2016年江西省赣州市南康中学高考四模试卷物理

2016年江西省赣州市南康中学高考四模试卷物理

2016 年江西省赣州市南康中学高考四模试卷物理 一、选择题 1.伽利略在研究自由落体运动性质的时候，为了排除物体自由下落的速度 v 随着下落高度 h(位移大小)是均匀变化(即 v=kh，k 是个常数)的可能性，设计了如下的理想实验：在初速 度为零的匀变速直线运动中，因为① = (式中 表示平均速度)，而②h= •t，如果 ③v=kh 成立的话，那么，必有 h= kht，即 t=k 为常数。t 竟然是与 h 无关的常数，这显然 与常识相矛盾！于是，可以排除速度 v 是随着下落高度 h 均匀变化的可能性。关于伽利略 这个理想实验中的逻辑及逻辑用语，你做出的评述是( ) A.全部正确 B.①式错误 C.②式错误 D.③式以后的逻辑错误 解析：研究自由落体运动的性质，就是为了研究自由落体运动是否是匀变速直线运动，而 ①式中，是匀变速直线运动的公式，把它当做已知条件，就等于已经承认了自由落体运动 是匀变速直线运动，把待证明的结论当做已知用，那么就没有证明的必要了，故①错误。 答案：B 2.如图所示，斜面上有 a、b、c、d 四个点，ab=bc=cD。从 a 点正上方的 O 点以速度 v 水平 抛出一个小球，它落在斜面上 b 点。若小球从 O 点以速度 2v 水平抛出，不计空气阻力， 则它落在斜面上的( ) A.b 与 c 之间某一点 B.c 点 C.c 与 d 之间某一点 D.d 点 解析：过 b 做一条与水平面平行的一条直线，若没有斜面，当小球从 O 点以速度 2v 水平 抛出时，小球将落在我们所画水平线上 c 点的正下方，但是现在有斜面的限制，小球将落 在斜面上的 bc 之间，故 A 正确，BCD 错误。 答案：A 3.2015 年 7 月美国宇航局(NASA)发布最新消息称，天文学家发现了迄今最近地球的“孪生 星球”﹣﹣Kepler452b 行星，其围绕一颗恒星 Kepler452b 转动，周期为 368 天。该行星直 径约为地球的 1.6 倍，与恒星之间的距离与日﹣地距离相近。某学生查阅资料得地球的直 径大约为 1.28×104km，地球与太阳间的距离大约为 1.5×108km，引力常亮为 G，天体的运 动近似为圆周运动，根据以上信息，以下说法正确的是( ) A.可求出该行星的质量 B.可求出恒星 Kepler452b 的质量 C.若在该行星发射卫星则可求出最小的发射速度 D.若有一卫星绕该行星运转周期为 T，则可求出行星的密度 解析：A、根据万有引力充当向心力 只能求出中心天体的质量，由题意不能 求出该行星的质量，故 A 错误 B 正确 C、天体上的最小发射速度等于第一宇宙速度 V= ，天体表面重力约等于万有引力得： GM=gR2，所以，不知道行星的质量就不能求 g，则不可求最小的发射速度，故 C 错误 D、不知道卫星的轨道半径，根据万有引力充当向心力 不能求出中心天体行 星的质量 M，密度为 则不能求出，故 D 错误。 答案：B 4.如图所示，一根细线下端拴一个金属小球 P，细线的上端固定在金属块 Q 上，Q 放在带 小孔的水平桌面上。小球在某一水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆)。现使小球改到一个更 高一些的水平面上做匀速圆周运动(图上未画出)，两次金属块 Q 都保持在桌面上静止。则 后一种情况与原来相比较，下面的判断中正确的是( ) A.Q 受到桌面的支持力变大 B.Q 受到桌面的静摩擦力变大 C.小球 P 运动的角速度变大 D.小球 P 运动的周期变大 解析：A、金属块 Q 保持在桌面上静止，对于金属块和小球研究，竖直方向没有加速度， 根据平衡条件得知，Q 受到桌面的支持力等于两个物体的总重力，保持不变。故 A 错误。 B、C、D 设细线与竖直方向的夹角为 θ，细线的拉力大小为 T，细线的长度为 L。P 球做 匀速圆周运动时，由重力和细线的拉力的合力提供向心力，如图， 则有 T= ， mgtanθ=mω2Lsinθ，得角速度 ω= ，周期 T= 使小球改到一个 更高一些的水平面上作匀速圆周运动时，θ 增大，cosθ 减小，则得到细线拉力 T 增大，角 速度增大，周期 T 减小。