2016年海南省海口市高考二模试卷物理

2016年海南省海口市高考二模试卷物理

2016 年海南省海口市高考二模试卷物理 一、单项选择题 1.以下说法中正确的是( ) A.哥白尼提出“日心说”，发现了太阳系中行星沿椭圆轨道运动的规律 B.开普勒进行了“月﹣地检验”，得出天上和地下的物体都遵从万有引力定律的结论 C.牛顿首先通过扭秤实验测出万有引力常数 D.伽俐略推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动原因”观点 解析：A、哥白尼提出“日心说”，开普勒发现了太阳系中行星沿椭圆轨道运动的规律，故 A 错误； B、牛顿进行了“月﹣地检验”，得出天上和地下的物体都遵从万有引力定律的结论，故 B 错误； C、牛顿发现了万有引力定律，是卡文迪许首先通过扭秤实验测出万有引力常数，故 C 错 误； D、伽俐略通过斜面实验，推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动原因”观点，故 D 正 确。 答案：D 2.在如图所示的位移(x)﹣时间(t)图象和速度(v)﹣时间(t)图象中，给出的四条图线甲、 乙、丙、丁分别代表四辆车由同一地点向同一方向运动的情况，则下列说法正确的是 ( ) A.甲车做曲线运动，乙车做直线运动 B.0～t1 时间内，甲车通过的路程大于乙车通过的路程 C.丙、丁两车在 t2 时刻相距最远 D.0～t2 时间内，丙、丁两车的平均速度相等 解析：A.由图象可知：乙做匀速直线运动，甲做速度越来越小的变速直线运动，故 A 错 误； B.在 t1 时刻两车的位移相等，又都是单向直线运动，所以两车路程相等，故 B 错误； C.由图象与时间轴围成的面积表示位移可知：丙、丁两车在 t2 时刻面积差最大，所以相距 最远，故 C 正确； D.0～t2 时间内，丙的位移小于丁的位移，时间相等，平均速度等于位移除以时间，所以丙 的平均速度小于丁车的平均速度，故 D 错误。 答案：C 3.一马拉着车原来以 5m/s 的速度匀速运动，马受惊后突然加速，则( ) A.车的惯性增大了 B.车的惯性减小了 C.马拉车的力大于车拉马的力 D.马拉车的力始终等于车拉马的力 解析：AB、惯性大小只有物体的质量来决定，马受惊后突然加速，车的惯性保持不变，故 A 错误，B 错误； CD、车拉马的力与马拉车的力是作用力和反作用力，所以车拉马的拉力等于马拉车的力， 故 C 错误，D 正确。 答案：D 4.欧洲天文学家在太阳系外发现了一颗可能适合人类居住的行星，命名为“格里斯 581c” 该行星的质量是地球的 5 倍，直径是地球的 1.5 倍，设在该行星表面附近绕行星沿圆轨道 运行的人造卫星的动能为 Ek1，在地球表面附近绕地球沿圆轨道运行的相同质量的人造卫星 的动能为 Ek2，则 的值约为( ) A.0.13 B.3.33 C.0.33 D.7.5 解析：在行星表面运行的卫星做圆周运动的向心力由万有引力提供，则有： G =m 卫星的动能为：Ek= mv2= 故在地球表面运行的卫星的动能为：EK2= 在“格利斯”行星表面表面运行的卫星的动能为：EK1= 所以有： = =3.33，故 B 正确。 答案：B 5.如图所示，理想变压器的副线圈上通过输电线接有三个灯炮 L1、L2 和 L3，输电线的等效 电阻为 R，原线圈接有一个理想电流表，开始时，开关 S 接通，当 S 断开时，以下说法中 正确的是( ) A.原线圈两端 P、Q 间的输入电压减小 B.等效电阻 R 上消耗的功率变大 C.原线圈中电流表示数增大 D.灯炮 L1 和 L2 变亮 解析：A、电流表是理想的电流表，所以原线圈两端 P、Q 间的输入电压不变，所以 A 错 误。 B、当 S 断开后，副线圈上的总电阻增大，所以输出功率变小，原线圈电流变小，输电线上 电压损失减小，等效电阻 R 上的功率变小，灯泡 L1 和 L2 两端电压增大，功率增大，故 B、 C 错误，D 正确。 答案：D 6.