2015年江苏省高考物理模拟试卷(解析版)

-1-2015年江苏省高考物理模拟试卷（解析版）一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分．每小题只有一个选项符合题意．选对的得3分，错选或不答的得0分．1．（3分）下列叙述正确的是（）A．力、长度和时间是力学中三个基本物理量，它们的单位牛顿、米和秒就是基本单位B．伽利略用“月﹣地检验”证实了万有引力定律的正确性C．法拉第最先提出电荷周围存在电场的观点D．牛顿在给出万有引力定律的同时给出了引力常量【考点】：物理学史．【分析】：力学中的基本物理量有三个，它们分别是长度、质量、时间，它们的单位分别为m、kg、s，牛顿用“月﹣地“检验法验证了牛顿定律的正确性．再结合法拉第和牛顿的贡献进行答题．【解析】：解：A、“力”不是基本物理量，“牛顿”也不是力学中的基本单位，故A错误；B、牛顿用“月﹣地“检验法验证了万有引力定律的正确性，故B错误；C、法拉第最先提出电荷周围存在电场的观点，故C正确；D、牛顿发现了万有引力定律，但没有给出引力常量，故D错误．故选：C．【点评】：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，注重积累．2．（3分）半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有固定放置的竖直挡板MN．在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止状态．如图所示是这个装置的纵截面图．若用外力使MN保持竖直地缓慢向右移动，在Q落到地面以前，发现P始终保持静止．在此过程中，下列说法中正确的是（）A．Q受到MN的弹力逐渐减小B．Q受到P的弹力逐渐减小C．Q受到MN和P的弹力之和保持不变D．P受到地面的支持力和摩擦力均保持不变【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】：先对圆柱体Q受力分析，受到重力、杆MN的支持力和半球P对Q的支持力，其中重力的大小和方向都不变，杆MN的支持力方向不变、大小变，半球P对Q的支持力方向和大小都变，然后根据平衡条件并运用合成法得到各个力的变化规律；最后对PQ整体受力分析，根据共点力平衡条件得到地面对整体的摩擦力情况．【解析】：解：A、B、对圆柱体Q受力分析，受到重力、杆MN的支持力和半球P对Q的支持力，如图：-2-重力的大小和方向都不变，杆MN的支持力方向不变、大小变，半球P对Q的支持力方向和大小都变，然后根据平衡条件，得到N1=mgtanθN2=由于θ不断增大，故N1不断增大，N2也不断增大；故A错误，B错误；C、Q受到MN和P的弹力的矢量和与重力平衡，保持不变，故C正确；D、对PQ整体受力分析，受到总重力、MN杆的支持力N1，地面的支持力N3，地面的静摩擦力f，如图根据共点力平衡条件，有f=N1=mgtanθ由于θ不断增大，故f不断增大；物体Q一直保持静止，N3=（M+m）g，保持不变．故D错误；故选：C．【点评】：本题关键先对物体Q，再对物体PQ整体受力分析，然后根据共点力平衡条件列式求解出各个力的表达式进行分析处理．3．（3分）近几年我国在航空航天工业上取得了长足的进步，既实现了载人的航天飞行，又实现了航天员的出舱活动．如图所示，在某次航天飞行实验活动中，飞船先沿椭圆轨道1飞行，后在远地点343千米的P处点火加速，由椭圆轨道1变成高度为343千米的圆轨道2．下列判断正确的是（）A．飞船在椭圆轨道1上的机械能比圆轨道2上的机械能大B．飞船在圆轨道2上时航天员出舱前后都处于失重状态-3-C．飞船在此圆轨道2上运动的角速度小于同步卫星运动的角速度D．飞船在椭圆轨道1上通过P的加速度小于沿圆轨道2运动的加速度【考点】：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．【专题】：人造卫星问题．【分析】：同步卫星的周期T=24h，根据周期与角速度的关系可知角速度的大小关系．飞船在飞行过程中只受地球万有引力作用，飞船处于完全失重状态．飞船的加速度由万有引力产生，加速度是否相同就是看飞船受到的万有引力是否一样．