广东省江门市高三3月模拟物理试题 Word版含解析.doc

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1、2015年广东省江门市高考物理模拟试卷一、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，选错或不选的得0分1（4分）（2015江门模拟）A、B两个物体在同一直线上运动，速度图象如图，下列说法正确的是（） A A、B运动方向相反 B 04s内，A、B的位移相同 C t=4s时，A、B的速度相同 D A的加速度比B的加速度大【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】： 速度的正负表示速度的方向匀变速直线运动的速度图象是倾斜的直线根据图线的纵坐标直接读出速度的大小，图象与

2、坐标轴围成的面积表示位移【解析】： 解：A、由图看出，速度均为正值，说明A、B都沿正方向运动，它们的运动方向相同故A错误B根据图象与坐标轴围成的面积表示位移，可知04s内B的位移大于A的位移，故B错误；C、由图读出，在t=4s时，A的速度等于B的速度故C正确；D、图象斜率表示物体的加速度，根据图象可知AB的斜率大小相等，即二者加速度大小相等，故D错误故选：C【点评】： 本题考查识别速度图象和读图的能力匀变速直线运动的速度图象是倾斜的直线2（4分）（2015江门模拟）如图所示，“U”形金属框架固定在水平面上，处于竖直向下的匀强磁场中ab棒以水平初速度v0向右运动，下列说法正确的是（） A ab棒

3、做匀减速运动 B 回路中电流均匀减小 C a点电势比b点电势低 D ab棒受到水平向左的安培力【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；电势【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： 使ab棒突然获得一初速度，切割产生感应电动势，产生感应电流，受到向左的安培力，做变减速运动，根据右手定则判断ab棒中的感应电流方向，从而确定a、b两点的电势【解析】： 解：A、棒子具有向右的初速度，根据右手定则，产生b指向a的电流，则a点的电势比b点的电势高根据左手定则，安培力向左，ab棒做减速运动，因为电动势减小，电流减小，则安培力减小，根据牛顿第二定律，加速度减小，做加速度减小的减速运动，由于速度不是均匀减

4、小，则电流不是均匀减小故A、B、C错误D、安培力的方向与运动方向相反，知安培力方向向左故D正确故选：D【点评】： 解决本题的关键根据切割产生感应电动势，结合闭合电路欧姆定律和牛顿第二定律判断加速度的变化，从而判断出ab棒的运动规律以及掌握右手定则判断感应电流的方向和左手定则判断安培力的方向3（4分）（2015江门模拟）关于光电效应，下列说法正确的是（） A 极限频率越大的金属材料逸出功越大 B 只要光照射的时间足够长，任何金属都能产生光电效应 C 发生光电效应时，光电子的最大初动能与入射光的强度有关 D 入射光的光强一定时，频率越高，单位时间内逸出的光电子数就越多【考点】： 光电效应【专题】：

5、 光电效应专题【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，与入射光的强度无关，根据光电效应方程判断影响光电子最大初动能的因素【解析】： 解：A、逸出功W=hv0，知极限频率越大，逸出功越大，故A正确B、光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，与入射光的强度无关故B错误C、在光电效应中，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，而入射光越强，光电流的饱和值越大故C错误D、根据光电效应方程Ekm=hvW0知，光电子的最大初动能随着照射光频率的增大而增大，而光电子数目与光强有关，故D错误故选：A【点评】： 解决本题的关键掌握光电效应的条件，以及掌握光电效应方程，知道光的强度影响单

6、位时间内发出光电子的数目4（4分）（2015江门模拟）如图所示，放在斜面上的物体受到垂直于斜面向上的力F作用始终保持静止，当力F逐渐减小后，下列说法正确的是（） A 物体受到的摩擦力保持不变 B 物体受到的摩擦力逐渐增大 C 物体受到的合力减小 D 物体对斜面的压力逐渐减小【考点】： 共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【专题】： 共点力作用下物体平衡专题【分析】： 对物体受力分析，受重力、支持力、静摩擦力和拉力，物体始终静止，摩擦力始终为静摩擦力，可知分析沿斜面方向的力的变化即可【解析】： 解：对物体受力分析，受重力、支持力、静摩擦力和拉力，如图所示：因为物体始终静止，处于平衡状态，合