如图所示，水平放置的平行金属板 A、B 连接一电压恒定的电源，两个电荷 M 和 N 同时分 别从极板 A 的左边缘和两极板的正中间沿水平方向同时进入板间电场(运动轨迹在同一平面 内)，两个电荷恰好在板间某点相遇。若不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用，则下列 说法中正确的是( ) A.电荷 M 的比荷大于电荷 N 的比荷 B.两个电荷在电场中运动的加速度可能相等 C.从两个电荷进入电场到两个电荷相遇，电场力对电荷 M 做的功，一定大于电场力对电荷 N 做的功 D.电荷 M 进入电场的初速度大小与电荷 N 进入电场的初速度大小一定相同 解析：A、B、从轨迹可以看出：yM＞yN，故 t2＞ t2 解得 ＞ 故 A 正确、B 错误； C、电场力的功为：W=qEy，q 的大小不知道，故 C 错误； D、从轨迹可以看出：xM＞xN，故 vMt＞vNt，故 vM＞vN，故 D 错误。 答案：A 二、多项选择题 7.如图所示，是一辆质量 m=6×103kg 的公共汽车在 t=0 和 t=4s 末两个时刻的两张照片。 当 t=0 时，汽车刚启动(汽车的运动可看成匀加速直线运动)。根据图中车内横杆上悬挂的 拉手环经放大后的图象，测得 θ=15°。根据题中提供的信息，可以估算出的物理量有 ( ) A.汽车的长度 B.4s 末汽车的速度 C.4s 内汽车牵引力所做的功 D.4s 末汽车牵引力的功率 解析：A、从 c 图知道，汽车的加速度为 gtanθ，还知道初速度为 0 和运动的时间，根据 s=v0t+ at2 和 v=v0+at 可求出汽车的位移(即汽车的长度)和 4s 末汽车的速度。故 A、B 正 确。 C、根据 F=ma 求合外力，根据位移可求出合外力做的功，但不能求出牵引力做的功。故 C 错误。 D、因牵引力大小未知，所以功率无法求出。故 D 错误。 答案：AB 8.如图所示，斜劈形物体的质量为 M，放在水平地面上，质量为 m 的粗糙物块以某一初速 沿斜劈的斜面向上滑，至速度为零后又加速返回，而斜劈始终保持静止，物块 m 上、下滑 动的整个过程中( ) A.地面对斜劈 M 的摩擦力方向先向左后向右 B.地面对斜劈 M 的摩擦力方向没有改变 C.地面对斜劈 M 的支持力等于(M+m)g D.物块 m 向上、向下滑动时加速度大小相同 解析：AB、物体先减速上滑，后加速下滑，加速度一直沿斜面向下，对整体受力分析，受 到总重力、支持力和向左的静摩擦力，根据牛顿第二定律，有： x 轴方向分析：f=masinθ…① y 轴方向分析：(M+m)g﹣N=(M+m)acosθ…② 物体上滑时，受力如图，根据牛顿第二定律，有： mgsinθ+μmgcosθ=ma1…③ 物体下滑时，受力如图，根据牛顿第二定律，有： mgsinθ﹣μmgcosθ=ma2…④ 由①式，地面对斜面体的静摩擦力方向一直未变，一直向左，故 A 错误，B 正确； C、由②式，地面对物体 M 的支持力总小于(M+m)g，故 C 错误； D、由③④两式，物体沿斜面向上滑动时，加速度较大，故 D 错误。 答案：B 9.如图所示小球沿水平面通过 O 点进入半径为 R 的半圆弧轨道后恰能通过最高点 P，然后 落回水平面，不计一切阻力，下列说法正确的是( ) A.小球落地点离 O 点的水平距离为 R B.小球落地点时的动能为 C.小球运动到半圆弧最高点 P 时向心力恰好为零 D.若将半圆弧轨道上的 圆弧截去，其他条件不变，则小球能达到的最大高度比 P 点高 0.5R 解析：A、小球恰能通过最高点，根据牛顿第二定律得： ， 解得： ， 根据 2R= 得：t= ， 则水平距离为：x= 。故 A 错误。 B、根据动能定理得： ， 解得落地的动能为： = 。故 B 错误。 C、小球恰好运动到最高点，重力提供向心力，向心力不为零。故 C 错误。 D、若将半圆弧轨道上的 圆弧截去，到达最高点的速度为零，有 ，未截 去前，有： ，联立两式解得 h﹣2R=0.5R。故 D 正确。 答案：D 10.