【解析】：解：A、在远地点343千米处点火加速，机械能增加，故飞船在椭圆轨道1上的机械能比圆轨道2上的机械能小，故A错误．B、飞船在圆轨道上时，航天员出舱前后，航天员所受地球的万有引力提供航天员做圆周运动的向心力，航天员此时的加速度就是万有引力加速度，即航天员出舱前后均处于完全失重状态，但都受重力，故B正确．C、因为飞船在圆形轨道上的周期为90分钟小于同步卫星的周期，根据ω=可知角速度与周期成反比，所以飞船在此圆轨道上运动的角度速度大于同步卫星运动的角速度，故C错误．D、飞船变轨前后通过椭圆轨道远地点时的加速度均为万有引力加速度，据可知，轨道半径一样则加速度一样，故D错误．故选：B．【点评】：圆形轨道上，航天器受到的万有引力提供航天器做圆周运动的向心力，即万有引力产生的加速度等于向心加速度，无论航天器是否做圆周运动，空间某点航天器无动力飞行时的加速度即为万有引力加速度，此加速度只跟物体轨道半径有关，与运动状态无关．4．（3分）如图所示，等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在x轴上且长为2L，高为L，纸面内一边长为L的正方形导线框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域，在t=0时刻恰好位于如图所示的位置，以顺时针方向为导线框中电流的正方向，下面四幅图中能够正确表示导线框中的电流﹣位移（I﹣x）关系的是（）A．B．C．D．-4-【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势．【专题】：电磁感应与图像结合．【分析】：将整个过程分成三个位移都是L的三段，根据楞次定律判断感应电流方向．由感应电动势公式E=Blv，l是有效切割长度，分析l的变化情况，确定电流大小的变化情况．【解析】：解：位移在0～L过程：磁通量增大，由楞次定律判断感应电流方向为顺时针方向，为正值．I=，l=x则I=x位移在L～2L过程：磁通量先增大后减小，由楞次定律判断感应电流方向先为顺时针方向，为正值，后为逆时针方向，为负值，故ACD错误．位移在2L～3L过程：磁通量减小，由楞次定律判断感应电流方向为逆时针方向，为负值．I=（2L﹣x）故选：B．【点评】：本题考查对感应电势势公式E=Blv的理解．l是有效的切割长度，可以利用排除法做此题．5．（3分）如图所示，有一正方体空间ABCDEFGH，则下面说法正确的是（）A．若只在A点放置一正点电荷，则电势差UBC＜UHGB．若只在A点放置一正点电荷，则B、H两点的电场强度大小相等C．若只在A、E两点处放置等量异种点电荷，则C、G两点的电势相等D．若只在A、E两点处放置等量异种点电荷，则D、F两点的电场强度大小相等【考点】：电势差与电场强度的关系；电场强度．【专题】：电场力与电势的性质专题．【分析】：本题重点考查了匀强电场的理解：在匀强电场中平行且相等的线段之间电势差相等．同时注意电场线和等势线是垂直的【解析】：解：A、B、若A点放置一正点电荷，由图中的几何关系可知，BC之间的电场强度要大于HG之间的电场强度，结合它们与A之间的夹角关系可得电势差UBC＞UHG，故A错误；B、若A点放置一正点电荷，由于B与H到A的距离不相等，使用B、H两点的电场强度大小不相等．故B错误；C、C、若在A、E两点处放置等量异种点电荷，则AE连线的垂直平分平面是等势面，等势面两侧的点，一定具有不同的电势，使用C、G两点的电势一定不相等．故C错误；-5-D、若在A、E两点处放置等量异种点电荷，等量异种点电荷的电场具有对称性，即上下对称，左右对称，D与H上下对称，所以电场强度大小相等；H与F相对于E点一定位于同一个等势面上，所以H与F两点的电势相等，则D、F两点的电场强度大小相等．故D正确．故选：D【点评】：本题从比较新颖的角度考查了学生对点电荷的电场与等量异种点电荷的电场的理解，因此一定从多个角度理解匀强电场的特点，多训练以提高理解应用能力．二、多项选择题：本题共4小题，每小题3分，共16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．6．