对 Q，由平衡条件得知，f=Tsinθ=mgtanθ，知 Q 受到桌面的静摩 擦力变大。故 B、C 正确，D 错误。 答案：BC 5.如图，质量为 m、带电量为 q 的小球用长为 l 的细线悬挂，处在水平方向的匀强电场 中，小球静止于 A 点，此时悬线与竖直方向夹角为 θ=30°，现用力将小球缓慢拉到最低点 B 由静止释放。不计空气阻力，则下列说法正确的是( ) A.小球将回到 A 处停下来 B.小球将在 A、B 之间往复摆动 C.场强的大小为 E= D.小球从 B 向右摆到最高点的过程中，电势能的减少量为 mgl(1﹣ ) 解析：A、B、由题知，小球原来静止，电场力与重力的合力方向沿 OA 方向。小球从最低 点 B 由静止释放后，电场力和重力的合力做正功，小球的速度增大，到达 A 点后，由于惯 性，继续向上摆动，之后合力对小球做负功，速度减小，速度减至零后，再向下摆动，到 B 点速度为零，周而复始，所以小球将以 A 点为平衡位置做往复运动。故 AB 错误； C、小球原来处于静止，由平衡条件得：qE=mgtanθ，则得 E= = ，故 C 正 确； D、小球从 B 向右摆到最高点的过程中，设 x 细线的最大偏角为 α。 根据能量守恒定律得：mgl(1﹣cosα)=qElsinα 将 qE=mgtanθ，代入解得：tan =tanθ，α=2θ=60° 所以电势能的减少量为△ Ep=qElsinα=mgl(1﹣cosα)=mgl(1﹣cos60°)= ，故 D 错误。 答案：C 6.如图所示，光滑的水平地面上有三块木块 a、b、c，质量均为 m，a、c 之间用轻质细绳 连接。现用一水平恒力 F 作用在 b 上，三者开始一起做匀加速运动，运动过程中把一块橡 皮泥粘在某一木块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动。则在粘上橡皮泥并达到 稳定后，下列说法不正确的是( ) A.无论粘在哪块木块上面，系统的加速度一定减小 B.若粘在 a 木块上面，绳的张力减小，a、b 间摩擦力不变 C.若粘在 b 木块上面，绳的张力和 a、b 间摩擦力一定都减小 D.若粘在 c 木块上面，绳的张力和 a、b 间摩擦力一定都增大 解析：A、由整体法可知，只要橡皮泥粘在物体上，物体的质量均增大，则由牛顿运动定 律可知，加速度都要减小，故 A 正确； B、以 C 为研究对象，由牛顿第二定律可得，FT=ma，因加速度减小，所以拉力减小，而 对 b 物体有 F﹣fab=ma 可知，摩擦力 Fab 应变大，故 B 错误； C、若橡皮泥粘在 b 物体上，将 ac 视为整体，有 Fac=2ma=f，所以摩擦力是变小的，故 C 正确； D、若橡皮泥粘在 c 物体上，将 ab 视为整体，F﹣FT=2ma，加速度减小，所以拉力 FT 变 大，对 b 有 F﹣fab=ma，知 Fab 增大；故 D 正确。 答案：B 7.如图甲所示，正方形金属线圈 abcd 位于竖直平面内，其质量为 m，电阻为 R。在线圈的 下方有一匀强磁场，MN 和 M′N′是磁场的水平边界，并与 bc 边平行，磁场方向垂直于纸 面向里。现使金属线框从 MN 上方某一高度处由静止开始下落，图乙是线圈由开始下落到 完全穿过匀强磁场区域瞬间的 v﹣t 图象，图中字母均为已知量。重力加速度为 g，不计空 气阻力。下列说法正确的是( ) A.金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿 adcba 方向 B.金属线框的边长为 v1(t2﹣t1) C.磁场的磁感应强度为 D.金属线框在 0～t4 的时间内所产生的热量为 2mgV1(t2﹣t1)+ m(V22﹣V32) 解析：A、金属线框刚进入磁场时磁通量增大，根据楞次定律判断可知，感应电流方向沿 abcda 方向；故 A 错误； B、由图象可知，金属框进入磁场过程中是做匀速直线运动，速度为 v1，运动时间为 t2﹣ t1，故金属框的边长：l=v1(t2﹣t1)；故 B 正确； C、在金属框进入磁场的过程中，金属框所受安培力等于重力，则得：mg=BIl，I= ， 又 l=v1(t2﹣t1)。 