2015年广东省湛江一中高考物理模拟试卷(解析版)

2015年广东省湛江一中高考物理模拟试卷一、单项选择题（本题每小题4分，每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．选对得4分．有选错或不选的得0分）1．（4分）如图所示，在青海玉树抗震救灾中，一运送救灾物资的直升机沿水平方向匀速飞行．已知物资的总质量为m，吊运物资的悬索与竖直方向成θ角．设物资所受的空气阻力为F f，悬索对物资的拉力为F T，重力加速度为g，则（）A．F f=mg sin θB．F f=mgtan θC．F T=D．F T=2．（4分）某静电场的电场线分布如图所示，图中P、Q两点的电场强度的大小分别为E P和E Q，电势分别为φP和φQ，则（）A．E P＜E Q，φP＞φQ B．E P＞E Q，φP＜φQ C．E P＞E Q，φP＞φQ D．E P＜E Q，φP＜φQ 3．（4分）如图所示，某商场的智能化的自动扶梯．当有乘客乘行时自动扶梯经过先加速再匀速两个阶段运行．则扶梯在向上运送乘客的过程中（）A．扶梯对乘客先做正功后不做功B．乘客先超重后失重C．扶梯对乘客的作用力先斜向上，再竖直向上D．乘客与扶梯之间产生的内能一直增大4．（4分）如图为远距离输电示意图，升压变压器与降压变压器的匝数比分别为1：100和100：1，发电站输出电压为u=250sin100πt（V），下列说法正确的是（）A．用户得到的交变电压频率为50HzB．用户得到的交变电压有效值为250VC．用户得到的交流电压有效值小于250VD．输送过程中电能的损耗主要来自变压器原、副线圈的发热二、双项选择题（本题包括5小题，每小题6分，共30分．每小题的4个选项中有2个是正确的，全对得6分，只选一个且正确的得3分，错选、漏选0分）5．（6分）某洒水车停于水平地面上，在缓慢放水洒向花草过程中，若车胎不漏气，胎内气体温度不变，不计分子间势能，则胎内气体（）A．从外界吸热B．对外界做负功C．分子平均动能减小D．压强减小6．（6分）已知氢原子基态的能量为E1，第n能级的能量E n=，其中h表示普朗克常量，一群处于基态的氢原子吸收频率为ν的光子后再向低能级跃迁时最多能发出3条光子．下列说法正确的是（）A．吸收光子频率为ν=﹣B．氢原子由激发态向基态跃迁时动能减小，电势能增大C．辐射光子的能量可能为﹣D．辐射的光子中只有1条能使极限频率为﹣的金属发生光电效应7．（6分）2013年12月，嫦娥三号经过地月转移轨道在A点调整后进入环月圆轨道Ⅰ，进一步调整后进入椭圆轨道Ⅱ，有关嫦娥三号下列说法正确的是（）A．在地球的发射速度一定大于第二宇宙速度B．由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ需要在A点减速C．在轨道Ⅰ的A点势能大于在轨道Ⅱ的B点势能D．经过轨道I上A点的加速度比在轨道Ⅱ上经过A点时大8．（6分）假如质量为m的公交车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为v m，利用传感器测得此过程中不同时刻公交车的牵引力F与对应的速度v，并描绘出F﹣图象（图中CB、BO均为直线），假设公交车车行驶中所受的阻力恒定，则（）A．在全过程中，公交车在B点时速度最大B．CB过程公交车做匀加速运动C．BA过程公交车作减速运动D．BA过程公交车牵引力的功率恒定9．（6分）如图甲所示，闭合金属线框abcd垂直置于匀强磁场中，磁感应强度方向垂直于纸面向里，其大小随时间变化的图象如图乙所示，设第1s内和第2s 内线框中的感应电流分别为I1、I2，磁场对ab边的安培力分别为F1、F2，下列说法正确的是（）A．I1的方向为逆时针，I2的方向为顺时针B．F1的方向向左，F2的方向向右C．I1=2I2D．F1、F2大小均不变三、非选择题10．