（3分）一理想变压器原、副线圈的匝数比为44：1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头．下列说法正确的是（）A．副线圈输出电压的频率为100HzB．副线圈输出电压的有效值为5VC．P向左移动时，变压器原、副线圈的电流都减小D．P向左移动时，变压器的输入功率增加【考点】：变压器的构造和原理；电功、电功率．【专题】：交流电专题．【分析】：根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论．【解析】：解：A、由图象可知，交流电的周期为0.02s，所以交流电的频率为50Hz，所以A错误；B、由图象可知，原线圈的电压的最大值为311V，原线圈电压的有效值为：，根据电压与匝数成正比可知，电压的有效值为：，所以B正确；C、P左移，R变大，副线圈电流减小，所以原副线的电流变小，故C正确；D、由C分析可知，原副线的电流变小，而电压不变，故功率减小，故D错误；．故选：BC．【点评】：电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路，另外还要清楚变压器各量之间的制约关系．7．（3分）如图所示，质量为m的小球穿在足够长的水平固定直杆上处于静止状态，现对小球同时施加水平向右的恒力F0和竖直向上的力F，使小球从静止开始向右运动，其中竖直向-6-上的力F大小始终与小球的速度成正比，即F=kυ（图中未标出）．已知小球与杆间的动摩擦因数为μ，下列说法中正确的是（）A．小球先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的加速运动，直到最后做匀速运动B．小球先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动直到静止C．小球的最大加速度为D．小球的最大速度为，恒力F0的最大功率为【考点】：功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律．【专题】：功率的计算专题．【分析】：对小球受力分析，根据牛顿第二定律表示出加速度，分析加速度的变化情况，进而分析运动情况，恒力的功率等于力乘以速度．【解析】：解：AB、刚开始运动，加速度为a=，当速度v增大，加速度增大，当速度v增大到符合kv＞mg后，加速度为：a=，当速度v增大，加速度减小，当a2减小到0，做匀速运动，故A正确，B错误；C、当阻力为零时，加速度最大，故小球的最大加速度为，故C正确．D、当加速度为零时，小球的速度最大，此时有：F0=μ（kv﹣mg），故最大速度为：vm=，恒力F0的最大功率为：P=Fvm=，故D错误．故选：AC．【点评】：本题关键是根据牛顿二定律表示出加速度，分析加速度的变化情况，要有分析物体的受力情况和运动情况的能力．8．（3分）如图所示，两面积较大、正对着的平行极板A、B水平放置，极板上带有等量异种电荷．其中A板用绝缘线悬挂，B板固定且接地，P点为两板的中间位置．下列结论正确的是（）A．若在两板间加上某种绝缘介质，A、B两板的电压会保持不变B．A、B两板电荷分别在P点产生电场的场强大小相等，方向相同-7-C．若将A板水平向左平移一小段距离，两板间的电场强度将减小D．若将A板竖直向下平移一小段距离，原P点位置的电势将变大【考点】：电容．【专题】：电容器专题．【分析】：题中电容器的带电量不变．根据对称性和电场的叠加分析A、B两板电荷在P点产生电场的场强关系．移动A板时，根据电容的决定式C=、电容的定义式C=和板间场强公式E=分析板间场强的变化，由U=Ed分析P点与下极板间的电势差的变化，从而确定P点电势的变化【解析】：解：A、在两板间加上某种绝缘介质时，A、B两板所带电荷量没有改变，故A错误．B、A、B两板电荷量数量相等，P点到两板的距离相等，根据对称性和电场的叠加可知两板电荷分别在P点产生电场的场强大小相等，方向都向下，故B正确．C、根据电容的决定式C=、电容的定义式C=和板间场强公式E=得：E=，由题知Q、ɛ均不变，则移动A板时s变小，两板间的电场强度将变小．故C正确．D、由上分析可知将A板竖直向下平移时，板间场强不变，由U=Ed分析得知P点与下极板间的电势差不变，P点的电势保持不变．故D错误．故选：BC．【点