2015年廣東省廣州市高考物理模擬試題(卷）與解析

1、 2015年廣東省廣州市高考物理模擬試卷（1月份）一.選擇題1（3分）（2015廣州模擬）質(zhì)量為m的汽車，以恒定的功率P從靜止開始在平直路面上行駛一段距離S后達(dá)最大速度vm，經(jīng)歷時(shí)間為t，若行駛中阻力f恒定，則以下關(guān)系式正確的是（）Avm=BP=fvmCPt=mvm2DPt=fs分析：發(fā)動(dòng)機(jī)做的功等于牽引力做功，牽引力是變力，對(duì)整個(gè)過程運(yùn)用動(dòng)能定理，求出牽引力做功或根據(jù)W=pt求出解：A、由P=Fvm=fvm可得：，故A錯(cuò)誤B、C、D、發(fā)動(dòng)機(jī)做的功W=Pt，根據(jù)動(dòng)能定理得：Wfs=，所以有：ptfs=發(fā)動(dòng)機(jī)功率P=Fvm=fvm，故B正確，CD錯(cuò)誤2（3分）（2015廣州模擬）如圖，將手電筒豎

2、直向上放置，接通電源開關(guān)，旋松后蓋使小電珠恰能點(diǎn)亮，手持電筒并保持它在豎直方向運(yùn)動(dòng)，要使得小電珠熄滅，可以（）A緩慢向上勻速運(yùn)動(dòng)B緩慢向下勻速運(yùn)動(dòng)C突然向上加速運(yùn)動(dòng)D突然向下加速運(yùn)動(dòng)分析：當(dāng)加速度方向向上時(shí)，手電筒處于超重狀態(tài)，當(dāng)加速度方向向下時(shí)，手電筒處于失重狀態(tài)，然后結(jié)合牛頓第二定律即可解答解：旋松后蓋使小電珠恰能點(diǎn)亮，要使得小電珠熄滅，則彈簧的壓縮量增大，電池受到的彈力增大，根據(jù)牛頓第二定律得：Fmg=ma，所以加速度的方向向上，手電筒向上做加速運(yùn)動(dòng)，或向下做減速運(yùn)動(dòng)故C正確，ABD錯(cuò)誤故選：C3（3分）（2015廣州模擬）“套圈圈”是老少皆宜的游戲，如圖，大人和小孩在同一豎直線上的不同

3、高度處分別以水平速度v1、v2拋出鐵絲圈，都能套中地面上同一目標(biāo)設(shè)鐵絲圈在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間分別為t1、t2，則（）Av1=v2Bv1v2Ct1=t2Dt1t2分析：圈圈做平拋運(yùn)動(dòng)，我們可以把平拋運(yùn)動(dòng)可以分解為水平方向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向上的自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)水平位移和高度的關(guān)系列式分析解：C、D、圈圈做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直分運(yùn)動(dòng)是自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)h=，有：t=，故t1t2，故C錯(cuò)誤，D正確；A、B、水平分位移相同，由于t1t2，根據(jù)x=v0t，有：v1v2；故AB均錯(cuò)誤；故選：D4（3分）（2015廣州模擬）如圖，將鉤碼懸掛在橡皮筋的中點(diǎn)C，橡皮筋的兩端連接A、B兩小環(huán)，A、B并攏靠在一起穿于水

4、平桿上將A、B逐漸分開，在分開過程中橡皮筋的長度將（）A保持不變B逐漸變長C逐漸變短D先逐漸變短，后逐漸變長分析：根據(jù)力的平行四邊形定則，結(jié)合三角知識(shí)，及彈力與形變量的關(guān)系，即可求解解：由題意可知，兩根橡皮筋的合力是一定的，根據(jù)力的平行四邊形定則可知，當(dāng)兩夾角在增大時(shí)，導(dǎo)致兩分力大小在增大，因此橡皮筋的長度在變長故選：B二、雙項(xiàng)選擇題：本題包括9小題，每小題6分，共54分每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有兩個(gè)選項(xiàng)符合題目要求全選對(duì)得6分，只選1個(gè)且正確得3分，錯(cuò)選、不選得0分5（6分）（2015廣州模擬）光滑絕緣的水平桌面上，固定著帶電量為+Q、Q的小球P1、P2，帶電量為+q、q的小球M、N用絕緣細(xì)