联立解得：B= ；故 C 错误； D、t1 到 t2 时间内，根据能量守恒定律，产生的热量为：Q1=mgl=mgυ1(t2﹣t1)； t3 到 t4 时间内，根据能量守恒定律，产生的热量为：Q2=mgl+ m( ﹣ )=mgυ1(t2﹣t1)+ m( ﹣ ) 故 Q=Q1+Q2=2mgυ1(t2﹣t1)+ m( ﹣ )，故 D 正确。 答案：BD 8.如图所示，固定在水平面上的光滑斜面倾角为 30°，质量分别为 M、m 的两个物体通过 细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑轮两侧，斜面底端有一与斜面垂直的挡板。开始时用手按住 物体 M，此时 M 距离挡板的距离为 s，滑轮两边的细绳恰好伸直，且弹簧处于原长状态。 已知 M=2m，空气阻力不计。松开手后，关于二者的运动下列说法中正确的是( ) A.当 M 的速度最大时，m 与地面间的作用力为零 B.M 和 m 组成的系统机械能守恒 C.若 M 恰好能到达挡板处，则此时 m 的速度为零 D.若 M 恰好能到达挡板处，则此过程中重力对 M 做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物 体 m 的机械能增加量之和 解析：A、M 的重力分力为 Mgsinθ=mg；物体先做加速运动，当受力平衡时 M 速度达最 大，则此时 m 受力为 mg，故 m 恰好与地面间的作用力为零；故 A 正确； B、因 M 和 m 之间有弹簧，故两物体受弹簧的弹力对两物体做功，机械能不守恒；故 B 错 误； C、从 m 开始运动至到 M 到达底部过程中，弹力的大小一直大于 m 的重力，故 m 一直做 加速运动，M 到达底部时，m 的速度不为零；故 C 错误； D、M 恰好能到达挡板处，则此过程中重力对 M 做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体 m 的机械能增加量之和；故 D 正确。 答案：AD 二、非选择题 9.回答下列问题 (1)在利用打点计时器和重锤做“验证机械能守恒定律”得实验时，以下说法正确得是 A.应选用质量较大得重锤，使重锤和纸带所受得重力远大于它们所受得阻力 B.重锤得质量必须测出才能完成验证实验 C.处理数据时必须挑选第一、二两点间距离接近 2mm 得纸带才能完成实验 D.处理数据时可以避开纸带上初始得密集的几点，选择后面合适的两点进行测算与验证 解析：A、实验时选择质量较大的重锤，使得重力远大于阻力，使得阻力的影响可以忽 略。故 A 正确。 B、根据 mgh= mv2 可知，验证机械能守恒定律不一定需要测量重锤的质量，因为重力势 能的减小量和动能的增加量中都含有质量，可以约去。故 B 错误。 C、根据 h= gt2= ×10×0.022=0.002m=2mm，知当第一、二两点间的距离接近 2mm，则阻 力的影响可以忽略，能够验证机械能是否守恒。故 C 正确。 D、处理数据时可以避开纸带上初始得密集的几点，选择后面合适的两点进行测算与验 证。故 D 正确。 答案：ACD (2)在验证机械能守恒定律的实验中若重物质量为 0.50kg，选择好的纸带如图，已知相邻两 点时间间隔为 0.02s(OA 之间还有一些点未画出)，长度单位是 cm，g 取 9.8m/s2.则打点计时 器打下点 B 时，重物的速度 vB= m/s；从起点 O 到打下点 B 的过程中，重物重力 势能的减小量△ EP= J，动能的增加量△ EK= J。(结果保留三位有效 数字) 解析：根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该段时间内的平均速度可以求出物体在 B 点时的速度：vB= = m/s≈0.973 m/s， 重力势能的减少量：△ Ep=mghB=0.5×9.8×4.86×10﹣2 J≈0.238J； 动能的增量：△ Ek= mvB2= ×0.5×0.9732≈0.237J。 答案：0.973 0.238 0.237 10.某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材： A.被测干电池一节 B.电流表 1：量程 0～0.6A，内阻 r=0.3Ω C.电流表 2：量程 0～0.6A，内阻约为 0.1Ω D.电压表 1：量程 0～3V，内阻未知 E.