2015年广东省广州市高考物理模拟试卷及解析

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1、2015年广东省广州市高考物理模拟试卷（1月份）一.选择题1（3分）（2015广州模拟）质量为m的汽车，以恒定的功率P从静止开始在平直路面上行驶一段距离S后达最大速度vm，经历时间为t，若行驶中阻力f恒定，则以下关系式正确的是（）Avm=BP=fvmCPt=mvm2DPt=fs分析：发动机做的功等于牵引力做功，牵引力是变力，对整个过程运用动能定理，求出牵引力做功或根据W=pt求出解：A、由P=Fvm=fvm可得：，故A错误B、C、D、发动机做的功W=Pt，根据动能定理得：Wfs=，所以有：ptfs=发动机功率P=Fvm=fvm，故B正确，CD错误2（3分）（2015广州模拟）如图，将手电筒竖直

2、向上放置，接通电源开关，旋松后盖使小电珠恰能点亮，手持电筒并保持它在竖直方向运动，要使得小电珠熄灭，可以（）A缓慢向上匀速运动B缓慢向下匀速运动C突然向上加速运动D突然向下加速运动分析：当加速度方向向上时，手电筒处于超重状态，当加速度方向向下时，手电筒处于失重状态，然后结合牛顿第二定律即可解答解：旋松后盖使小电珠恰能点亮，要使得小电珠熄灭，则弹簧的压缩量增大，电池受到的弹力增大，根据牛顿第二定律得：Fmg=ma，所以加速度的方向向上，手电筒向上做加速运动，或向下做减速运动故C正确，ABD错误故选：C3（3分）（2015广州模拟）“套圈圈”是老少皆宜的游戏，如图，大人和小孩在同一竖直线上的不同高

3、度处分别以水平速度v1、v2抛出铁丝圈，都能套中地面上同一目标设铁丝圈在空中运动时间分别为t1、t2，则（）Av1=v2Bv1v2Ct1=t2Dt1t2分析：圈圈做平抛运动，我们可以把平抛运动可以分解为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，根据水平位移和高度的关系列式分析解：C、D、圈圈做平抛运动，竖直分运动是自由落体运动，根据h=，有：t=，故t1t2，故C错误，D正确；A、B、水平分位移相同，由于t1t2，根据x=v0t，有：v1v2；故AB均错误；故选：D4（3分）（2015广州模拟）如图，将钩码悬挂在橡皮筋的中点C，橡皮筋的两端连接A、B两小环，A、B并拢靠在一起穿于水平

4、杆上将A、B逐渐分开，在分开过程中橡皮筋的长度将（）A保持不变B逐渐变长C逐渐变短D先逐渐变短，后逐渐变长分析：根据力的平行四边形定则，结合三角知识，及弹力与形变量的关系，即可求解解：由题意可知，两根橡皮筋的合力是一定的，根据力的平行四边形定则可知，当两夹角在增大时，导致两分力大小在增大，因此橡皮筋的长度在变长故选：B二、双项选择题：本题包括9小题，每小题6分，共54分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广州模拟）光滑绝缘的水平桌面上，固定着带电量为+Q、Q的小球P1、P2，带电量为+q、q的小球M、N用绝缘细杆

5、相连，下列哪些图中的放置方法能使M、N静止（细杆中点均与P1P2连线中点重合）（）ABCD分析：先根据等量异号电荷电场力情况确定M、N电荷所在位置的电场强度方向，然后根据平衡条件判断即可解：A、M电荷受电场力向右，N电荷受电场力向左，故不能平衡，会转动，故A错误；B、M电荷受向右的电场力，N电荷受向左的电场力，可以平衡，故B正确；C、M电荷受电场力向右，N电荷受电场力向左，故不能平衡，会转动，故C错误；D、M电荷受向右的电场力，N电荷受向左的电场力，可以平衡，故D正确；故选：BD6（6分）（2015广州模拟）在一笔直公路上有a、b、c三辆汽车，它们同时经过同一路标开始计时，此后的vt图象示意如