如图所示，一正方形金属线框位于有界匀强磁场区域内，线框的右边紧贴着磁场边界， t=O 时刻对线框施加一水平向右的外力 F，让线框从静止开始做匀加速直线运动，在 t0 时 刻穿出磁场；图为外力 F 随时间变化的图象，若线框质量为 m、电阻为 R，图象中的 F0、t0 也为已知量，由此可知( ) A.线框穿出磁场时的速度 v=F0t0/m B.线框穿出磁场时的速度 v=3F0t0/m C.匀强磁场的磁感应强度 B= D.匀强磁场的磁感应强度 B= 解析：A、B，t=0 时刻，感应电动势 E=0，感应电流 I=0，安培力 F 安=BIl=0 由牛顿第二定律得：F0=ma， 解得：a= 线框做匀加速直线运动，则线框穿出磁场时的速度 v=at0= ，故 A 正确，B 错误。 C、D，正方形金属线框的边长为 L= = 线框刚离开磁场时所受的安培力为：FA=BIL 由闭合电路的欧姆定律得：I= = = 根据牛顿第二定律得：3F0﹣FA=ma 代入得：3F0﹣ =m 联立求解得：B= ，故 C 正确，D 错误。 答案：AC 三、实验题 11.某同学用图表盘所示的多用电表测量部分电子元件。 (1)用多用电表正确测量了一个约 10Ω 的电阻后，需要继续测量一个阻值大约是 kΩ 左右 电阻。请选择以下必须的步骤，按操作顺序写出： 。 A.用螺丝刀调节表盘下中间部位的指针定位螺丝，使表针指零 B.将红表笔和黑表笔接触 C.把选择开关旋转到“×1k”位置 D.把选择开关旋转到“×100”位置 E.调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆表的“0”刻度 F.用表笔接触约 kΩ 左右的电阻并测量 解析：机械调零在电表指针开始不是指在最左端时，才需要操作，所以 A 选项不是必须的 步骤。欧姆表指针指在中间附近时，读数最准确，所以先选档，把选择开关旋转到 “×100”位置，然后将红黑表笔接触，进行欧姆调零，调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆 表的“0”刻度，然后进行测量，所以必须的步骤的操作顺序是 DBEF。 答案：DBEF (2)若测量结果如图所示，则该电阻的测量值为 。 解析：欧姆表选择×100 倍率，由图示表盘可知，电阻的大小为：19×100=1900Ω。 答案：1900Ω 12.物理小组在一次探究活动中测量滑块与木板之间的动摩擦因数。实验装置如图所示，打 点计时器固定在斜面上。滑块拖着穿过打点计时器的纸带从斜面上滑下。图中是打出的纸 带一段。 (1)已知打点计时器使用的交流电频率为 50Hz，选 A、B、C…等 7 个点为计数点，且各计数 点间均有一个没有画出，如图乙所示。滑块下滑的加速度 a= m/s2。 解析：(1)由△s=aT2 得： a= =3.00m/s2。 答案：3.00 (2)为测量动摩擦因数，下列物理量中还应测量的有 。(填入所选物理量前的字母)。 A.木板的长度 L B.木板的末端被垫起的高度 h C.木板的质量 m1 D.滑块的质量 m2 E.滑块运动的时间 t 解析：对物体受力分析求合力时，用到斜面的倾角，可由斜面的高、长表示斜面倾角正 弦，故还应测量的有木板的长度 L 和木板的末端被垫起的高度 h。 答案：AB (3)测量(2)中所选定的物理量需要的实验器材是 。 解析：测量(2)中所选定的物理量需要刻度尺测量长度。 答案：刻度尺 (4)滑块与木板间的动摩擦因数 μ= (用被测量物理量的字母表示，重力加速度为 g)。与真实值相比，测量的动摩擦因数 (填“偏大”或“偏小”)，写出支持你的看 法的一个论据： 。 解析：由牛顿第二定律、摩擦力公式，得： mgsinθ﹣μmgcosθ=ma 其中：sinθ= ，cosθ= 解得：μ= ； 由于纸带与限位孔间的摩擦力或空气阻力，使求得的加速度偏小，导致摩擦力偏大，摩擦 因数偏大。 处理纸带数据时忽略了纸带与限位孔间的。摩擦力或忽略空气阻力。 