5、桿相連，下列哪些圖中的放置方法能使M、N靜止（細(xì)桿中點(diǎn)均與P1P2連線中點(diǎn)重合）（）ABCD分析：先根據(jù)等量異號(hào)電荷電場力情況確定M、N電荷所在位置的電場強(qiáng)度方向，然后根據(jù)平衡條件判斷即可解：A、M電荷受電場力向右，N電荷受電場力向左，故不能平衡，會(huì)轉(zhuǎn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B、M電荷受向右的電場力，N電荷受向左的電場力，可以平衡，故B正確；C、M電荷受電場力向右，N電荷受電場力向左，故不能平衡，會(huì)轉(zhuǎn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；D、M電荷受向右的電場力，N電荷受向左的電場力，可以平衡，故D正確；故選：BD6（6分）（2015廣州模擬）在一筆直公路上有a、b、c三輛汽車，它們同時(shí)經(jīng)過同一路標(biāo)開始計(jì)時(shí)，此后的vt圖象示意

6、如圖，下列判斷正確的是（）A在t1時(shí)刻a、b速度相等B0t1時(shí)間內(nèi)，a、b間距離在減小C0t1時(shí)間內(nèi)，a位于b、c前面Dt1時(shí)刻以后，b位于a、c前面分析：t=0時(shí)刻三車同時(shí)經(jīng)過公路旁的同一個(gè)路標(biāo)，根據(jù)速度大小關(guān)系分析三車之間距離如何變化根據(jù)速度圖象的“面積”表示位移，判斷位移關(guān)系解：A、根據(jù)圖象可知，在t1時(shí)刻a、b速度相等故A正確B、0時(shí)刻兩車同時(shí)經(jīng)過公路旁的同一個(gè)路標(biāo)，在t1時(shí)間內(nèi)a車速度大于b的速度，a車在b車的前方，所以兩車逐漸遠(yuǎn)離，距離增大，故B錯(cuò)誤；C、0t1時(shí)間內(nèi)，a的位移最大，所以a位于b、c前面，t1時(shí)刻以后的一段時(shí)間內(nèi)，a位于b、c前面故C正確，D錯(cuò)誤故選：AC7（6分）

7、（2015廣州模擬）如圖所示電路，閉合開關(guān)S，滑片P緩慢向左滑動(dòng)時(shí)，（）A電容器C所帶的電荷量不變B電容器C所帶的電荷量增大C電壓表的示數(shù)不變D電壓表的示數(shù)增大分析：把滑動(dòng)變阻器的滑片向左移動(dòng)時(shí)，變阻器接入電路的電阻不變，C與滑動(dòng)變阻器右半部分并聯(lián)，根據(jù)閉合電路歐姆定律分析即可解：把滑動(dòng)變阻器的滑片向左移動(dòng)時(shí)，變阻器接入電路的電阻不變，根據(jù)閉合電路歐姆定律分析得知：電路中的電流不變，所以路端電壓不變，則電壓表的示數(shù)不變，C與滑動(dòng)變阻器右半部分并聯(lián)，滑片P緩慢向左滑動(dòng)時(shí)，右半部分電阻增大，所以電容器兩端電壓增大，根據(jù)Q=UC可知，電容器C所帶的電荷量增大，故BC正確故選：BC8（6分）（2015