6、图，下列判断正确的是（）A在t1时刻a、b速度相等B0t1时间内，a、b间距离在减小C0t1时间内，a位于b、c前面Dt1时刻以后，b位于a、c前面分析：t=0时刻三车同时经过公路旁的同一个路标，根据速度大小关系分析三车之间距离如何变化根据速度图象的“面积”表示位移，判断位移关系解：A、根据图象可知，在t1时刻a、b速度相等故A正确B、0时刻两车同时经过公路旁的同一个路标，在t1时间内a车速度大于b的速度，a车在b车的前方，所以两车逐渐远离，距离增大，故B错误；C、0t1时间内，a的位移最大，所以a位于b、c前面，t1时刻以后的一段时间内，a位于b、c前面故C正确，D错误故选：AC7（6分）（

7、2015广州模拟）如图所示电路，闭合开关S，滑片P缓慢向左滑动时，（）A电容器C所带的电荷量不变B电容器C所带的电荷量增大C电压表的示数不变D电压表的示数增大分析：把滑动变阻器的滑片向左移动时，变阻器接入电路的电阻不变，C与滑动变阻器右半部分并联，根据闭合电路欧姆定律分析即可解：把滑动变阻器的滑片向左移动时，变阻器接入电路的电阻不变，根据闭合电路欧姆定律分析得知：电路中的电流不变，所以路端电压不变，则电压表的示数不变，C与滑动变阻器右半部分并联，滑片P缓慢向左滑动时，右半部分电阻增大，所以电容器两端电压增大，根据Q=UC可知，电容器C所带的电荷量增大，故BC正确故选：BC8（6分）（2015广

8、州模拟）实现全球通讯至少要三颗地球同步轨道卫星，如图，三颗地球同步卫星a、b、c等间隔分布在半径为r的圆轨道上则三颗卫星（）A质量必须相同B某时刻的线速度相同C绕地球的运行周期相同D绕行方向与地球自转方向相同同步卫星由于其周期和地球的自转周期相同，根据同步卫星的规律即可求解解A、根据万有引力提供向心力，得与同步卫星的质量无关，故A错误；B、因为做匀速圆周运动，故速度的方向不一致，故B错误；C、同步卫星由于其周期和地球的自转周期相同，故C正确；D、同步卫星与地球同步运转，故D正确故选：CD9（6分）（2015广州模拟）如图，静电喷涂时，喷枪喷出的涂料微粒带负电，被喷工件带正电，微粒只在静电力作用

9、下向工件运动，最后吸附在其表面微粒在向工件靠近的过程中（）A不一定沿着电场线运动B所受电场力大小不变C克服电场力做功D电势能逐渐减小分析：解答本题关键抓住：在涂料微粒向工件靠近的过程中，工件带正电，涂料微粒带负电；根据库仑定律分析库仑力的变化；电场力做正功，涂料微粒的电势能减小解：A、由于涂料微粒有初速度，故不一定沿电场线方向运动，故A正确B、由图知，工件带正电，则在涂料微粒向工件靠近的过程中，涂料微粒带负电离工件越近，根据库仑定律得知，涂料微粒所受库仑力越大故B错误C、D涂料微粒所受的电场力方向向左，其位移方向大体向左，则电场力对涂料微粒做正功，其电势能减小故C错误，D正确故选：AD三.非选

10、择题10（18分）（2015广州模拟）某同学利用图（a）所示实验装置研究“小车加速度a与砂桶（含砂）质量m的关系”实验开始时，先把安装有发射器的小车移到靠近接收器附近，调节木板上定滑轮的高度，使滑轮与小车间的细线与木板平行将小车静止地放在水平长木板上，把木板不带滑轮的一端慢慢垫高，直到小车能沿沿木板向下滑动为止实验中保持小车（含发射器）的质量不变，反复改变砂桶内砂的质量，记录砂和桶的总质量m，并通过位移传感器及与之相连的计算机得到小车相应的加速度a获取的实验数据已标在图（b）所示的坐标图中，请在图（b）中作出am图线am图线不过原点，其原因可能是步骤中垫高的木板倾角过大（选填“过大”或“过小”