答案： 偏大 没有考虑纸带与打点计时器间的摩擦和空气阻力等因素 四、计算题 13.如图所示，直线 MN 上方有垂直纸面向外的足够大的有界匀强磁场区域，磁感应强度为 B，正、负电子同时从 O 点以与 MN 成 30°角的相同速度 v 射入该磁场区域(电子质量为 m， 电量为 e)，经一段时间后从边界 MN 射出。求： (1)它们从磁场中射出时，出射点间的距离。 解析：正、负电子在匀强磁场中圆周运动半径相同但绕行方向不同，分别作出正、负电子 在磁场中运动的轨迹如图所示。 由 得：R= 射出点距离为：PQ=4Rsinθ T= 所以：θ=30° 如图可知，两粒子离开时距 O 点均为 R， 所以出射点相距为：L=2R= 答案：它们从磁场中射出时，出射点间的距离为 。 (2)它们从磁场中射出的时间差。 解析：由 得： 负电子在磁场中运动时间： 正电子在磁场中运动时间： 所以两个电子射出的时间差： 答案：它们从磁场中射出的时间差为 14.如图所示，半径 R=0.5m 的光滑圆弧面 CDM 分射与光滑斜面体 ABC 和斜面 MN 相切于 C、 M 点，O 为圆弧圆心，D 为圆弧最低点，斜面体 ABC 固定在地面上，顶端 B 安装一定滑轮， 一轻质软细绳跨过定滑轮(不计滑轮摩擦，细绳最大承受力足够大)分别连接小物块 P、 Q(两边细绳分别与对应斜面平行)，并保持 P、Q 两物块静止。若 PC 间距为 L1=0.25m，斜面 MN 粗糙且足够长，物块 P 质量 m1=3kg，与 MN 间的动摩擦因数 μ= 求：(sin37°=0，6， cos37°=0.8，g=l0m/s2)。 (1)小物块 Q 的质量 m2。 解析：对 P，根据共点力平衡得：m1gsin53°=T， 对 Q，根据共点力平衡得：m2gsin37°=T 则：m1gsin53°=m2gsin37° 解得： 。 答案：小物块 Q 的质量为 4kg (2)物块 P 第一次过 M 点后 0.3s 到达 K 点(未画出)，求 MK 间距大小。 解析：物块 P 在 BC 上下滑的加速度为：a=gsin53°=8m/s2， 则滑块到达 C 点的速度为： 。 根据机械能守恒知，滑块在 M 点的速度为：vM=2m/s， 则 MK 间距大小：d= 。 答案：MK 间距大小为 0.3m (3)物块 P 在 MN 斜面上滑行的总路程。 解析：滑块最终在 CM 间来回滑动，对全过程运用动能定理得： mgL1sin53°﹣μmgcos53°s=0 代入数据解得：s=1m。 答案：物块 P 在 MN 斜面上滑行的总路程为 1m 五、选考题 15.关于热现象和热学规律，下列说法中正确的是 ( ) A.只要知道气体的摩尔体积和阿伏伽德罗常数，就可以算出气体分子的体积 B.悬浮在液体中的固体微粒越小，布朗运动就越明显 C.一定质量的理想气体，保持气体的压强不变，温度越高，体积越大 D.一定温度下，饱和汽的压强是一定的 E.第二类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律 F.由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间只有引力，没有斥 力，所以液体表面具有收缩的趋势 解析：A、知道气体的摩尔体积和阿伏伽德罗常数，可以算出每个气体分子占据空间的体 积，但不是分子体积(分子间隙大)，故 A 错误； B、悬浮在液体中的固体微粒越小，碰撞的不平衡性越明显，布朗运动就越明显，故 B 正 确； C、根据理想气体状态方程 ，一定质量的理想气体，保持气体的压强不变，温度越 高，体积越大，故 C 正确； D、一定温度下，饱和汽的压强是一定的，故 D 正确； E、第二类永动机不可能制成是因为它违反了热力学第二定律，故 E 错误； F、由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间引力和斥力的合力表 现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势，故 F 错误。 