（10分）有一个小灯泡上标有“4V，2W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的U﹣I图线，有下列器材供选用：A．电压表（0～5V，内阻10kΩ）B．电压表（0～10V，内阻20kΩ）C．电流表（0～3A，内阻1Ω）D．电流表（0～0.6A，内阻0.4Ω）E．滑动变阻器（5Ω，1A）F．滑动变阻器（500Ω，0.2A）①实验中电压表应选用，电流表应选用．为使实验误差尽量减小，要求电压表从零开始变化且多取几组数据，滑动变阻器应选用（用序号字母表示）．②请在图1方框内画出满足实验要求的电路图，并把图2中所示的实验器材用实线连接成相应的实物电路图．③根据U﹣I图象，当灯泡两端所加电压为 3.2V时，电功率为W．11．（8分）如图1为测量物块与水平桌面质检动摩擦因数的实验装置示意图．实验步骤如下：A．用天平测得物块质量M为500g、重物m的质量为100g；B．调整长木板上的轻滑轮，使细线水平；C．调整长木板倾斜程度，平衡摩擦力D．打开电源，让物块由静止释放，打点计时器在纸带上打出点迹；E．多次重复步骤D，选取点迹清晰的理想纸带，求出加速度a；F．根据上述实验数据求出动摩擦因数u，整理仪器，结束实验．回答下列问题：①以上实验步骤中，不需要的步骤是．②其中一条纸带如图2所示，各点间还有4个点未标出，则物块的加速度a= m/s2（结果保留三位有效数字）③根据实验原理，可求出动摩擦因数u=（用M、m、a和重力加速度g 表示）．12．（18分）如图所示，平行于直角坐标系Y轴的PQ是用特殊材料制成的，只能让垂直打到PQ界面上的电子通过．其左侧有一直角三角形区域，分布着方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，其右侧有竖直向上场强为E的匀强电场．现有速率不同的电子在纸面上从坐标原点O沿不同方向射到三角形区域，不考虑电子间的相互作用．已知电子的电量为e，质量为m，在OAC中，OA=a，θ=60°．求：（1）当速度方向沿y轴正方向时，能从OC边出磁场的电子所具有的最大速度是多少；（2）能通过PQ界面的电子所具有的最大速度是多少；（3）在PQ右侧X轴上什么范围内能接收到电子．13．（18分）如图所示，B、C、D在同一水平面，CED为半径R=lm的圆形光滑圆弧，O为其圆心，其圆心角α=74°，E为圆弧的最低点，圆弧与传送带相切于D 点，传送带与水平面的夹角β=37°．质量为m=1kg可看做质点的物块从B点正上方的A点以v0=4m/s的水平速度抛出，恰好从C点沿圆弧的切线方向进入圆弧．传送带以速度v=4m/s匀速向上运动，传送带的长度DF=5m，物块与传送带间动摩擦因数μ=0.5，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力（不计空气阻力，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）．求：（1）物块在C点速度的大小；（2）物块在E点对轨道的压力；（3）通过计算说明，物块能否被传送带传送到F点．2015年广东省湛江一中高考物理模拟试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（本题每小题4分，每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．选对得4分．有选错或不选的得0分）1．（4分）如图所示，在青海玉树抗震救灾中，一运送救灾物资的直升机沿水平方向匀速飞行．已知物资的总质量为m，吊运物资的悬索与竖直方向成θ角．设物资所受的空气阻力为F f，悬索对物资的拉力为F T，重力加速度为g，则（）A．F f=mgsin θB．F f=mgtan θC．F T=D．F T=【解答】解：以物资为研究对象，分析受力情况：重力mg、悬索对物资的拉力F T，空气阻力F f，力图如图：根据平衡条件得知：mg与F f的合力与F T大小相等，方向相反，如图．