11、）根据am图线可以求出小车（含发射器）的质量是0.30kg（重力加速度g=9.8m/s2，计算结果保留两位有效数字）分析：根据实验原理和注意事项分析实验装置；根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图象，然后根据图象分析答题根据牛顿第二定律求解小车（含发射器）的质量解：（1）实验开始时，先把安装有发射器的小车移到靠近接收器附近，调节木板上定滑轮的高度，使滑轮与小车间的细线与木板平行（3）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图象如图所示：（4）am图线不过原点，没有拉力时，加速度a=0，其原因可能是步骤中垫高的木板倾角过大；（5）根据牛顿第二定律F=Ma得加速度a和砂桶（含砂）质

12、量m的关系图象斜率k=解得：小车（含发射器）的质量M=0.30kg，故答案为：（1）平行（3）如图（4）过大；11（4分）（2015广州模拟）热敏电阻是传感电路中常用的电子元件现用伏安法研究热敏电阻在不同温度下的特性曲线，要求曲线尽可能完整，测量误差尽可能小其他备用的仪表和器具有：保温杯和热水（图中未画出）、温度计、电源、多用电表、电压表、滑动变阻器（020）、开关、导线若干先使用多用电表粗测常温下热敏电阻的阻值，选用“100”倍率的电阻档测量，发现指针偏转角度太大，因此需选择10倍率的电阻档（选填“10”或“1k”），欧姆调零后再进行测量，示数如图（A）所示，测量值为110；a用多用电表代替

13、毫安表使用，请在实物图（B）上完成连线；b热敏电阻和温度计插入带塞的空保温杯中，往保温杯中注入适量冷水，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片，使多用电表的示数为100mA，记录温度计和电压表的示数；c往保温杯中加入少量热水，待温度稳定后，调节滑动变阻器的滑片，使多用电表的示数仍为100mA，记录温度计和电压表的示数；d重复步骤c，测得多组数据；e绘出热敏电阻的电压温度关系图线如图（C）由图线可知该热敏电阻常温（25）下的阻值R0=107 （保留3位有效数字）（5）0.30分析：明确欧姆表读数时若选择的倍率过大，则偏角也过大，应选小一档的倍率，注意换挡后需要重新调零，读数时不要忘记乘以倍率，不需要估读

14、要研究热敏电阻在不同温度下的伏安特性曲线，则需要电压的变化范围要尽可能的大，故滑动变阻器应采用分压接法，由于热敏电阻为小电阻故安培表采用外接法；由于热敏电阻的温度变化范围要尽可能的大，故热敏电阻要放在不同的水温中，电路的连接要注意先串联再并联，电流要从正接线柱流入电流表和电压表，滑动变阻器要采用分压接法；按照发生的先后顺序实验步骤应考虑周全解：（1）先使用多用电表粗测常温下热敏电阻的阻值，选用“100”倍率的电阻档测量，发现指针偏转角度太大，此时指针所指的数据比较小，说明所选倍率较大，应将选择开关换成欧姆挡的10挡位；欧姆表的读数为：R=1110=110（2）a、由于热敏电阻的温度变化范围要尽

15、可能的大，故热敏电阻要放在不同的水温中，电路的连接要注意先串联再并联，电流要从正接线柱流入电流表和电压表，滑动变阻器下边两个接线柱要全接上，上边只能接一个接线柱连接如图所示b、热敏电阻和温度计插入带塞的空保温杯中，往保温杯中注入适量冷水，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片，使多用电表的示数为100mA，记录温度计和电压表的示数c、往保温杯中加入少量热水，待温度稳定后，调节滑动变阻器的滑片，使多用电表的示数仍为100mA，记录温度计和电压表的示数；（3）由图示Ut图象可知，温度为25电压为10.7V，此时电阻阻值：R0=107；故答案为：（1）10；110（2）a、如图b、温度计；电压表c、调节滑动