8、廣州模擬）實(shí)現(xiàn)全球通訊至少要三顆地球同步軌道衛(wèi)星，如圖，三顆地球同步衛(wèi)星a、b、c等間隔分布在半徑為r的圓軌道上則三顆衛(wèi)星（）A質(zhì)量必須相同B某時(shí)刻的線速度相同C繞地球的運(yùn)行周期相同D繞行方向與地球自轉(zhuǎn)方向相同同步衛(wèi)星由于其周期和地球的自轉(zhuǎn)周期相同，根據(jù)同步衛(wèi)星的規(guī)律即可求解解A、根據(jù)萬有引力提供向心力，得與同步衛(wèi)星的質(zhì)量無關(guān)，故A錯(cuò)誤；B、因?yàn)樽鰟蛩賵A周運(yùn)動(dòng)，故速度的方向不一致，故B錯(cuò)誤；C、同步衛(wèi)星由于其周期和地球的自轉(zhuǎn)周期相同，故C正確；D、同步衛(wèi)星與地球同步運(yùn)轉(zhuǎn)，故D正確故選：CD9（6分）（2015廣州模擬）如圖，靜電噴涂時(shí)，噴槍噴出的涂料微粒帶負(fù)電，被噴工件帶正電，微粒只在靜電力作

9、用下向工件運(yùn)動(dòng)，最后吸附在其表面微粒在向工件靠近的過程中（）A不一定沿著電場線運(yùn)動(dòng)B所受電場力大小不變C克服電場力做功D電勢能逐漸減小分析：解答本題關(guān)鍵抓?。涸谕苛衔⒘Ｏ蚬ぜ拷倪^程中，工件帶正電，涂料微粒帶負(fù)電；根據(jù)庫侖定律分析庫侖力的變化；電場力做正功，涂料微粒的電勢能減小解：A、由于涂料微粒有初速度，故不一定沿電場線方向運(yùn)動(dòng)，故A正確B、由圖知，工件帶正電，則在涂料微粒向工件靠近的過程中，涂料微粒帶負(fù)電離工件越近，根據(jù)庫侖定律得知，涂料微粒所受庫侖力越大故B錯(cuò)誤C、D涂料微粒所受的電場力方向向左，其位移方向大體向左，則電場力對(duì)涂料微粒做正功，其電勢能減小故C錯(cuò)誤，D正確故選：AD三.非

10、選擇題10（18分）（2015廣州模擬）某同學(xué)利用圖（a）所示實(shí)驗(yàn)裝置研究“小車加速度a與砂桶（含砂）質(zhì)量m的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)開始時(shí)，先把安裝有發(fā)射器的小車移到靠近接收器附近，調(diào)節(jié)木板上定滑輪的高度，使滑輪與小車間的細(xì)線與木板平行將小車靜止地放在水平長木板上，把木板不帶滑輪的一端慢慢墊高，直到小車能沿沿木板向下滑動(dòng)為止實(shí)驗(yàn)中保持小車（含發(fā)射器）的質(zhì)量不變，反復(fù)改變砂桶內(nèi)砂的質(zhì)量，記錄砂和桶的總質(zhì)量m，并通過位移傳感器及與之相連的計(jì)算機(jī)得到小車相應(yīng)的加速度a獲取的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)已標(biāo)在圖（b）所示的坐標(biāo)圖中，請(qǐng)?jiān)趫D（b）中作出am圖線am圖線不過原點(diǎn)，其原因可能是步驟中墊高的木板傾角過大（選填“過大”或“過小

11、”）根據(jù)am圖線可以求出小車（含發(fā)射器）的質(zhì)量是0.30kg（重力加速度g=9.8m/s2，計(jì)算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）分析：根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理和注意事項(xiàng)分析實(shí)驗(yàn)裝置；根據(jù)表中實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)在坐標(biāo)系內(nèi)描出對(duì)應(yīng)點(diǎn)，然后作出圖象，然后根據(jù)圖象分析答題根據(jù)牛頓第二定律求解小車（含發(fā)射器）的質(zhì)量解：（1）實(shí)驗(yàn)開始時(shí)，先把安裝有發(fā)射器的小車移到靠近接收器附近，調(diào)節(jié)木板上定滑輪的高度，使滑輪與小車間的細(xì)線與木板平行（3）根據(jù)表中實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)在坐標(biāo)系內(nèi)描出對(duì)應(yīng)點(diǎn)，然后作出圖象如圖所示：（4）am圖線不過原點(diǎn)，沒有拉力時(shí)，加速度a=0，其原因可能是步驟中墊高的木板傾角過大；（5）根據(jù)牛頓第二定律F=Ma得加速度a和砂桶（含砂）