则有：F f=mgtanθF T=故选：BC2．（4分）某静电场的电场线分布如图所示，图中P、Q两点的电场强度的大小分别为E P和E Q，电势分别为φP和φQ，则（）A．E P＜E Q，φP＞φQ B．E P＞E Q，φP＜φQ C．E P＞E Q，φP＞φQ D．E P＜E Q，φP＜φQ 【解答】解：由图Q点电场线密，电场强度大，E Q＞E P，PQ在同一条电场线上，沿电场线的方向电势降低，φP＞φQ．故选：A3．（4分）如图所示，某商场的智能化的自动扶梯．当有乘客乘行时自动扶梯经过先加速再匀速两个阶段运行．则扶梯在向上运送乘客的过程中（）A．扶梯对乘客先做正功后不做功B．乘客先超重后失重C．扶梯对乘客的作用力先斜向上，再竖直向上D．乘客与扶梯之间产生的内能一直增大【解答】解：A、扶梯使人向上运动，故使人的重力势能一直增大，故一直做功，故A错误；B、加速运动阶段，扶梯对乘客的支持力大于重力，乘客处于超重状态；匀速运动阶段，扶梯对乘客的支持力等于重力，乘客既不超重，也不失重．故B错误．C、加速运动阶段，扶梯对乘客有水平向左的摩擦力和竖直向上的支持力，扶梯对乘客的作用力指向左上方；匀速运动阶段，扶梯对乘客的作用力竖直向上．故C正确D、乘客与扶梯之间没有相对位移，故无内能产生，故D错误故选：C4．（4分）如图为远距离输电示意图，升压变压器与降压变压器的匝数比分别为1：100和100：1，发电站输出电压为u=250sin100πt（V），下列说法正确的是（）A．用户得到的交变电压频率为50HzB．用户得到的交变电压有效值为250VC．用户得到的交流电压有效值小于250VD．输送过程中电能的损耗主要来自变压器原、副线圈的发热【解答】解：A、交流电的频率f=，通过变压器，交流电的频率不变．故A正确．B、升压变压器的输入电压的有效值为250V，则输出电压为25000V，由于输电线上有电压损失，则降压变压器的输入电压小于25000V，知用户得到的电压小于250V．故B错误．C正确；D、输送过程中电能损耗主要来自输电线上的发热．变压器上的发热很小，故D 错误．故选：AC．二、双项选择题（本题包括5小题，每小题6分，共30分．每小题的4个选项中有2个是正确的，全对得6分，只选一个且正确的得3分，错选、漏选0分）5．（6分）某洒水车停于水平地面上，在缓慢放水洒向花草过程中，若车胎不漏气，胎内气体温度不变，不计分子间势能，则胎内气体（）A．从外界吸热B．对外界做负功C．分子平均动能减小D．压强减小【解答】解：C、D、洒水车在缓慢洒水的过程中，整体质量会变小，对轮胎的压力变小，所以轮胎内气体的压强变小，因是缓慢的，温度不变，由理想气体的状态方程可知气体的体积会变大，温度不变，分子平均动能不变；气体的质量不变，所以气体的内能不变．故D正确，C错误；A、B、气体的体积增大的过程中，气体对外做正功，W为负；根据热力学第一定律：△E=W+Q可知，气体一定从外界吸收热量．故A正确，B错误．故选：AD6．（6分）已知氢原子基态的能量为E1，第n能级的能量E n=，其中h表示普朗克常量，一群处于基态的氢原子吸收频率为ν的光子后再向低能级跃迁时最多能发出3条光子．下列说法正确的是（）A．吸收光子频率为ν=﹣B．氢原子由激发态向基态跃迁时动能减小，电势能增大C．辐射光子的能量可能为﹣D．辐射的光子中只有1条能使极限频率为﹣的金属发生光电效应【解答】解：A、氢原子吸收频率为ν的光子后再向低能级跃迁时最多能发出3条光子，因此n=3激发态，其能量E3=，则E3﹣E1=hv，解得v=﹣，故A正确；B、原子由激发态向基态跃迁时，根据库仑引力提供向心力，可知，动能增大，电势能减小，故B错误；C、能级间跃迁所满足的规律E m﹣E n=hv，辐射光子的能量可能为﹣，或为，或为﹣，故C正确；D、根据C选项分析，结合光电效应发生条件，可知，有2条能使极限频率为﹣的金属发生光电效应，故D错误；故选：AC．7．