廣東省中山市高考物理模擬題試題(含解析)(一)

1、中山市2014年高考物理模擬試題一、單項(xiàng)選擇題：在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，選對(duì)的得4分，選錯(cuò)或不答的得 0分。13.下列說法正確的是：（）A.水的飽和汽壓隨溫度的升高而減小B.用油膜法可以粗略測(cè)定分子的質(zhì)量C.滴入水中的紅墨水很快散開是布朗運(yùn)動(dòng)D.如圖水國(guó)可以停在水面上說明了液體存在表面張力【答案】D【解析】A水的飽和汽壓隨溫度白升高而升高，故A錯(cuò)誤；日用油膜法可以粗略測(cè)定分子的直徑，可以進(jìn)一步估算分子的體積，但不能計(jì)算分子的質(zhì)量，故B錯(cuò)誤；C滴入水中的紅墨水很快散開是擴(kuò)散現(xiàn)象，故C錯(cuò)誤；D水國(guó)可以停在水面上說明了液體存在表面張力，是水分子引力的宏觀表現(xiàn)，故D正確。故

2、選D?！究键c(diǎn)】液體的表面張力現(xiàn)象和毛細(xì)現(xiàn)象；布朗運(yùn)動(dòng).在溫泉池游泳時(shí)，泳圈進(jìn)入溫泉池后，泳圈內(nèi)的氣體（視為理想氣體）（）A.壓強(qiáng)變小B .放出熱量C .分子平均動(dòng)能不變D .內(nèi)能變大【答案】D【解析】 泳圈進(jìn)入溫泉池后，泳圈內(nèi)的氣體吸收熱量，體積不變，內(nèi)能變大，溫度升高，分子平均動(dòng) 能增大，壓強(qiáng)增大。故選D?！究键c(diǎn)】熱力學(xué)第一定律；理想氣體的狀態(tài)方程.被拉直的繩子一端固定在天花板上，另一端系著小球。小球從A點(diǎn)靜止釋放，運(yùn)動(dòng)到 B點(diǎn)的過程中，不計(jì)空氣阻力。則（A.小球受到的拉力先變小后變大C.小球的機(jī)械能守恒D）B.小球的切向加速度一直變大.小球的動(dòng)能先變大后變小只有重力做正功，重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為動(dòng)

3、能，小球的機(jī)AG小球由靜止運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程中, 械能守恒，小球的速率不斷增大；設(shè)繩子與豎直方向的夾角為9，小球運(yùn)動(dòng)過程中所需要的向心力由繩子拉力與重力沿繩子22VV方向分力的合力提供，則有：mgcs 得： mgcos m- 因。減小,cos。增大，v增大，所以T增大，即繩子的拉力不斷增大，故 A錯(cuò)誤C正確；日小球所受的切向合力為mgsin。，由牛頓第二定律得：mgsin ma切，得小球的切向 加速度a切g(shù)sin , 0 一直變小，則a切一直變小，故B錯(cuò)誤；D小球的重力勢(shì)能不斷減小，則其動(dòng)能不斷增大，故 D錯(cuò)誤。故選Co【考點(diǎn)】機(jī)械能守恒定律16.如圖，一個(gè)重為 G的吊椅用三根輕繩 AQ BO

4、固定，繩AQ BO相互垂直，a 3,且兩 繩中的拉力分別為 FA FB,物體受到的重力為 G則()A. FA 一定大于G B . FA 一定大于FBC. FA 一定小于FB D . FA與FB大小之和一定等于 G 【答案】BABC以結(jié)點(diǎn)O為研究對(duì)象，分析受力，作出力圖如圖，根據(jù)平衡條件得知；拉力FA和FB的合力與重力 G大小相等、方向相反.由題， a3,根據(jù)幾何知識(shí)得到：FaFb,故B正確AC錯(cuò)誤； D由上可知，F(xiàn)A大于FB, (1 FA與FB之和不一定等于 G,故D錯(cuò)誤。 故選Bo 【考點(diǎn)】共點(diǎn)力平衡二、雙項(xiàng)選擇題：在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有兩個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)的得6分，只選1個(gè)

5、且正確的得3分，有選錯(cuò)或不答的得 0分。17.如圖為光電管工作原理示意圖，入射光的光子能量為h ,陰極材料的逸出功為 W則( )h WB. c點(diǎn)為電源的負(fù)極C.光電子在管內(nèi)運(yùn)動(dòng)過程中電勢(shì)能減小D.減弱入射光強(qiáng)度，ab兩端的電壓減小【答案】CDA發(fā)生光電效應(yīng)的條件是 hv 故A錯(cuò)誤；日陰極逸出的電子向陽(yáng)極運(yùn)動(dòng)，則C應(yīng)為電源的正極，d為電源的負(fù)極，故 B錯(cuò)誤；C電子在管內(nèi)運(yùn)動(dòng)過程中，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，故 C正確；口減弱入射光強(qiáng)度，單位時(shí)間內(nèi)逸出的光電子數(shù)目減小，故ab兩端的電壓減小，故D正確。故選CD,【考點(diǎn)】光電效應(yīng)；電勢(shì)能.如圖，兩滑雪運(yùn)動(dòng)員從 。點(diǎn)分別以Va和vB水平滑出后做平拋運(yùn)動(dòng)