12、質(zhì)量m的關(guān)系圖象斜率k=解得：小車（含發(fā)射器）的質(zhì)量M=0.30kg，故答案為：（1）平行（3）如圖（4）過大；11（4分）（2015廣州模擬）熱敏電阻是傳感電路中常用的電子元件現(xiàn)用伏安法研究熱敏電阻在不同溫度下的特性曲線，要求曲線盡可能完整，測量誤差盡可能小其他備用的儀表和器具有：保溫杯和熱水（圖中未畫出）、溫度計(jì)、電源、多用電表、電壓表、滑動(dòng)變阻器（020）、開關(guān)、導(dǎo)線若干先使用多用電表粗測常溫下熱敏電阻的阻值，選用“×100”倍率的電阻檔測量，發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角度太大，因此需選擇×10倍率的電阻檔（選填“×10”或“×1k”），歐姆調(diào)零后再進(jìn)行測量，示

13、數(shù)如圖（A）所示，測量值為110；a用多用電表代替毫安表使用，請(qǐng)?jiān)趯?shí)物圖（B）上完成連線；b熱敏電阻和溫度計(jì)插入帶塞的空保溫杯中，往保溫杯中注入適量冷水，閉合開關(guān)，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器的滑片，使多用電表的示數(shù)為100mA，記錄溫度計(jì)和電壓表的示數(shù)；c往保溫杯中加入少量熱水，待溫度穩(wěn)定后，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器的滑片，使多用電表的示數(shù)仍為100mA，記錄溫度計(jì)和電壓表的示數(shù)；d重復(fù)步驟c，測得多組數(shù)據(jù)；e繪出熱敏電阻的電壓溫度關(guān)系圖線如圖（C）由圖線可知該熱敏電阻常溫（25）下的阻值R0=107 （保留3位有效數(shù)字）（5）0.30分析：明確歐姆表讀數(shù)時(shí)若選擇的倍率過大，則偏角也過大，應(yīng)選小一檔的倍率，注意換擋

14、后需要重新調(diào)零，讀數(shù)時(shí)不要忘記乘以倍率，不需要估讀要研究熱敏電阻在不同溫度下的伏安特性曲線，則需要電壓的變化范圍要盡可能的大，故滑動(dòng)變阻器應(yīng)采用分壓接法，由于熱敏電阻為小電阻故安培表采用外接法；由于熱敏電阻的溫度變化范圍要盡可能的大，故熱敏電阻要放在不同的水溫中，電路的連接要注意先串聯(lián)再并聯(lián)，電流要從正接線柱流入電流表和電壓表，滑動(dòng)變阻器要采用分壓接法；按照發(fā)生的先后順序?qū)嶒?yàn)步驟應(yīng)考慮周全解：（1）先使用多用電表粗測常溫下熱敏電阻的阻值，選用“×100”倍率的電阻檔測量，發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角度太大，此時(shí)指針?biāo)傅臄?shù)據(jù)比較小，說明所選倍率較大，應(yīng)將選擇開關(guān)換成歐姆擋的×10擋位；歐

15、姆表的讀數(shù)為：R=11×10=110（2）a、由于熱敏電阻的溫度變化范圍要盡可能的大，故熱敏電阻要放在不同的水溫中，電路的連接要注意先串聯(lián)再并聯(lián)，電流要從正接線柱流入電流表和電壓表，滑動(dòng)變阻器下邊兩個(gè)接線柱要全接上，上邊只能接一個(gè)接線柱連接如圖所示b、熱敏電阻和溫度計(jì)插入帶塞的空保溫杯中，往保溫杯中注入適量冷水，閉合開關(guān)，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器的滑片，使多用電表的示數(shù)為100mA，記錄溫度計(jì)和電壓表的示數(shù)c、往保溫杯中加入少量熱水，待溫度穩(wěn)定后，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器的滑片，使多用電表的示數(shù)仍為100mA，記錄溫度計(jì)和電壓表的示數(shù)；（3）由圖示Ut圖象可知，溫度為25電壓為10.7V，此時(shí)電阻阻值：

