因此所受浮力相等D、潜艇在海面下上浮和下沉所受浮力不变，改变的是潜艇的重力7、如图所示的电路，开关S闭合后，将滑动变阻器的滑片P向右滑动的过程中，有关电流表和电压表的读数以及灯泡亮度的变化，下列叙述正确的是（）A．电流表的读数变大，电压表的读数变小，灯泡变暗B．电流表的读数变小，电压表的读数变大，灯泡变亮C．电流表、电压表的读数都变小，灯泡变暗D．电流表、电压表的读数都变大，灯泡变亮8、甲、乙两位同学进行百米赛跑，假如把他们的运动近似看作匀速直线运动处理，他们同时从起跑线起跑，经过一段时间后他们的位置如图Ⅰ所示，在图Ⅱ中分别作出的在这段时间内两人运动路程S、速度v与时间t的关系图像，正确的是（）第Ⅱ卷（非选择题共76分）二、填空题（7小题，每空1分，共21分。

广东省佛山市顺德区2015届高考物理模拟试卷【解析版】(1月份)

广东省佛山市顺德区2015届高考物理模拟试卷（1月份）一、单项选择题1．汽车以大小为20m/s的速度做匀速直线运动，刹车后，获得的加速度大小为5m/s2，那么刹车后2s内与刹车后8s内汽车通过的位移之比为( )A．1：3B．3：4C．4：3D．3：12．我国整个探月工程分为三个阶段，第一期工程为“绕”，二期工程为“落”，2017年进行的三期工程为“回”，之后再进行载人登月计划．在第一期如果探测器绕月球做匀速圆周运动，变轨后在周期较小的轨道上仍做匀速圆周运动，则变轨后与变轨前相比( )A．轨道半径变小B．向心加速度变小C．线速度变小D．角速度不变3．在医疗手术中，为防止麻醉剂乙醚爆炸，地砖要用导电材料制成，医生和护士要穿由导电材料制成的鞋子和外套，一切设备要良好接地，甚至病人身体也要良好接地，这样做是为了( )A．除菌消毒B．消除静电C．利用静电D．防止漏电4．如图所示，用一根细绳和一根轻直杆组成三角支架，绳的一端绕在手指上，杆的一端顶在掌心，当A处挂上重物时，绳与杆对手指和手掌均有作用，对这两个作用力的方向判断完全正确的是的( )A．B．C．D．二、双项选择题5．李娜在6月4日获得法国网球公开赛冠军．她在做网前截击训练时，在球网正上方距地面H处，将球以速度v沿垂直球网的方向击出，如图所示，球刚好落在底线上．已知底线到网的距离为L，重力加速度取g，将球的运动视作平抛运动，下列表述正确的是( )A．球的速度v等于B．球从击出至落地所用时间为C．球从击球点至落地点的位移等于LD．球从击球点至落地点的位移与球的质量有关6．已知地球质量为M，半径为R，自转周期为T，地球同步卫星质量为m，引力常量为G，有关同步卫星，下列表述正确的是( )A．卫星距地面的高度为B．卫星的运行速度小于第一宇宙速度C．卫星运行时受到的向心力大小为D．卫星运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度7．甲、乙两质点在同一直线上做匀加速直线运动的v﹣t图象如图所示，在3s末两质点在途中相遇．由图象可知( )A．相遇前甲、乙两质点的最远距离为2mB．相遇前甲、乙两质点的最远距离为4mC．出发前两质点的位置是乙在甲之前4mD．出发前两质点的位置是甲在乙之前4m8．正弦交变电源与电阻R、交流电压表按照图1所示的方式连接，R=10Ω，交流电压表的示数是10V．图2是交变电源输出电压u随时间t变化的图象．则下列说法正确的是( )A．通过R的电流i R随时间t变化的规律是i R=cos100πt（A）B．通过R的电流i R随时间t变化的规律是i R=sin50πt（V）C．R两端的电压u R随时间t变化的规律是u R=10cos100πt（V）D．R两端的电压u R随时间t变化的规律是u R=5cos50πt（V）9．一带正电的小球沿光滑水平桌面向右运动，飞离桌面后进入匀强磁场，如图所示，若飞行时间t1后落在地板上，水平射程为s1，着地速度大小为v1，撤去磁场，其他条件不变，小球飞行时间t2，水平射程s2，着地速度大小为v2，则( )A．s2＞s1B．t1＞t2C．v1＞v2D．v1=v2三．非选择题10．