（6分）2013年12月，嫦娥三号经过地月转移轨道在A点调整后进入环月圆轨道Ⅰ，进一步调整后进入椭圆轨道Ⅱ，有关嫦娥三号下列说法正确的是（）A．在地球的发射速度一定大于第二宇宙速度B．由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ需要在A点减速C．在轨道Ⅰ的A点势能大于在轨道Ⅱ的B点势能D．经过轨道I上A点的加速度比在轨道Ⅱ上经过A点时大【解答】解：A、发射卫星要大于第一宇宙速度，但要小于第二宇宙速度，否则会脱离地球，则A错误B、由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ要做向心运动，需要在A点减速．则B正确C、由A到B重力做正功，则势能减小，则C正确D、在同点引力相同，则加速度相同，则D错误故选：BC8．（6分）假如质量为m的公交车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为v m，利用传感器测得此过程中不同时刻公交车的牵引力F与对应的速度v，并描绘出F﹣图象（图中CB、BO均为直线），假设公交车车行驶中所受的阻力恒定，则（）A．在全过程中，公交车在B点时速度最大B．CB过程公交车做匀加速运动C．BA过程公交车作减速运动D．BA过程公交车牵引力的功率恒定【解答】解：A、根据P=Fv可知，F=，则由图可知，汽车在CB段做匀加速运动，BA段做变加速运动，在A点时速度达最大，故A错误；B、CB段牵引力不变，根据牛顿第二定律知，加速度不变，做匀加速直线运动．故B正确．C、BA图线的斜率表示电动车的功率，知BA段功率不变，速度增大，牵引力减小，做加速度逐渐减小的加速运动．故C错误，D正确．故选：BD．9．（6分）如图甲所示，闭合金属线框abcd垂直置于匀强磁场中，磁感应强度方向垂直于纸面向里，其大小随时间变化的图象如图乙所示，设第1s内和第2s 内线框中的感应电流分别为I1、I2，磁场对ab边的安培力分别为F1、F2，下列说法正确的是（）A．I1的方向为逆时针，I2的方向为顺时针B．F1的方向向左，F2的方向向右C．I1=2I2D．F1、F2大小均不变【解答】解：A、第1s内B增加，故磁通量增加，由楞次定律可知线圈中感应电流的磁场向外，故由安培定则可知感应电流为逆时针；同理可知，第2s内的感应电流I2为顺时针，故A正确；B、由左手定则可知，F1的方向向右，F2的方向向左，故B错误；C、由法拉第电磁感应定律可知，E==，由图可知第1s内E1=，第2s内E2=，而I=，故I1=2I2；故C正确；D、安培力F=BIL，电流保持不变，而B随时间变化，故安培力随时间变化，故D 错误；故选AC．三、非选择题10．（10分）有一个小灯泡上标有“4V，2W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的U﹣I图线，有下列器材供选用：A．电压表（0～5V，内阻10kΩ）B．电压表（0～10V，内阻20kΩ）C．电流表（0～3A，内阻1Ω）D．电流表（0～0.6A，内阻0.4Ω）E．滑动变阻器（5Ω，1A）F．滑动变阻器（500Ω，0.2A）①实验中电压表应选用A，电流表应选用D．为使实验误差尽量减小，要求电压表从零开始变化且多取几组数据，滑动变阻器应选用E（用序号字母表示）．②请在图1方框内画出满足实验要求的电路图，并把图2中所示的实验器材用实线连接成相应的实物电路图．③根据U﹣I图象，当灯泡两端所加电压为 3.2V时，电功率为 1.44W．