7、力一直为零，根据平衡条件，有：垂直斜面方向：F+N=GcosGcos不变，所以F逐渐减小的过程中，N逐渐变大，根据牛顿第三定律，物体对斜面的压力也增加平行斜面方向：f=GsinG和保持不变，故f保持不变，故A正确故选：A【点评】： 对物体进行受力分析，运用力的合成或分解结合共点力平衡条件解决问题二、双项选择题：本大题共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，全部选对给6分，只选对1个且正确的得3分，有选错或不答的得0分5（6分）（2015江门模拟）放射性元素90234Th的衰变方程为90234Th91234Pa+X，下列表述正确的是（） A X是由Th原子

8、释放的核外电子 B 该衰变是衰变 C 加压或加温不能改变其衰变的快慢 D Th发生衰变时原子核要吸收能量【考点】： 原子核衰变及半衰期、衰变速度【专题】： 衰变和半衰期专题【分析】： 根据电荷数守恒、质量数守恒判断X的电荷数和质量数，从而确定X是何种微粒，可知该衰变是何种衰变【解析】： 解：A、根据电荷数守恒、质量数守恒知，X的电荷数为1，质量数为0，则X为电子，该衰变为衰变衰变的本质是其中的一个中子变成一个质子和一个电子，故A错误，B正确C、衰变的快慢与温度压强无关，由原子核内部因素决定故C正确D、衰变时原子核会放出热量故D错误故选：BC【点评】： 解决本题的关键知道在衰变的过程中电荷数守恒

9、、质量数守恒，知道衰变的本质是其中的一个中子变成一个质子和一个电子6（6分）（2015江门模拟）如图是静电分选装置将磷酸盐和石英的混合颗粒由传送带送至两个带电平行板上方的中部，经过电场区域下落磷酸盐颗粒带正电，石英颗粒带负电，两种颗粒的比荷相同，不计颗粒间的静电力，下列说法正确的是（） A 磷酸盐颗粒落在左侧 B 石英颗粒落在左侧 C 颗粒具有相同的加速度 D 磷酸盐颗粒电势能增加，石英颗粒电势能减小【考点】： 匀强电场中电势差和电场强度的关系【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： 首先要明确矿料分选器内电场的分布及方向，判断矿粉的运动情况，根据电场力做功，分析电势能的变化，从而可得到正

10、确答案【解析】： 解：A、由图可知右侧极板带正电，左侧带负电；故带正电的磷酸盐颗粒将落在左侧；带负电的石英颗粒落在右侧；故A正确，B错误；C、由于颗粒在竖直方向只受重力，加速度为g，因粒子在水平方向只受电场力，且比荷相同，故由a=可知，颗粒在水平方向的加速度大小相同，但方向相反，根据加速度的合成可知，颗粒具有相同的加速度大小相等，方向不同，所以加速度不同，故C错误；D、电场力对磷酸盐颗粒和石英颗粒都做正功，电势能都减小，故D错误故选：A【点评】： 本题考察了带电物体在电场力作用下的运动，要熟练的掌握带电粒子在电场中的受力情况及其运动情况，并明确粒子水平和竖直两个方向上的运动相互独立互不干扰7（

11、6分）（2015江门模拟）下列有关热现象的叙述中正确的是（） A 布朗运动是液体分子无规则的运动 B 分子间不可能同时存在引力和斥力 C 热量可以从低温物体传递到高温物体，但一定要引起其它的变化 D 一定质量的理想气体发生等压膨胀过程，其温度一定升高【考点】： 理想气体的状态方程；热力学第二定律【专题】： 热力学定理专题【分析】： A、布朗运动是固体微粒的无规则运动B、分子间同时存在引力和斥力，当引力大于斥力时，表现为引力，反之表现为斥力C、热量不可能自发的从低温物体传递到高温物体，但当要引起其它的变化，热量可以低温物体传递到高温物体D、描述气体的三个量为压强、体积、温度，在发生变化时，至少有