如图，在“测定匀变速直线运动加速度”实验中得到的一条纸带上，从0点开始记录几个计数点，依次编为1、2、3、4、5、6，这些相邻的计数点之间还有4个点未画出（打点计时器的电源频率是50Hz），测得s1=1.22cm，s2=2.00cm，s3=2.78cm，s4=3.62，s5=4.40cm，（a）相邻两计数点间的时间间隔为t=__________s；（b）打点计时器打计数点3时，小车的速度大小是v=__________m/s（结果保留两位有效数字）；（3）小车的加速度a的大小为__________m/s2（计算结果保留两位有效数字）．11．欲测量一只量程已知的电压表内阻，提供的器材如下：A．待测电压表V（量程3V，内阻未知）；B．电流表A（量程3A，内阻0.01Ω）；C．定值电阻R0（阻值2kΩ，额定电流50mA）D．电池组E（电动势小于3V，内阻可忽略）．E．多用电表；F．开关S1、S2；G．导线若干．有一同学利用上述所给的器材，进行如下实验操作．（a）用多用电表进行粗测，多用电表电阻挡有三个倍率，分别是“×100Ω”、“×10Ω”和“×1Ω”．该同学选择“×10Ω”倍率，用正确的操作方法测量，发现指针偏转角度太小．为了较准确地进行测量，应选用__________倍率，若这时刻度盘上的指针位置如图甲所示，那么测量结果大约是__________kΩ．（b）为了更准确地测出此电压表内阻的大小，该同学设计了如图乙、丙所示的两实验电路，你认为其中较为合理的是__________电路（填乙/丙）．（c）用你选择的电路进行实验时，需要直接测量的物理量是__________．用上面所测各量表示电压表内阻，其表达式为R v=__________．12．（18分）如图所示，质量均为M的小车A、B，B车上挂有质量为的金属球C，C球相对于B车静止，其悬线长0.4m，若两车以相同的速率1.8m/s在光滑平面上相向运动，相碰后连在一起（碰撞时间很短），则：（1）两车碰撞后瞬间A车、B车、C球的速度各多大？（2）C球向上摆动的最大高度是多少？13．（18分）如图所示，在xOy平面内存在B=2T的匀强磁场，OA与OCA为置于竖直平面内的光滑金属导轨，OCA导轨形状满足曲线方程x=0.5 sin y（m），C为导轨的最右端，导轨OA与OCA相交处的O点和A点分别接有体积可忽略的定值电阻R1=6Ω和R2=12Ω．现有一长lm，质量为0.1kg的金属棒在竖直向上的外力F作用下以v=2m/s速度向上匀速运动，设棒与两导轨始终接触良好，除电阻R1、R2外其余电阻不计，求：（1）金属棒在导轨上运动时R2上消耗的最大功率；（2）外力F的最大值；（3）金属棒滑过导轨OCA过程中，整个回路产生的热量？广东省佛山市顺德区2015届2015届高考物理模拟试卷（1月份）一、单项选择题1．汽车以大小为20m/s的速度做匀速直线运动，刹车后，获得的加速度大小为5m/s2，那么刹车后2s内与刹车后8s内汽车通过的位移之比为( )A．1：3B．3：4C．4：3D．3：1考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：根据匀变速直线运动的速度时间公式求出汽车速度减为零的时间，判断汽车是否停止，再结合位移公式求出刹车后的位移．解答：解：汽车速度减为零的时间，则刹车后2s内的位移=30m，刹车后8s内的位移等于4s内的位移，则，则x1：x2=3：4．故选：B．点评：本题考查了运动学中的刹车问题，是道易错题，注意汽车速度减为零后不再运动．2．我国整个探月工程分为三个阶段，第一期工程为“绕”，二期工程为“落”，2017年进行的三期工程为“回”，之后再进行载人登月计划．在第一期如果探测器绕月球做匀速圆周运动，变轨后在周期较小的轨道上仍做匀速圆周运动，则变轨后与变轨前相比( )A．轨道半径变小B．向心加速度变小C．线速度变小D．角速度不变考点：万有引力定律及其应用．专题：万有引力定律的应用专题．分析：根据万有引力提供向心力列式求解即可得到线速度、角速度、周期、向心加速度与轨道半径的关系；根据周期变小，先得到轨道半径的变化，再得出其它量的变化．解答：解：A、根据万有引力提供向心力，所以，T变小，r变小，故A 正确．B、根据万有引力提供向心力，得，r变小，a增大，故B错误．