【解答】解：①因灯泡的额定电压为4V，为保证安全选用的电压表量程应稍大于4V，但不能大太多，量程太大则示数不准确；故只能选用0～5V的电压表，故选A；由P=UI得，灯泡的额定电流I===0.5A；故电流表应选择0～0.6A的量程，故选D；而由题意要求可知，电压从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，而分压接法中应选总阻值小的滑动变阻器，故选E；②由P=可求得灯泡内阻R==8Ω；则==1250，==20；故说明电压表远大于灯泡内阻，应采用电流表外接法；而由以上分析知，滑动变阻器应选择分压接法；如图所示：③根据U﹣I图象，当灯泡两端所加电压为3.2V时，通过灯泡电流I=0.45A．，电功率为P=UI=3.2×0.45=1.44W故答案为：①A，D，E②电路图，连线如图示③1.44W11．（8分）如图1为测量物块与水平桌面质检动摩擦因数的实验装置示意图．实验步骤如下：A．用天平测得物块质量M为500g、重物m的质量为100g；B．调整长木板上的轻滑轮，使细线水平；C．调整长木板倾斜程度，平衡摩擦力D．打开电源，让物块由静止释放，打点计时器在纸带上打出点迹；E．多次重复步骤D，选取点迹清晰的理想纸带，求出加速度a；F．根据上述实验数据求出动摩擦因数u，整理仪器，结束实验．回答下列问题：①以上实验步骤中，不需要的步骤是C．②其中一条纸带如图2所示，各点间还有4个点未标出，则物块的加速度a= 1.25 m/s2（结果保留三位有效数字）③根据实验原理，可求出动摩擦因数u=（用M、m、a和重力加速度g表示）．【解答】解：（1）该实验的目的是为了测量物块与长木板之间的摩擦因数，所以在实验的过程中，不能调整长木板倾斜程度，平衡摩擦力，否则不能测量摩擦因数．所以不需要的步骤是C．（2）各点间还有4个点未标出，所以时间间隔是5t0=5×0.02s=00.1s物块的加速度：，物块的加速度：m/s2=1.25m/s2（3）对M、m组成的系统，由牛顿第二定律得：mg﹣μMg=（M+m）a，解得：．故答案为：①C；②1.25；③12．（18分）如图所示，平行于直角坐标系Y轴的PQ是用特殊材料制成的，只能让垂直打到PQ界面上的电子通过．其左侧有一直角三角形区域，分布着方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，其右侧有竖直向上场强为E的匀强电场．现有速率不同的电子在纸面上从坐标原点O沿不同方向射到三角形区域，不考虑电子间的相互作用．已知电子的电量为e，质量为m，在OAC中，OA=a，θ=60°．求：（1）当速度方向沿y轴正方向时，能从OC边出磁场的电子所具有的最大速度是多少；（2）能通过PQ界面的电子所具有的最大速度是多少；（3）在PQ右侧X轴上什么范围内能接收到电子．【解答】解：（1）粒子在磁场中运动，洛伦兹力做向心力，故有，所以，；能从OC边出磁场的电子，当运动轨迹和AC相切时半径最大，故半径最大值R m=a，所以，能从OC边出磁场的电子所具有的最大速度；（2）要使电子能通过PQ界面，电子飞出磁场的速度方向必须水平向右，由（1）可知：，故R越大v越大；所以，从C点水平飞出的电子，运动半径最大，对应的速度最大；故有，所以，R=2a；故能通过PQ界面的电子所具有的最大速度；（3）只有垂直打到PQ界面上的电子通过，故电子进入电场的范围为PQ上C到X轴间的范围；当粒子在PQ上的纵坐标为y（0＜y≤a）时，粒子在磁场中运动的半径由几何关系可得：，所以，r=2y；那么由洛伦兹力做向心力可得：运动速度；粒子在电场中只受电场力作用，做类平抛运动，故有：；那么，电子打在X轴上的位置为==，所以，；答：（1）当速度方向沿y轴正方向时，能从OC边出磁场的电子所具有的最大速度是；（2）能通过PQ界面的电子所具有的最大速度是；（3）在PQ右侧X轴上范围内能接收到电子．13．（18分）如图所示，B、C、D在同一水平面，CED为半径R=lm的圆形光滑圆弧，O为其圆心，其圆心角α=74°，E为圆弧的最低点，圆弧与传送带相切于D 点，传送带与水平面的夹角β=37°．质量为m=1kg可看做质点的物块从B点正上方的A点以v0=4m/s的水平速度抛出，恰好从C点沿圆弧的切线方向进入圆弧．