6、分別落到斜坡上的AB兩點(diǎn)，在落點(diǎn)前瞬間速度與水平方向夾角分別為A與B,兩者在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間分別為tA與Va tBBt A tB【答案】BC【解析】AB兩滑雪運(yùn)動(dòng)員做平拋運(yùn)動(dòng),在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng),h則有：-gt2t2,得12tany3gtgtv Cc由xvot2v0 ,得:0可知tAtB ,故A錯(cuò)誤B正確;確;gt2tan ,可知v0 t ,則得：vA設(shè)運(yùn)動(dòng)員落在斜面上瞬間速度與水平方向夾角為a ,則有v0,可知A B，故D錯(cuò)誤。故選BQ【考點(diǎn)】平拋運(yùn)動(dòng).高頻焊接技術(shù)的原理如圖（a）。線圈接入圖（b）所示的正弦式交流電（以電流順時(shí)針 方向?yàn)檎?，圈?nèi)待焊工件形成閉合回路。則（）A.圖（b）中

7、電流有效值為I0 t1時(shí)間內(nèi)工件中的感應(yīng)電流變大0 t1時(shí)間內(nèi)工件中的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針D.圖（b）中T越大，工件溫度上升越快A由圖知電流的最大值為 J2I ,因?yàn)樵撾娏魇钦沂浇涣麟姡瑒t有效值為I ,故A正確；B i-t圖象切線的斜率等于電流的變化率，根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可知：0t1時(shí)間內(nèi)工件中電流的變化率減小，磁通量的變化率變小， 由法拉第電磁感應(yīng)定律可知工件中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)變小，則感應(yīng)電流變小，故 B錯(cuò)誤；C根據(jù)楞次定律可知：。t1時(shí)間內(nèi)工件中的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，故 C正確；圖（b）中T越大，電流變化越慢，工件中磁通量變化越慢，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知工件中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)越小，溫度上升越慢，

8、故D錯(cuò)誤。故選AG【考點(diǎn)】法拉第電磁感應(yīng)定律；正弦式電流的最大值和有效值、周期和頻率.下圖為遠(yuǎn)距離輸電的電路原理圖，變壓器均為理想變壓器并標(biāo)示了電壓和電流，其中輸電線總電阻為R,則（）A.U2tU2JL-T 5異5,U2B.C.用戶得到的電功率與電廠輸出的電功率相等D.用戶得到的交變電流的頻率與電廠輸出交變電流的頻率相等【答案】BD【解析】AB、由于輸電線總電阻為R,輸電線上有電壓降，U線U2,根據(jù)歐姆定律得：3戔 H . ”,，t1i7030-口無(wú) 事 曾無(wú) !：!：!： ：!：!： IBII* .：I：!：!40wiEMi h am ii ：:：；： ： ，看 ，一i iiiv ti rt

9、） BBi I ,I vs-HI MMA- 1nuimii smuninii ；u；E：；f ；：；：；I：E：l；：l：；n： IKI；：I 看， I H1 1stn: :a: :zi:30 I Q!：!：! !I1 1E回汕棋網(wǎng)理他II幽理的我Killt：!：!：St：EEMI! !：!I-Bt MlMI/A聞7.開關(guān)閉合前，將滑動(dòng)變阻器的滑片0 20 3國(guó)而040,50 6P置于右端。下表為滑片從右端逐次向左移動(dòng)到不同位置點(diǎn)時(shí)測(cè)得的U、I 值。該同學(xué)將測(cè)得的數(shù)據(jù)在U-I坐標(biāo)中描點(diǎn)連線（圖丙）。請(qǐng)根據(jù)圖線求得該電池的電動(dòng)勢(shì)E=V,內(nèi)電阻位置點(diǎn)abcdefgU/V9.09.06.05.55.