电压表 2：量程 0～15V，内阻未知 F.滑动变阻器 1：0～10Ω，2A G.滑动变阻器 2：0～100Ω，1A H.开关、导线若干 伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系 统误差；在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻。 (1)在上述器材中请选择适当的器材： (填写选项前的字母)。 解析：在上述器材中请选择适当的器材：A.被测干电池一节 为了读数准确，所以选择 D.B.电流表：量程 0～0.6A，电压表：量程 0～3V， 滑动变阻器阻值较小有利于电表的数值变化，减小误差，答案：F.滑动变阻器，H.开关、 导线若干。 答案：ABDFH (2)实验电路图应选择图中的 (填“甲”或“乙”)。 解析：因电流表内阻已知；故应采用相对电源的电流表内接法；答案：甲。 答案：甲 (3)根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的 U﹣I 图象，则在修正了实验系 统误差后，干电池的电动势 E= V，内电阻 r= Ω。 解析：由 U﹣I 图可知，电源的电动势 E=1.50V； 内电阻 r= ﹣RA=0.7Ω 答案：1.5 0.7 11.如图所示，底座 A 上装有 L=0.5m 长的直立杆，底座和杆的总质量为 M=1.0kg，底座高 度不计，杆上套有质量为 m=0.2kg 的小环 B，小环与杆之间有大小恒定的摩擦力。当小环 从底座上以 v0=4.0m/s 的初速度向上飞起时，恰好能到达杆顶，然后沿杆下降，取 g=10m/s2，求：在环飞起过程中，底座对水平面的压力；此环下降过程需要多长时间。 解析：对环进行受力分析，环受重力及杆给环向下的摩擦力，上升阶段加速度大小为 a1。 由牛顿第二定律，得： mg+Ff=ma1 由运动学公式： 解得：a1=16.0m/s2 Ff=1.2N 对底座进行受力分析，由平衡条件得：Mg=FN+Ff′ 解得：FN=8.8N 又由牛顿第三定律知，底座对水平面压力为 8.8N； 对环受力分析，设环下降过程的时间是 t，下降阶段加速度为 a2，则有： mg﹣F'f=ma2 联立并代入数据解得：a=4.0m/s2 t=0.5s 答案：在环飞起过程中，底座对水平面的压力为 8.8N 此环下降过程需要多长时间为 0.5s 12.如图甲所示，在竖直平面内建立一平面直角坐标系 xoy，x 轴沿水平方向。第二象限内 有一水平向右的场强为 E1 的匀强电场，第一、四象限内有一正交的场强为 E2 竖直向上的 匀强电场和磁感应强度为 B 的匀强交变磁场，匀强磁场方向垂直纸面。从 A 点以 v0=4m/s 竖直向上射出一个比荷为 =102C/kg 的带正电的小球(可视为质点)，并以 v1=8m/s 的速度从 y 轴上的 C 点水平向右进入第一象限，且在第一象限内刚好沿圆弧作圆周运动。取小球从 C 点进入第一象限的时刻为 t=0，磁感应强度按图乙所示规律变化(以垂直纸面向外的磁场 方向为正方向)，g=10m/s2.求： (1)小球从 A 点运动到 C 点的时间 t1 和匀强电场 E2 的场强。 解析：小球从 A 到 C 竖直方向受重力作用做匀减速运动，有： 小球进入第一象限内恰作圆周运动，有：mg﹣qE2=0 解代入数据得： t1=0.4s E2=0.1N/C 答案：小球从 A 点运动到 C 点的时间为 0.4s，匀强电场 E2 的场强为 0.1N/C (2)x 轴上有一点 D，OD=OC，若带电粒子在通过 C 点后的运动过程中不再越过 y 轴且沿 x 轴正方向通过 D 点，求磁感应强度 B0 和磁场的变化周期 T0. 解析：设粒子在第一象限内做圆周运动运动圆轨道半径为 R，周期为 T，C 到 O 的距离为 y，作出其运动轨迹如图所示。 则有： ， 要粒子沿 x 轴通过通过 D 点，则由图中几何关系有：y=n(2R) 联解得： B0=0.2n(T)(n=1，2，3…)或 B0=0.1n(T)(n=2，4，6…)， (s)(n=1，2，3…)或 (s) (n=2，4，6…) 答案：磁感应强度为 0.2n(T)(n=1，2，3…)或 B0=0.1n (T)(n=2，4，6…)，磁场的变化周期 为 (s)(n=1，2，3…)或 (s) (n=2，4，6…) 13. 