16、R0=107；故答案為：（1）×10；110（2）a、如圖b、溫度計(jì)；電壓表c、調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器的滑片（3）10712（18分）（2015廣州模擬）如圖所示裝置的左半部分為速度選擇器，相距為d的兩塊平行金屬板分別連在電壓可調(diào)的電源兩極上（上板接正極），板間存在方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0的勻強(qiáng)磁場；右半部分為一半徑為R的半圓形磁場區(qū)域，內(nèi)有垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場矩形abcd相切于半圓，小孔M、N連線延長線經(jīng)過圓心O點(diǎn)且與ad垂直一束質(zhì)量為m、帶電量為+q的離子（不計(jì)重力）以不同速率沿MN方向從M孔射入（1）金屬板間電壓為U0時(shí)，求從N孔射出的離子的速度大小；（2）

17、要使離子能打到ab上，求金屬板間電壓U的取值范圍分析：（1）正離子沿平行于金屬板垂直磁場射入兩板間做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，洛倫茲力與電場力平衡，由平衡條件可求出離子在平行金屬板間的運(yùn)動(dòng)速度（2）帶電粒子進(jìn)入矩形abcd區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，據(jù)題意找到粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，由幾何關(guān)系可求出圓周運(yùn)動(dòng)的半徑在磁場中由洛倫茲力提供向心力，可求出u的取值解：（1）金屬板間電壓為U0時(shí)，從N孔射出的離子軌跡為直線，洛倫茲力與電場力平衡，由平衡條件：解得：（2）如圖1，設(shè)電壓為U1時(shí)，粒子恰好打在b點(diǎn)，粒子軌跡半徑為r1，由幾何關(guān)系得：r1=R，由（1）可知：洛倫茲力提供粒子的向心力：，解得：如圖2，設(shè)電壓為U2時(shí)，粒子

18、恰好打在a點(diǎn)，粒子軌跡半徑為r2，由幾何關(guān)系得：r2+=R，解得：由（1）可知：洛倫茲力提供粒子的向心力：，解得：答：（1）從N孔射出的離子的速度大小為：； （2）要使離子能打到ab上，金屬板間電壓U的取值范圍為13（18分）（2015廣州模擬）如圖所示，一小錘用細(xì)線系于固定懸掛點(diǎn)O處，將小錘拉至O左側(cè)一定高度（不超過O點(diǎn)所在的水平面）由靜止釋放，小錘恰好在最低點(diǎn)P與停在光滑水平面上的物塊發(fā)生彈性正碰，碰后物塊沖向右邊固定在墻上的細(xì)長鋼釘已知物塊和小錘的質(zhì)量分別為m、3m；物塊和鋼釘?shù)拈L度分別為l、2l，OP距離為R；當(dāng)小錘釋放點(diǎn)距離P的高度h=時(shí)，物塊最終停止時(shí)其右端到墻的水平距離為重力加速度為g物塊未被穿透時(shí)受到的阻力大小只與鋼釘進(jìn)入物塊的深度有關(guān)，物塊被穿透后受到的阻力恒為f0（1）當(dāng)h=時(shí)，小錘與物塊碰前瞬間對(duì)細(xì)線的拉力；（2）當(dāng)h=時(shí)，物塊開始接觸鋼釘時(shí)的速度大??；（3）要使物塊最終被穿透但又沒碰到墻，試求h的取值范圍并討論在此范圍內(nèi)物塊停止時(shí)其右端與墻的水平距離x與h的關(guān)系式分析：（1）小錘向下擺動(dòng)過程機(jī)械能守恒，應(yīng)用機(jī)械能守恒定律與牛頓第二定律可以求出拉力（2）小錘與物塊發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量與機(jī)械能守恒，