答案：BCD 16.如图所示，装有水银的细 U 形管与巨大的密封气罐 A 相连，左端封闭有一段空气柱，在 气温为﹣3℃，空气柱长为 6cm，右端水银面比左端低 40cm，当气温升到 7℃时，U 形管两 边高度差增加了 4cm，求气罐内气体在﹣3℃时的压强。 解析：因气罐体积大，与细 U 形管相比，可认为状态发生变化时气体体积是不变的。气罐 中的气体在 时，压强为 p1 当温度升到 27℃即， 时的压强为 p2，根据查理定律 ，有： 以左边的细管中的气柱为研究对象 ， ， ，当 时， ， 根据理想气体状态方程 代入数据 整理后得： ，将 代入 解得 。 答案：气罐内气体在﹣3℃时的压强 35cmHg 17.如图为一列横波在某一时刻的波形图，若此时质点 Q 的速度方向沿 y 轴负方向，则： (1)波的传播方向是 。 解析：由题意，此时质点 Q 的速度方向沿 y 轴负方向，波形向左平移，则知波向左传播。 答案：向左 (2)若 P 开始振动时，N 已振动了 0.02s，则该波的波速是 m/s。 解析：质点 P 开始振动时，N 已振动了 0.02s，得到周期 T=4×0.02s=0.08s 由图读出波长 λ=8m 则波速 v= =100m/s。 答案：100 18.如图所示，直角玻璃三棱镜置于空气中，已知∠A=60°，∠C=90°，一束极细的光于 AC 边的中点 D 垂直 AC 面入射，AD=a，棱镜的折射率 n= 。求： (1)光从棱镜第一次射入空气时的折射角。 解析：如图所示， i1=60°，设玻璃对空气的临界角为 C， 则 sin C= = C=45° i1＞45°， 发生全反射 i2=i1﹣30°=30°＜C，由折射定律有： = 所以 γ=45° 答案：光从棱镜第一次射入空气时的折射角为 45° (2)光从进入棱镜到它第一次射入空气所经历的时间。(设光在真空中的传播速度为 c) 解析：三棱镜中光速 v= = 所求时间：从 BC 边射出的光线：t= + = 。 答案：光从进入棱镜到它第一次射入空气所经历的时间为 19.已知金属钙的逸出功为 0.7eV，氢原子的能级图如图所示，一群氢原子处于量子数 4 能 级状态，则氢原子可能辐射 种频率的光子，有 种频率的辐射光子能使钙发生 光电效应，从金属钙表面逸出的光电子的最大初动能为 eV。 解析：根据 知，一群氢原子处于量子数 4 能级状态，氢原子可能辐射 6 种不同频率 的光子。 从 n=4 跃迁到 n=1，n=3 跃迁到 n=1，n=2 跃迁到 n=1，n=4 跃迁到 n=2，n=3 跃迁 n=2 辐射 的光子能量大于金属钙的逸出功，则有 5 种频率的光子能够使钙发生光电效应。 从 n=4 跃迁到 n=1 辐射的光子能量最大，即 hv=﹣0.85+13.6eV=12.75eV， 根据光电效应方程 Ekm=hv﹣W0 得，最大初动能 Ekm=12.75﹣0.7eV=12.05eV。 答案：6 5 12.05 20.质量为 M=3.0kg 的小车在光滑的水平轨道上匀速向右运动，速度为 v1=2m/s。在小车下 方中心 O 处悬挂一根长长的轻绳，绳下端拴一个质量 m=2.0kg 的钢块，钢块随小车一起运 动，轻绳保持竖直方向，如图所示。一颗质量为 m′=0.4kg 的子弹从左边沿水平方向向右 射来，速度为 v2=30m/s，与钢块发生碰撞，碰撞时间极短，碰后子弹以 20m/s 的速度反向 弹回。求钢块在此后的运动过程中离最低点的高度的最大值。 解析：取向右为正方向，对子弹打击钢块的过程，根据动量守恒定律得： mv1+m′v2=mv1′﹣m′v2′ 代入得：2×2+0.4×30=2×v1′﹣0.4×20 解得 v1′=12m/s 钢块上升到最大高度时钢块与小车的速度相同，设共同速度为 v。 对于钢块和小车，根据水平方向动量守恒定律得 Mv1+mv1′=(M+m)v 根据机械能守恒定律得 + =mgh+ (M+m)v2； 联立解得 h=5.5m 答案：钢块在此后的运动过程中离最低点的高度的最大值是 5.5m。