C、根据万有引力提供向心力，得，r变小，v增大，故C错误．D、根据万有引力提供向心力，得，r变小，ω增大，故D错误．故选：A．点评：人造卫星的线速度、角速度、周期、向心加速度只与轨道半径有关，与卫星的质量无关．3．在医疗手术中，为防止麻醉剂乙醚爆炸，地砖要用导电材料制成，医生和护士要穿由导电材料制成的鞋子和外套，一切设备要良好接地，甚至病人身体也要良好接地，这样做是为了( )A．除菌消毒B．消除静电C．利用静电D．防止漏电考点：静电现象的解释．分析：本题考查是关于静电的防止与应用，从实例的原理出发就可以判断出答案．解答：解：由题意可知，良好接地，目的是为了消除静电，这些要求与消毒无关，而因静电而产生爆炸，因此不可能是这样．静电会产生火花、热量，麻醉剂为易挥发性物品，遇到火花或热源便会爆炸，就象油罐车一样，在运输或贮存过程中，会产生静电，汽油属于易挥发性物品，所以它的屁股后面要安装接地线（软编织地线），以防爆炸，麻醉剂与之同理，故B正确，ACD错误；故选B点评：本题考查是关于静电的防止与应用，要求同学们熟练掌握静电的防止与应用的具体实例．4．如图所示，用一根细绳和一根轻直杆组成三角支架，绳的一端绕在手指上，杆的一端顶在掌心，当A处挂上重物时，绳与杆对手指和手掌均有作用，对这两个作用力的方向判断完全正确的是的( )A．B．C．D．考点：力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．分析：对重物分析，重物受重力及绳子的拉力，因细绳是连续的，故绳子上各点的拉力均等于物体的重力，由此可判断手指的受力方向；对结点进行受力分析，则可知杆对结点的弹力方向，即可判出杆对手掌的作用力的方向．解答：解：重物受绳子的拉力及物体本身的重力而处于平衡，故绳子的拉力等于物体的重力；而绷紧的绳子各处的拉力相等，故绳子对手指有大小为mg的拉力，方向沿绳的方向背离手指的方向；结点A处受绳子向下的拉力及沿绳向上的拉力，二力的合力应沿杆的方向向里压杆，故杆对手掌有向里的压力；故答案为D．点评：本题应明确：绷紧的绳子不论是否弯曲，绳子上各点的拉力大小相等，方向指向绳子收缩的方向．二、双项选择题5．李娜在6月4日获得法国网球公开赛冠军．她在做网前截击训练时，在球网正上方距地面H处，将球以速度v沿垂直球网的方向击出，如图所示，球刚好落在底线上．已知底线到网的距离为L，重力加速度取g，将球的运动视作平抛运动，下列表述正确的是( )A．球的速度v等于B．球从击出至落地所用时间为C．球从击球点至落地点的位移等于LD．球从击球点至落地点的位移与球的质量有关考点：平抛运动；运动的合成和分解．分析：网球做的是平抛运动，平抛运动可以分解为在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，分别根据匀速直线运动和自由落体运动的运动规律列方程求解即可．解答：解：网球做的是平抛运动，在水平方向上匀速直线运动：L=Vt在竖直方向上，小球做自由落体运动：H=gt2代入数据解得：v=，t=，所以A错误，B正确．位移是指从初位置到末位置的有向线段，初位置是在球网正上方距地面H处，末位置是在底线上，所以位移的大小为，与球的质量无关，所以CD错误．故选B．点评：本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在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来求解．位移一定要注意是从初位置到末位置的由向线段，与物体的路径无关．6．已知地球质量为M，半径为R，自转周期为T，地球同步卫星质量为m，引力常量为G，有关同步卫星，下列表述正确的是( )A．卫星距地面的高度为B．卫星的运行速度小于第一宇宙速度C．卫星运行时受到的向心力大小为D．卫星运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度考点：万有引力定律及其应用；第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度．专题：压轴题．