12、两个量变，不可能只存在一个量变化【解析】： 解：A、布朗运动是悬浮在液体中的固体微粒的无规则运动，是液体分子无规则的运动的反映故A错误 B、分子之间同时存在引力和斥力，故B错误 C、热量可以从低温物体传递到高温物体，但一定要引起其它的变化，符合热力学定律，故C正确 D、根据理想气体的状态方程可知，一定质量的理想气体发生等压膨胀过程，温度一定变化，故D正确故选：CD【点评】： 本题考查布朗运动、分子之间的相互作用、热力学第二定律、理想气体的状态方程等知识点，主要是对基本知识点考查，所以记住即可8（6分）（2015江门模拟）某同步卫星距地面高度为h，已知地球半径为R，表面的重力加速度为g，地球自转

13、的角速度为，则该卫星的周期为（） A B C D 【考点】： 同步卫星【专题】： 人造卫星问题【分析】： 研究卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式，在地球表面有万有引力等于重力列出等式，两等式联立表示出周期【解析】： 解：根据万有引力提供向心力列出等式，=m，在地球表面有万有引力等于重力列出等式，=mg联立得：T=同时根据匀速圆周运动，该卫星的周期T=，故BD正确，AC错误；故选：BD【点评】： 本题要求熟练应用万有引力提供向心力的各种表达形式，熟练掌握圆周运动的各个公式，题目难度较大9（6分）（2015江门模拟）如图为某小型水电站的电能输送示意图已知输电线的总电阻R=1

14、0，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4：1，电阻R0=11若T1、T2均为理想变压器，T2的副线圈两端电压表达式为u=220sin 100t V，下列说法正确的是（） A 发电机中的电流变化频率为100Hz B 通过R0的电流有效值为20A C 升压变压器T1的输入功率为4650W D 若R0的电阻减小，发电机的输出功率也减小【考点】： 远距离输电【专题】： 交流电专题【分析】： 在输电的过程中，交流电的频率不变，结合降压变压器的输出电压和用电器的电阻，根据欧姆定律求出通过用电器的电流，结合输电线上的功率损失求出升压变压器的输入功率【解析】： 解：A、交流电经过变压器，频率不变，则交流电的

15、频率f=故A错误B、通过用电器的电流有效值I=故B正确C、根据得，输电线上的电流，则输电线上损耗的功率，降压变压器的输入功率P3=U4I4=22020W=4400W，则升压变压器的输出功率P=P3+P损=4400+250W=4650W故C正确D、当用电器的电阻R0减小时，降压变压器的输出电流增大，则输电线上的电流增大，升压变压器原线圈中的电流变大，根据P=UI知，发电机的输出功率增大故D错误故选：BC【点评】： 解决本题的关键知道：1、原副线圈的电压、电流与匝数比的关系；2、升压变压器的输出功率、功率损失和降压变压器的输入功率之间的关系三、非选择题：本大题共4小题，共54分按题目要求作答解答题

16、应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位10（8分）（2015江门模拟）如图甲所示是某同学探究加速度与力的关系的实验装置他在气垫导轨上安装了一个光电门B，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从A处由静止释放（1）该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d=2.30mm（2）实验时，将滑块从A位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间t，若要得到滑块的加速度，还需要测量的物理量是遮光条到光电门的距离L；（3）下列不必要的一项实验要求是A（请填

17、写选项前对应的字母）A应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量B应使A位置与光电门间的距离适当大些C应将气垫导轨调节水平D应使细线与气垫导轨平行（4）改变钩码质量，测出对应的力传感器的示数F和遮光条通过光电门的时间t，通过描点作出线性图象，研究滑块的加速度与力的关系，处理数据时应作出图象（选填“t2F”、“”或“”）【考点】： 探究加速度与物体质量、物体受力的关系【专题】： 实验题【分析】： 游标卡尺读数结果等于固定刻度读数加上可动刻度读数，不需要估读滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度根据运动学公式解答用细线拉力表示合力，要考虑摩擦力的影响【解析】： 解：（1）由图