10、04.54.0I/A0.00.00.300.340.380.460.50Qo （保留兩位有效數(shù)字）從表中數(shù)據(jù)可判斷在相鄰位置點(diǎn) 之間電路一定存在故障，（填“ab”、“bc”、r=“cd”、 “de”、 “ef”或“fg”），并分析該處故障產(chǎn)生的原因是 【答案】如圖 8.99.810 bc滑動(dòng)變阻器在該處斷路（答“滑片在該處接觸不良”的也正確）（2分）【解析】：由于層疊電池的電動(dòng)勢(shì)為9V以上，所以電壓表應(yīng)選 15V的量程，考慮溫度對(duì)電源內(nèi)阻的影響，電流表應(yīng)選 0.6A的量程，連線圖如圖所示；：根據(jù)閉合電路歐姆定律應(yīng)有：U E卜 rI E ,根據(jù)斜率和縱軸截距的含義可知：8.9 3.0E 8.9V

11、, r 0.69.8：根據(jù)歐姆定律可知，位置點(diǎn) a、b之間測(cè)量時(shí)，電壓表示數(shù)不變電流表示數(shù)為零，則說 明變阻器在a、b之間一定沒有斷路，位置在 c點(diǎn)時(shí)，電流表和電壓表都有示數(shù)，說明位置 c以后沒有了斷路，所以斷路一定在 b、c之間，即產(chǎn)生故障的原因是：滑動(dòng)變阻器在該處 斷路?！究键c(diǎn)】測(cè)定電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻(18分)如圖，豎直面內(nèi)坐標(biāo)系 xOy第一、三象限角平分線 A1A2右側(cè)區(qū)域有勻強(qiáng)電場(chǎng) 和勻強(qiáng)磁場(chǎng)。平行板 M N如圖放置，M板帶正電。帶負(fù)電的 N板在x軸負(fù)半軸上。N板上有 一小孔P,離原點(diǎn)。的距離為L(zhǎng)。A1A2上的Q點(diǎn)處于P孔正下方。已知磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,方u mgL向垂直紙面向外。ML N

12、板間距為L(zhǎng)、電壓為 q 。質(zhì)量為 m電量為+q的小球從OA2上 坐標(biāo)為(b , b)的某點(diǎn)以速度v水平向右進(jìn)入場(chǎng)區(qū)，恰好能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。(重力加速度為g(1)求A1A2右側(cè)區(qū)域內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度大小與方向。(2)當(dāng)b與v滿足怎樣的關(guān)系表達(dá)式時(shí)，小球均能從Q點(diǎn)離開場(chǎng)區(qū)？(3)要使小球能進(jìn)入 M N板間但又不碰上 M板，求b的取值范圍。E mg【答案】 q ,方向豎直向上，亞 L b qmB 6gL L(1)帶電粒子進(jìn)入場(chǎng)區(qū)后能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則必須滿足qE mgE mg解得 q ,方向豎直向上(2)如圖，粒子從坐標(biāo)為(b, b)的位置出發(fā)，從 Q點(diǎn)離開，由幾何關(guān)系得，其圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R b LqvB

13、又b解得mv qB(3)粒子離開場(chǎng)區(qū)時(shí)速度方向豎直向上，因此要使粒子能進(jìn)入MN板間，則粒子必須從 Q點(diǎn)離開場(chǎng)區(qū)后作豎直上拋運(yùn)動(dòng)經(jīng)假設(shè)粒子在場(chǎng)區(qū)做圓周運(yùn)動(dòng)的速度為P孔進(jìn)入MN板間。v,若粒子到達(dá)P孔時(shí)速度為零,0則有1mv2mgL解得vJ2gL若粒子到達(dá)M板時(shí)速度為零，則有12-mv mg2L qU.2gL v 6gL解得v 6gL 則要使粒子能進(jìn)入 MNS間，則其在場(chǎng)區(qū)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的速度范圍為，2gL L b ，6gL L得 qB -qB 一【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)(18分)如圖甲，水平地面上有一個(gè)輕質(zhì)彈簧自然伸長(zhǎng)，左端固定在墻面上，右端位于。點(diǎn)。地面右

14、端 M緊靠傳送裝置，其上表面與地面在同一水平面。傳送裝置在半徑為r、角速度為 的輪A帶動(dòng)下沿圖示方向傳動(dòng)。在彈性限度范圍內(nèi)，將小物塊P1往左壓縮彈簧到壓縮量為 x時(shí)釋放，P1滑至M點(diǎn)時(shí)靜止，其速度圖像如圖乙所示(虛線0q為圖線在原點(diǎn)的切線，bc段為直線)。之后，物塊P2在傳送裝置上與M距離為l的位置靜止釋放，P1、P2碰撞后粘在一起。已知P1、P2質(zhì)量均為成與傳送裝置、水平地面的動(dòng)摩擦因數(shù)均為2 2L -,M N距離為 g ,重力加速度為g 。(1)求彈簧的勁度系數(shù) k以及。M的距離s。(2)要使P1、P2碰撞后的結(jié)合體 P能回到。點(diǎn)，求l的取值范圍以及 P回到。點(diǎn)時(shí)的速度大小v與l的關(guān)系表達(dá)