传送带以速度v=4m/s匀速向上运动，传送带的长度DF=5m，物块与传送带间动摩擦因数μ=0.5，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力（不计空气阻力，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）．求：（1）物块在C点速度的大小；（2）物块在E点对轨道的压力；（3）通过计算说明，物块能否被传送带传送到F点．【解答】解：（1）在C点把物体的速度v分解为水平速度v x和竖直方向的速度v y，由几何关系得：v==5m/s；（2）从C点到E点的过程中，由机械能守恒定律得：mgR（1﹣cos37°）=mv E2﹣mv C2在E点由牛顿第二定律得：F N﹣mg=m代入数据得：F N=39N；由牛顿第三定律知，物块在E点对轨道的压力大小为：F N′=39N；方向竖直向下；（3）物块从C点到D点的过程机械能守恒，且CD两点等高，所以物块在D点速度大小为V D=5m/s；物块从D点沿传送带向上匀减速到和传送带的速度相同的过程中，设块的位移为x1，加速度为a1，由牛顿第二定律得：mgsinβ+μmgcosβ=ma1由运动学公式得：v2﹣v02=2（﹣a1）x1代入数据解得：x1=0.45m；当物块的速度和传送带速度相同时，物块有相对传送带向下的运动趋势，由于传送带对物体向上的最大静摩擦力小于物体沿斜面向下的分力，即μmgcosβ＜mgsinβ，所以物块不会和传送带相对静止一起做匀速运动，而是沿传送带向上做匀减速运动，物块从和传送带速度相同到速度减为零的过程，设加速度为a2，位移为x2，由牛顿第二定律得：mgsinβ﹣μmgcosβ=ma2由运动学公式得：0﹣v2=2（﹣a2）x2代入数据得：x2=4m；由于x1+x2=0.45+4=4.45m＜DF=5m；所以物块不能传送到传送带的F点．答：（1）C点的速度为5m/s；（2）物块在E点对轨道的压力大小为F N′=39N；方向竖直向下；（3）物体不能传到传送带的F点．赠送—高中数学知识点【1.3.1】单调性与最大（小）值（1）函数的单调性①定义及判定方法②在公共定义域内，两个增函数的和是增函数，两个减函数的和是减函数，增函数减去一个减函数为增函数，减函数减去一个增函数为减函数．③对于复合函数[()]y f g x =，令()u g x =，若()y f u =为增，()u g x =为增，则[()]y f g x =为增；若()y f u =为减，()u g x =为减，则[()]y fg x=为增；若()y f u =为增，()u g x =为减，则[()]y f g x =为减；若()y f u =为减，()u g x =为增，则[()]y f g x =为减． （2）打“√”函数()(0)af x x a x=+>的图象与性质 ()f x 分别在(,-∞、)+∞上为增函数，分别在[、上为减函数．（3）最大（小）值定义①一般地，设函数()y f x =的定义域为I ，如果存在实数M 满足：（1）对于任意的x I ∈，都有()f x M ≤； （2）存在0x I ∈，使得0()f x M =．那么，我们称M 是函数()f x 的最大值，记作max ()f x M =．②一般地，设函数()y f x =的定义域为I ，如果存在实数m 满足：（1）对于任意的x I ∈，都有()f x m ≥；（2）存在0x I ∈，使得0()f x m =．那么，我们称m 是函数()f x 的yxo最小值，记作max ()f x m =．【1.3.2】奇偶性（4）函数的奇偶性②若函数()f x 为奇函数，且在0x =处有定义，则(0)0f =．③奇函数在y 轴两侧相对称的区间增减性相同，偶函数在y 轴两侧相对称的区间增减性相反．④在公共定义域内，两个偶函数（或奇函数）的和（或差）仍是偶函数（或奇函数），两个偶函数（或奇函数）的积（或商）是偶函数，一个偶函数与一个奇函数的积（或商）是奇函数．。