18、知第6条刻度线与主尺对齐，d=2mm+60.05mm=2.30mm；（2）实验时，将滑块从A位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间t，滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度根据运动学公式得若要得到滑块的加速度，还需要测量的物理量是遮光条到光电门的距离L（3）A、拉力是直接通过传感器测量的，故与小车质量和钩码质量大小关系无关，故A正确；B、应使A位置与光电门间的距离适当大些，有利于减小误差，故B错误C、应将气垫导轨调节水平，使拉力才等于合力，故C错误D、要保持拉线方向与木板平面平行，拉力才等于合力，故D错误；故选A（4）由题意可知，该实验中保持小车质量M

19、不变，因此有：v2=2as，v=，a=，=2L所以研究滑块的加速度与力的关系，处理数据时应作出图象故答案为：（1）2.30 （2）遮光条到光电门的距离L（3）A（4）【点评】： 常用仪器的读数要掌握，这是物理实验的基础处理实验时一定要找出实验原理，根据实验原理我们可以寻找需要测量的物理量和需要注意的事项11（10分）（2015江门模拟）某同学想测量电压表03V挡的内阻，他从实验室拿来一个多用电表、3节干电池、50的滑动变阻器1个、开关和若干导线先用多用表粗测其内阻，把选择开关旋到欧姆挡的“100”倍率，将红（填“红”或“黑”）表笔接电压表的“”接线柱，另一只表笔接“3V”的接线柱，多用表的指针

20、位置如图1所示，则电压表的内阻为3.0103；再用伏安法测量其内阻，把多用表的选择开关旋到直流电流的1（填“100”、“10”、“1”）mA挡，请在图2完成其余的连线；实验中多用表的示数为I，电压表的示数为U，则电压表的内阻为RV=【考点】： 用多用电表测电阻【专题】： 实验题【分析】： 欧姆表的电流流向是红色流入，黑色流出；先读多用电表的示数，再乘以倍率，可以得到电压表内阻1节干电池电动势为1.5V，由此可估算电路中的电流最大值，进而确定量程实验中多用表的示数I表示流过电压表的电流，电压表的示数U为电压表自身电压，由此可得电压表内阻【解析】： 解：欧姆表的正极插孔与内部电源的负极相连，与电压

21、表构成一闭合回路，电流从多用电表的负极流出，进入电压表的正极，故应该是红色表笔接电压表的“”接线柱三节干电池构成的电源电动势4.5V，电路中最大电电流为，加上滑动变阻器的保护，故选择量程为1mA的档位最理想，连线如图：由实验原理图可知，多用表的示数I表示流过电压表的电流，电压表的示数U为电压表自身电压，由此可得电压表内阻：故答案为：红；3.0103（或3000）1；如图所示：【点评】： 该题重点在于确定第二问的电流档档位选择，算出来的最大电流虽然比1mA大，但是若因此选择10mA的档位，则就会导致读数误差大；加上题目有给的滑动变阻器，可以保护电路，使得电流不超过1mA，故而应选择1mA档位更理

22、想12（18分）（2015江门模拟）如图所示，光滑水平台面MN上放两个相同小物块A、B，右端N处与水平传送带理想连接，传送带水平部分长度L=8m，沿逆时针方向以恒定速度v0=2m/s匀速转动物块A、B（大小不计，视作质点）与传送带间的动摩擦因数均为=0.2，物块A、B质量均为m=1kg开始时A、B静止，A、B间压缩一轻质短弹簧现解除锁定，弹簧弹开A、B，弹开后B滑上传送带，A掉落到地面上的Q点，已知水平台面高h=0.8m，Q点与水平台面间右端间的距离S=1.6m，g取10m/s2（1）求物块A脱离弹簧时速度的大小；（2）求弹簧储存的弹性势能；（3）求物块B在水平传送带上运动的时间【考点】： 动

23、量守恒定律；平抛运动【专题】： 动量定理应用专题【分析】： （1）根据平抛运动的规律求出物块A脱离弹簧时的速度大小（2）根据动量守恒定律求出B的速度，结合能量守恒求出弹簧储存的弹性势能（3）物块B向右先做匀减速运动，然后返回做匀加速运动，当速度达到传送带速度做匀速运动，结合牛顿第二定律和运动学公式求出运动的总时间【解析】： 解：（1）A作平抛运动，竖直方向：，水平方向：S=vAt代入数据联立解得：vA=4m/s（2）解锁过程系统动量守恒，规定A的速度方向为正方向，有：mvAmvB=0由能量守恒定律：代入数据解得：Ep=16J （3）B作匀变速运动，由牛顿第二定律有：mg=ma解得：a=g=0.