16、变阻器的滑片（3）10712（18分）（2015广州模拟）如图所示装置的左半部分为速度选择器，相距为d的两块平行金属板分别连在电压可调的电源两极上（上板接正极），板间存在方向垂直纸面向里、磁感应强度为B0的匀强磁场；右半部分为一半径为R的半圆形磁场区域，内有垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场矩形abcd相切于半圆，小孔M、N连线延长线经过圆心O点且与ad垂直一束质量为m、带电量为+q的离子（不计重力）以不同速率沿MN方向从M孔射入（1）金属板间电压为U0时，求从N孔射出的离子的速度大小；（2）要使离子能打到ab上，求金属板间电压U的取值范围分析：（1）正离子沿平行于金属板垂直磁场射入两板间

17、做匀速直线运动时，洛伦兹力与电场力平衡，由平衡条件可求出离子在平行金属板间的运动速度（2）带电粒子进入矩形abcd区域做匀速圆周运动，据题意找到粒子的运动轨迹，由几何关系可求出圆周运动的半径在磁场中由洛伦兹力提供向心力，可求出u的取值解：（1）金属板间电压为U0时，从N孔射出的离子轨迹为直线，洛伦兹力与电场力平衡，由平衡条件：解得：（2）如图1，设电压为U1时，粒子恰好打在b点，粒子轨迹半径为r1，由几何关系得：r1=R，由（1）可知：洛伦兹力提供粒子的向心力：，解得：如图2，设电压为U2时，粒子恰好打在a点，粒子轨迹半径为r2，由几何关系得：r2+=R，解得：由（1）可知：洛伦兹力提供粒子的

18、向心力：，解得：答：（1）从N孔射出的离子的速度大小为：； （2）要使离子能打到ab上，金属板间电压U的取值范围为 13（18分）（2015广州模拟）如图所示，一小锤用细线系于固定悬挂点O处，将小锤拉至O左侧一定高度（不超过O点所在的水平面）由静止释放，小锤恰好在最低点P与停在光滑水平面上的物块发生弹性正碰，碰后物块冲向右边固定在墙上的细长钢钉已知物块和小锤的质量分别为m、3m；物块和钢钉的长度分别为l、2l，OP距离为R；当小锤释放点距离P的高度h=时，物块最终停止时其右端到墙的水平距离为重力加速度为g物块未被穿透时受到的阻力大小只与钢钉进入物块的深度有关，物块被穿透后受到的阻力恒为f0（1

19、）当h=时，小锤与物块碰前瞬间对细线的拉力；（2）当h=时，物块开始接触钢钉时的速度大小；（3）要使物块最终被穿透但又没碰到墙，试求h的取值范围并讨论在此范围内物块停止时其右端与墙的水平距离x与h的关系式分析：（1）小锤向下摆动过程机械能守恒，应用机械能守恒定律与牛顿第二定律可以求出拉力（2）小锤与物块发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量与机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出速度（3）对物块应用动能定理求出x与h的关系解：（1）小锤下摆过程只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得：3mgh=3mv2，解得：v=，在最低点，由牛顿第二定律得：F3mg=3m，解得：F=6mg，由牛顿

20、第三定律可知，对细线的拉力：F=F=6mg，方向竖直向下；（2）小锤与物块碰撞过程系统动量守恒，以小锤的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：3mv=3mv1+mv2 由机械能守恒定律得：3mv2=3mv12+mv22 已知：h=，解得：v1=，v2=；（3）物块被穿透过程的阻力为变力，该过程阻力做功为W1，物块被穿透后受到的阻力恒为f0，此过程阻力做功为：f0（lx），物块减速到零的过程中，由动能定理得：W1f0（lx）=0mv22 已知：h=、x=，解得：W1=f0lmgR 当hR时，由前面的分析可知，物体接触钢钉的瞬时速度为：v2=，物块接触钢钉后到物块停止过程中，由解得：x=h+R+l 0xl，则：h+ ，当hR时，由W1=f0lmgR0可知，l，代入解得：+R，符合要求，综上所述可知，h的取值范围是：h+，在此范围内：x=h+R+l；答：（1）当h=时，小锤与物块碰前瞬间对细线的拉力大小为：6mg，方向竖直向下；（2）当h=时，物块开始接触钢钉时的速度大小为；（3）h的取值范围是：h+，在此范围内物块停止时其右端与墙的水平距离x与h的关系式是：x=h+R+l