分析：同步卫星与地球相对静止，因而与地球自转同步，根据万有引力提供向心力，即可求出相关的量．解答：解：万有引力提供向心力F引=F向G=ma向=m=m（R+h）解得a向=（R+h）v=F引=Gh=﹣R故AC错误；由于第一宇宙速度为v1=因而B正确；地表重力加速度为g=因而D正确；故选BD．点评：本题关键抓住万有引力等于向心力，卫星转动周期与地球自转同步．7．甲、乙两质点在同一直线上做匀加速直线运动的v﹣t图象如图所示，在3s末两质点在途中相遇．由图象可知( )A．相遇前甲、乙两质点的最远距离为2mB．相遇前甲、乙两质点的最远距离为4mC．出发前两质点的位置是乙在甲之前4mD．出发前两质点的位置是甲在乙之前4m考点：匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．专题：运动学中的图像专题．分析：由速度图象的“面积”大小等于位移，求出3s末两物体的位移，此时两者相遇，则出发前甲乙相距的距离等于3s末位移之差．根据两物体的速度大小关系，分析它们之间距离的变化，求解相遇前两质点的最远距离．解答：解：C、D、3s末甲、乙通过的位移分别为：x乙=×4×3m=6m，x甲=×2×2m=2m，△x=x乙﹣x甲=4m．由题，3秒末两质点在途中相遇，则说明出发前甲在乙之前4m处．故C错误，D正确．A、B，由于出发前甲在乙之前4m处，出发后乙的速度一直大于甲的速度，则两质点间距离不断缩短，所以相遇前甲乙两质点的最远距离为4m．故A错误，B正确．故选：BD点评：本题考查速度图象基本的意义：“面积”等于位移，并根据速度和位置的关系求解两质点最远距离．8．正弦交变电源与电阻R、交流电压表按照图1所示的方式连接，R=10Ω，交流电压表的示数是10V．图2是交变电源输出电压u随时间t变化的图象．则下列说法正确的是( )A．通过R的电流i R随时间t变化的规律是i R=cos100πt（A）B．通过R的电流i R随时间t变化的规律是i R=sin50πt（V）C．R两端的电压u R随时间t变化的规律是u R=10cos100πt（V）D．R两端的电压u R随时间t变化的规律是u R=5cos50πt（V）考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式．专题：交流电专题．分析：根据电压与时间图象，结合交流电的函数表达式，及欧姆定律，即可求解．解答：解：交流电压表的示数是10V，则电压表的最大值为U m=U=10V；而周期T=2×10﹣2s；因此ω==100πrad/s；交变电源输出电压u随时间t变化的图象，则输出电压u随时间t的表达式为u=10cos100πt （V）；因此通过R的电流i R随时间t变化的规律是i R==cos100πt（A）；而R两端的电压u R随时间t变化的规律是u R=10cos100πt（V），故ABD错误，C正确；故选：C．点评：考查由图象书写函数表达式的方法，理解最大值与有效值的关系，注意正弦还是余弦函数．9．一带正电的小球沿光滑水平桌面向右运动，飞离桌面后进入匀强磁场，如图所示，若飞行时间t1后落在地板上，水平射程为s1，着地速度大小为v1，撤去磁场，其他条件不变，小球飞行时间t2，水平射程s2，着地速度大小为v2，则( )A．s2＞s1B．t1＞t2C．v1＞v2D．v1=v2考点：带电粒子在混合场中的运动．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：小球在有磁场时做一般曲线运动，无磁场时做平抛运动，运用分解的思想，两种情况下，把小球的运动速度和受力向水平方向与竖直方向分解，然后利用牛顿第二定律和运动学公式来分析判断运动时间和水平射程；最后利用洛伦兹力不做功判断落地的速率．解答：解：A、B、有磁场时，小球下落过程中要受重力和洛仑兹力共同作用，重力方向竖直向下，大小方向都不变；洛仑兹力的大小和方向都随速度的变化而变化，但在能落到地面的前提下洛仑兹力的方向跟速度方向垂直，总是指向右上方某个方向，其水平分力f x水平向右，竖直分力f y竖直向上．