两列简谐横波的振幅都是 20cm，传播速度大小相同。实线波的频率为 2Hz，沿 x 轴正 方向传播，虚线波沿 x 轴负方向传播。某时刻两列波在如图所示区域相遇，则( ) A.在相遇区域会发生干涉现象 B.实线波和虚线波的频率之比为 3：2 C.平衡位置为 x=6m 处的质点此刻速度为零 D.平衡位置为 x=8.5m 处的质点此刻位移 y＞20cm E.从图示时刻起再经过 0.25s，平衡位置为 x=5m 处的质点的位移 y＜0 解析：A、两列波波速相同，波长不同，根据 v=λf，频率不同，不能干涉，故 A 错误； B、两列波波速相同，波长分别为 4m、6m，为 2：3，根据根据 v=λf，频率比为 3：2，故 B 正确； C、平衡位置为 x=6m 处的质点此刻位移为零，两列波单独引起的速度不等，相反，故合速 度不为零，故 C 错误； D、平衡位置为 x=8.5m 处的质点，两列波单独引起的位移分别为 、 ，故合位移大 于振幅 A，故 D 正确； E、传播速度大小相同。实线波的频率为 2Hz，其周期为 0.5s，由图可知：虚线波的周期为 0.75s； 从图示时刻起再经过 0.25s，实线波在平衡位置为 x=5m 处于波谷，而虚线波也处于 y 轴上 方，但不在波峰处，所以质点的位移 y＜0，故 E 正确。 答案：BDE 14.如图所示，一等腰直角三棱镜，放在真空中，AB=AC.在棱镜侧面 AB 左方有一单色光 源 S，从 S 发出的光线 SD 以 60°入射角从 AB 侧面中点射入三棱镜，当它从侧面 AC 射出 时，出射光线与棱镜侧面 AC 间的夹角为 30°。求此三棱镜的折射率并作出光路图。 解析：由折射定律，光线在 AB 面上折射时有： 在 AC 面上出射时， 由几何关系，γ=90°﹣30°=60°，α+β=90° 联立解得：α=β=45° 折射率 n= 答案：三棱镜的折射率为 。光路图如图所示。 15.爱因斯坦因提出了光量子概念并成功地解释光电效应的规律而获得 1921 年诺贝尔物理 学奖。某种金属逸出光电子的最大初动能 Ekm 与入射光频率 ν 的关系如图 1 所示，其中 ν0 为极限频率。从图中可以确定的是( ) A.逸出功与 ν 有关 B.当 ν＞ν0 时，会逸出光电子 C.Ekm 与入射光强度成正比 D.图中直线的斜率与普朗克常量有关 E.截止频率与金属的逸出功有关 解析：A、金属的逸出功是由金属自身决定的，与入射光频率无关，其大小 W=hγ，故 A 错误。 B、要有光电子逸出，则光电子的最大初动能 Ekm＞0，即只有入射光的频率大于金属的极 限频率，即 ν＞ν0γ 时才会有光电子逸出。故 B 正确。 C、根据爱因斯坦光电效应方程 Ekm=hν﹣W，可知光电子的最大初动能 Ekm 与入射光的强 度无关，但 Ekm 与入射光强度不是成正比，而是线性关系。故 C 错误。 D、根据爱因斯坦光电效应方程 Ekm=hν﹣W，可知 =h，故 D 正确； E、截止频率与金属的逸出功关系 hν0=W，故 E 正确。 答案：BDE 16.如图，A、B、C 三个木块的质量均为 m，置于光滑的水平桌面上，B、C 之间有一轻质 弹簧，弹簧的两端与木块接触而不固连。将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把 B 和 C 紧 连，使弹簧不能伸展，以至于 B、C 可视为一个整体。现 A 以初速度 v0 沿 B、C 的连线方 向朝 B 运动，与 B 相碰并粘合在一起。以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使 C 与 A、B 分离。已知离开弹簧后 C 的速度恰好为 v0.求弹簧释放的势能。 解析：设碰后 A、B 和 C 的共同速度的大小为 v，由动量守恒定律得：mv0=3mv， 设 C 离开弹簧时，A、B 的速度大小为 v1，由动量守恒得 3mv=2mv1+mv0，解得：v1=0； 设弹簧的弹性势能为 EP，从细线断开到 C 与弹簧分开的过程中机械能守恒，有 (3m)v2+EP= (2m)v12+ mv02，解得：EP= mv02。 答案：弹簧释放的势能为 mv02