24、210m/s2=2m/s2B向右匀减速至速度为零，由，解得：SB=4mL=8m，所以B最终回到水平台面设B向右匀减速的时间为t1：vB=at1设B向左加速至与传送带共速的时间为t2，v0=at2由，共速后做匀速运动的时间为t3，有：SBS2=v0t3代入数据解得总时间：t=t1+t2+t3=4.5s答：（1）物块A脱离弹簧时速度的大小为4m/s；（2）弹簧储存的弹性势能为16J；（3）物块B在水平传送带上运动的时间为4.5s【点评】： 本题考查了动量守恒定律、能量守恒定律和牛顿第二定律的综合运用，理清物块在传送带上的运动规律，知道物块先向右做匀减速运动，然后返回做匀加速运动，再做匀速运动，结合

25、牛顿第二定律和运动学公式综合求解13（18分）（2015江门模拟）“太空粒子探测器”是由加速、偏转和收集三部分组成，其原理可简化如下：如图1所示，辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面，圆心为O，外圆弧面AB的半径为L，电势为1，内圆弧面CD的半径为，电势为2足够长的收集板MN平行边界ACDB，O到MN板的距离OP=L假设太空中漂浮着质量为m，电量为q的带正电粒子，它们能均匀地吸附到AB圆弧面上，并被加速电场从静止开始加速，不计粒子间的相互作用和其它星球对粒子引力的影响（1）求粒子到达O点时速度的大小；（2）如图2所示，在边界ACDB和收集板MN之间加一个半圆形匀强磁场，圆心为O，半径

26、为L，方向垂直纸面向内，则发现从AB圆弧面收集到的粒子经O点进入磁场后有能打到MN板上（不考虑过边界ACDB的粒子再次返回），求所加磁感应强度的大小；（3）同上问，从AB圆弧面收集到的粒子经O点进入磁场后均不能到达收集板MN，求磁感应强度所满足的条件试写出定量反映收集板MN上的收集效率与磁感应强度B的关系的相关式子【考点】： 带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律【专题】： 带电粒子在磁场中的运动专题【分析】： （1）根据动能定理即可求出粒子到达O点的速度；（2）作出粒子运动的轨迹，结合轨迹求出粒子的半径，然后由洛伦兹力提供向心力即可求解；（3）作出粒子运动的轨迹，结合几何知识求得粒子的收集

27、率与粒子圆周运动转过圆心角的关系，再根据此关系求得收集率为0时对应的磁感应强度B【解析】： 解：（1）带电粒子在电场中加速时，由动能定理有：又U=12所以：（2）从AB圆弧面收集到的粒子有2/3能打到MN板上，刚好不能打到MN上的粒子从磁场中出来后速度方向与MN平行，则入射的方向与AB之间的夹角是600，在磁场中运动的轨迹如图1，轨迹圆心角=60根据几何关系，粒子圆周运动的半径为r=L 由牛顿第二定律得：联立解得：（3）当沿OD方向的粒子刚好打到MN上，则由几何关系可知，由牛顿第二定律得：得：即如图2，设粒子在磁场中运动圆弧对应的圆心角为，由几何关系可知：MN上的收集效率：答：（1）粒子到达O点时速度的大小是；（2）所加磁感应强度的大小是；（3）试写出定量反映收集板MN上的收集效率与磁感应强度B的关系的相关式子是【点评】： 本题考查了带电粒子在电场中的加速和磁场中的偏转，综合性较强，对学生的能力要求较高，关键作出粒子的运动轨迹，选择合适的规律进行求解