如图所示，竖直方向的加速度仍向下，但小于重力加速度g，从而使运动时间比撤去磁场后要长，即t1＞t2，小球水平方向也将加速运动，从而使水平距离比撤去磁场后要大，即s1＞s2，故A错误，B正确．C、D、在有磁场，重力和洛仑兹力共同作用时，其洛仑兹力的方向每时每刻都跟速度方向垂直，不对粒子做功，不改变粒子的动能，有磁场和无磁场都只有重力作功，动能的增加是相同的．有磁场和无磁场，小球落地时速度方向并不相同，但速度的大小是相等的，因此，C错误，D正确．故选：BD．点评：本题关键运用分解的思想，把小球的运动和受力分别向水平和竖直分解，然后根据选项分别选择规律分析讨论．三．非选择题10．如图，在“测定匀变速直线运动加速度”实验中得到的一条纸带上，从0点开始记录几个计数点，依次编为1、2、3、4、5、6，这些相邻的计数点之间还有4个点未画出（打点计时器的电源频率是50Hz），测得s1=1.22cm，s2=2.00cm，s3=2.78cm，s4=3.62，s5=4.40cm，（a）相邻两计数点间的时间间隔为t=0.1s；（b）打点计时器打计数点3时，小车的速度大小是v=0.32m/s（结果保留两位有效数字）；（3）小车的加速度a的大小为0.81m/s2（计算结果保留两位有效数字）．考点：测定匀变速直线运动的加速度．专题：实验题．分析：（1）由根据对打点计时器的规律可得出时间间隔；（2）根据打点计时器的打点周期和打点间隔可得出正确结果；（3）根据逐差法可以得出正确结论；解答：解：（a）打点计时器的打点周期T0=0.02s，所以时间间隔为：T=5T0=0.1s．（b）根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度可得：v3==0.32m/s（c）根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，得：s3﹣s1=2a1T2s4﹣s2=2a2T2为了更加准确的求解加速度，我们对两个加速度取平均值得：a=（a1+a2）=0.81m/s2故答案为：（a）0.1；（b）0.32；（c）0.81；点评：考查了有关纸带处理的基本知识，平时要加强基础实验的实际操作，提高操作技能和数据处理能力．同时一定学会逐差法来计算加速度．11．欲测量一只量程已知的电压表内阻，提供的器材如下：A．待测电压表V（量程3V，内阻未知）；B．电流表A（量程3A，内阻0.01Ω）；C．定值电阻R0（阻值2kΩ，额定电流50mA）D．电池组E（电动势小于3V，内阻可忽略）．E．多用电表；F．开关S1、S2；G．导线若干．有一同学利用上述所给的器材，进行如下实验操作．（a）用多用电表进行粗测，多用电表电阻挡有三个倍率，分别是“×100Ω”、“×10Ω”和“×1Ω”．该同学选择“×10Ω”倍率，用正确的操作方法测量，发现指针偏转角度太小．为了较准确地进行测量，应选用×100倍率，若这时刻度盘上的指针位置如图甲所示，那么测量结果大约是3.2kΩ．（b）为了更准确地测出此电压表内阻的大小，该同学设计了如图乙、丙所示的两实验电路，你认为其中较为合理的是丙电路（填乙/丙）．（c）用你选择的电路进行实验时，需要直接测量的物理量是S2闭合、断开时伏特表读数U1和U2．用上面所测各量表示电压表内阻，其表达式为R v=R0．考点：伏安法测电阻．专题：实验题．分析：偏角小，说明电阻大，要换大倍率；电阻大，甲图中电流示数太小，误差大，乙图较合理；开关2 闭合时的电压为电动势，断开时二者串联．解答：解：（a）指针偏角小，说明电阻大，应换×100挡，读数为：R=32×100=3.2KΩ；（2）较为合理的是丙图，因为电阻较大，乙图中电流表的示数太小，误差太大，丙图中R0的阻值与电压表阻值接近，误差小；（3）需要直接测量的物理量是：S2闭合、断开时伏特表读数U1和U2；S2闭合时，示数U1相当于电动势，断开时，二者串联，电流相等，即：=所以：R V=R0故答案为：（a）×l00，3；（b）丙；（c）S2闭合、断开时伏特表读数U1和U2，R0点评：欧姆表示数等于指针所指表盘示数乘以欧姆表的倍率；分析清楚电路结构，熟练应用串联电路特点及欧姆定律是正确求出电压表内阻的关键．12．