15、式。kPi 7T 0工0說圖甲2 2 rm r 3 mgt03xtos 322 I22 g時(shí),回到O點(diǎn)時(shí)的速度為g時(shí),V48 gl2r2【解析】(1)由圖乙知，剛釋放彈簧時(shí),P1具有的加速度為由胡克定律得此時(shí)彈簧彈力為F kx由牛頓第二定律得F mgmam k解得彈簧的勁度系數(shù)為r 3 mgto3xto由圖乙，P1離開彈簧時(shí)的速度為Vi之后P1做加速度為mg a 的勻減速直線運(yùn)動(dòng)到M時(shí)速度為零,2有0 v12( a)s解得32 g(2)P2與P1碰前瞬間速度為v2 ,碰后結(jié)合體P的速度為v3,碰撞前后動(dòng)量守恒,有 mv2 2 mv322碰后P2、P1結(jié)合體P能在地面上往左勻減速回到。點(diǎn)時(shí)速度為

16、v,有vv32( a)S若P2在傳送裝置上一直加速到M點(diǎn)，則有v22 02alv 8 gl 2r2 解得4要使結(jié)合體P能回到。點(diǎn)，必須 若P2在傳送裝置上一直加速到v 8 gl 2r24M點(diǎn)時(shí)剛好與傳送裝置達(dá)到相同速度,即有v2l解得2 g時(shí)，P2在傳送裝置上一直加速，并最終結(jié)合體P能回至U。點(diǎn)，回到O點(diǎn)時(shí)的速度為,8 gl 2124ii ：當(dāng) 2 gg 時(shí)，P2在傳送裝置上先加速后勻速，與P1碰前瞬間速度始終為代入得V4【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒定律；胡克定律;牛頓第二定律中山市2014年高考物理模擬試題答案13.D 14.D 15.C 16.B17.CD 18.BC 19.AC 20.BD 21.A

17、C. （1）（每空2分）打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電源接了直流電；小車釋放時(shí)離打點(diǎn)計(jì)時(shí)器太遠(yuǎn)；實(shí)驗(yàn)前未平衡摩擦阻力。（任意寫到一點(diǎn)均給 2分）。AC （漏選的給1分）3.10cm （3.09cm、3.11cm均正確，沒單位的不給分）1.0如圖（2分，量程選錯(cuò)的不給分） TOC o 1-5 h z 8.9 （9.0 也正確，2 分） 9.810（2 分）bc（2分）滑動(dòng)變阻器在該處斷路（答“滑片在該處接觸不良”的也正確）（2分）.解：（1）帶電粒子進(jìn)入場(chǎng)區(qū)后能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則必須滿足qE mgE mg解得 q方向豎直向上（2）如圖，粒子從坐標(biāo)為（b , b）的位置出發(fā),從Q點(diǎn)離開，由幾何關(guān)系得,其圓周運(yùn)動(dòng)的

18、半徑為 R=b+L.qvB又2 mvRb解得mv qBMN板間，則粒子必須從 Q（3）粒子離開場(chǎng)區(qū)時(shí)速度方向豎直向上，因此要使粒子能進(jìn)入點(diǎn)離開場(chǎng)區(qū)后作豎直上拋運(yùn)動(dòng)經(jīng) P孔進(jìn)入MN板間。假設(shè)粒子在場(chǎng)區(qū)做圓周運(yùn)動(dòng)的速度為v,若粒子到達(dá)P孔時(shí)速度為零，則有1 一 2一 0 - mvmgL若粒子到達(dá)M板時(shí)速度為零，則有20 -mv mg2L qU解得v 6gL則要使粒子能進(jìn)入 mns間，則其在場(chǎng)區(qū)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的速度范圍為.2LL v 國(guó)m 甌 L b m 6gL L得 qBqB1分；各【評(píng)分說明：第(1)問給4分，式2分，式1分，電場(chǎng)強(qiáng)度方向2分；O1各1分。共18分?！縭a TOC o 1-5 h z 36.解：(1)由圖乙知，剛釋放彈簧時(shí)，P1具有的加速度為3to由胡克定律得此時(shí)彈簧彈力為F kx由牛頓第二定律得F mg mak m r 3 mg:解得彈簧的勁度系數(shù)為3xt0rV1 一由圖乙，P1離開彈簧時(shí)的速度為4a -g之后P1做加速度為 m 的勻減速直線運(yùn)動(dòng)到 M時(shí)速度為零，有20 V12( a)s2 2rs TOC o 1-5 h z 解得Q M離為32 g(2) P2與P1碰前瞬間速度為 v2,碰后結(jié)合體P的速度為v3,碰撞前后動(dòng)量守恒，有mv2 2mv3碰后P2、P1結(jié)合體P能在地面上往左勻減速回到O點(diǎn)時(shí)速度為v,有22vv32( a)s若P2在傳送裝置上一直加速到 M