（18分）如图所示，质量均为M的小车A、B，B车上挂有质量为的金属球C，C球相对于B车静止，其悬线长0.4m，若两车以相同的速率1.8m/s在光滑平面上相向运动，相碰后连在一起（碰撞时间很短），则：（1）两车碰撞后瞬间A车、B车、C球的速度各多大？（2）C球向上摆动的最大高度是多少？考点：动量守恒定律．专题：动量定理应用专题．分析：（1）两车碰撞过程两车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出车与球的速度．（2）A、B、C系统动量守恒，由动量守恒定律与能量守恒定律可以求出C上摆的最大高度．解答：解：（1）A、B碰撞过程A、B组成的系统动量守恒，C的速度保持不变，以A、B组成的系统为研究对象，以向右为正方向，由动量守恒定律得：Mv0﹣Mv0=（M+M）v，代入数据解得：v=0，碰撞过程C的速度不变，为1.8m/s；（2）A、B、C系统水平方向动量守恒，以向左为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：v0=（M+M+）v′，由机械能守恒定律得：•v02=（M+M+）v′2+gh，代入数据解得：h=0.144m；答：（1）两车碰撞后瞬间A车与B车的速度都是0m/s，C球的速度是1.8m/s．（2）C球向上摆动的最大高度是0.144m．点评：本题考查了求车的速度、球上升的最大高度，分析清楚物体的运动过程、应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可正确解题．13．（18分）如图所示，在xOy平面内存在B=2T的匀强磁场，OA与OCA为置于竖直平面内的光滑金属导轨，OCA导轨形状满足曲线方程x=0.5 sin y（m），C为导轨的最右端，导轨OA与OCA相交处的O点和A点分别接有体积可忽略的定值电阻R1=6Ω和R2=12Ω．现有一长lm，质量为0.1kg的金属棒在竖直向上的外力F作用下以v=2m/s速度向上匀速运动，设棒与两导轨始终接触良好，除电阻R1、R2外其余电阻不计，求：（1）金属棒在导轨上运动时R2上消耗的最大功率；（2）外力F的最大值；（3）金属棒滑过导轨OCA过程中，整个回路产生的热量？考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电功、电功率；焦耳定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：（1）金属棒MN沿导轨竖直向上运动，进入磁场中切割磁感线产生感应电动势．当金属棒MN匀速运动到C点时，电路中感应电动势最大，产生的感应电流最大，根据感应电动势公式及功率公式即可求解；（2）金属棒MN匀速运动中受重力mg、安培力F安、外力F外作用，受力平衡，根据平衡条件列式即可求解；（3）先求出产生的感应电动势的有效值，再求出运动的时间，根据Q=求解．解答：解：（1）金属棒MN沿导轨竖直向上运动，进入磁场中切割磁感线产生感应电动势．当金属棒MN匀速运动到C点时，电路中感应电动势最大，产生的感应电流最大．金属棒MN接入电路的有效长度为导轨OCA形状满足的曲线方程中的x值．因此接入电路的金属棒的有效长度为L=x=0.5 sin y（m），则L m=x m=0.5m最大感应电动势E m=BL m v=2VR2上消耗的最大功率P2===0.33W（2）金属棒MN匀速运动中受重力mg、安培力F安、外力F外作用，F安m=I m L m B解得：F安m=1.0NF外m=F安m+mg解得：F外m=1.5N（3）金属棒MN在运动过程中，产生的感应电动势e=E m sin y V有效值为E==V金属棒MN滑过导轨OCA段的时间为t==s=2.5s整个回路产生的热量Q==1.25J答：（1）金属棒在导轨上运动时R2上消耗的最大功率为1.5W；（2）外力F的最大值为1.5N；（3）金属棒MN滑过导轨OC段，整个回路产生的热量为1.25J．点评：解得本题要求同学们能分析出什么时候感应电动势最大，知道金属棒MN匀速运动时受力平衡，能正确进行受力分析，根据平衡条件求解，难度较大．。