2016年湖北省宜昌市高考一模试卷物理 11页

2016 年湖北省宜昌市高考一模试卷物理 一、选择题 1.叠罗汉是一种二人以上层层叠成各种造型的游戏娱乐形式，也是一种高难度的杂技。图示为六人 叠成的三层静态造型，假设每个人的重力均为 G，下面五人的背部均呈水平状态，则最底层正中间 的人的一只脚对水平地面的压力约为( ) A.G B. G C. G D. G 解析：最上面的人受到的竖直向下重力为 G，所以每个腿上的力都是 ； 中间层最左边的人，受到竖直向下的力为：G+ = ，所以每个腿上的力都是 ； 由对称性，中间层最右边的人每个腿上的力也是 ； 最底层中间的人，受到竖直向下的力为：G+ + = ，所以其每根腿上的力为： 。 即：最底层正中间的人的一只脚对水平地面的压力约为： 。 答案：C 2.电动势为 E、内阻为 r 的电源与定值电阻 R1、R2 及滑动变阻器 R 连接成如图所示的电路，当滑动 变阻器的触头由中点滑向 a 端时，下列说法正确的是( ) A.定值电阻 R1 电功率增减小 B.电压表和电流表读数都减小 C.电压表读数增大，电流表读数减小 D.R 中电流变化的绝对值等于电流表读数变化的绝对值 解析：A、当滑片向 a 滑动时，R 接入电阻减小，总电阻减小，由闭合电路的欧姆定律可知电路中 总电流 I 增加， 根据 P=I2R 可知电阻 R1 电功率增大，故 A 错误； B、C、干路电流增加，内电压增加，由 U=E﹣Ir 可知路端电压减小，即电压表示数减小； 因路端电压减小，R1 两端的电压增加，故并联部分电压减小，由欧姆定律可知电流表示数减小；故 B 正确，C 错误； D、滑动变阻器 R 与电阻 R2 并联，总电流增加，电阻 R2 的电流减小，故滑动变阻器 R 的电流增 加，且增加量等于干路电流的增加量与电阻 R2 的电流减小量之和，故 R 中电流变化的绝对值大于 电流表读数变化的绝对值，故 D 错误。 答案：B 3.随着我国登月计划的实施，我国宇航员登上月球已不是梦想；假如我国宇航员登上月球并在月球 表面附近以初速度 v0 竖直向上抛出一个小球，经时间 t 后回到出发点。已知月球的半径为 R，万有 引力常量为 G，则下列说法正确的是( ) A.月球表面的重力加速度为 B.月球的质量为 C.宇航员在月球表面获得 的速度就可能离开月球表面围绕月球做圆周运动 D.宇航员在月球表面附近绕月球做匀速圆周运动的绕行周期为 解析：A、小球在月球表面做竖直上抛运动，根据匀变速运动规律得： t= 解得：g 月= ，故 A 错误； B、物体在月球表面上时，由重力等于地月球的万有引力得： ，解得：M= ，故 B 正确； C、宇航员离开月球表面围绕月球做圆周运动至少应获得的速度大小即月球的第一宇宙速度大小 所以 解得：v= ，故 C 错误； D、宇航员乘坐飞船在月球表面附近绕月球做匀速圆周运动，根据重力提供向心力得： mg 月=m =m 解得：T= ，故 D 错误。 答案：B 4.如图所示，虚线 a、b、c 是电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相同，实线为一带电粒 子在仅受电场力作用下，通过该区域的运动轨迹，P、Q 是轨迹上的两点。下列说法中正确的是 ( ) A.带电粒子通过 P 点时的动能比通过 Q 点时小 B.带电粒子一定是从 P 点向 Q 点运动 C.带电粒子通过 P 点时的加速度比通过 Q 点时小 D.三个等势面中，等势面 a 的电势最高 解析：A、从 P 到 Q 过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故 P 点的动能小于 Q 点的动 能，故 A 正确； B、无法判断粒子的运动方向，故 B 错误 C、由于相邻等势面之间的电势差相同。等势线密的地方电场线密场强大，故 P 点位置电场强，电 场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，故 C 错误； D、根据质点判断出受力情况但不知道粒子所带电性，故无法判断等势面的电势高低，故 D 错误。 答案：A 5.如图甲所示，理想变压器的原线圈匝数 n1=100 匝，副线圈匝数 n2=50 匝，电阻 R=10Ω，V 是交 流电压表，原线圈加上如图所示的交流电，则下列说法正确的是( ) A.流经电阻 R 的电流的频率为 100Hz B.电压表 V 的示数为 10 V C.流经 R 的电流方向每秒改变 50 次 D.电阻 R 上每秒产生的热量为 10J 解析：A、由图乙可知交流电周期 T=0.02 秒，故频率为 50Hz，故 A 错误； B、由图乙可知交流电压最大值 Um=20 V，故变压器的输入电压为：U1= =20V；根据变压比 公式，有： ，解得：U2=10V，故 B 错误； C、交流电频率为 50Hz，故流经 R 的电流方向每秒改变 100 次，故 C 错误； D、电阻 R 上每秒产生的热量为：Q= ；故 D 正确。 答案：D 6.如图以实线为理想边界，上方是垂直纸面的匀强磁场。质量和带电量大小都相等的带电粒子 M 和 N，以不同的速率经小孔 S 垂直边界和磁场进入匀强磁场，运动的半圆轨迹如图中虚线所示，下列 表述错误的是( ) A.M 带负电，N 带正电 B.M 的速率小于 N 的速率 C.洛伦兹力对 M、N 都做正功 D.M 在磁场中的运动时间大于 N 在磁场中的运动时间 解析：A：由左手定则判断出 N 带正电荷，M 带负电荷，故 A 正确； B：粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力 qvB=m ，半径为：r= ，在质量与电量相同的情 况下，半径大说明速率大，即 M 的速度率大于 N 的速率，故 B 错误； C：洛伦兹力不做功，故 C 错误； D：粒子在磁场中运动半周，即时间为周期的一半，而周期为 T= ，与粒子运动的速度无关， 所以 M 的运行时间等于 N 的运行时间，故 D 错误。 答案：BCD 7.如图所示，相距为 d 的两条水平虚线 Ll、L2 之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为 B， 正方形线圈 abcd 边长为 L(L＜d)，质量为 m，电阻为 R，将线圈在磁场上方高 h 处静止释放，cd 边 刚进入磁场时速度为 v0，cd 边刚离开磁场时速度也为 v0.则线圈穿越磁场的过程中，(从 cd 边刚进 入磁场起一直到 ab 边离开磁场为止)以下说法正确的是( ) A.感应电流所做的功为 mgd B.感应电流所做的功为 2mgd C.线圈的最小速度一定为 D.线圈的最小速度一定为 解析：线圈在下落分别经过图中的四个位置： 1 位置 cd 边刚进入磁场，2 位置 ab 边进入磁场，3 位置 cd 边刚出磁场，4 位置 ab 边刚出磁场，根 据题意 1、3 位置速度为 v0；2 到 3 位置磁通量不变，无感应电流，线圈只受重力，做加速度为 g 的匀加速运动；结合 1、3 位置速度相同，可知 1 到 2 减速，2 到 3 匀加速，3 到 4 减速，并且 1 到 2 减速与 3 到 4 减速所受合力相同，运动情况完全相同。对线圈由 1 到 3 位置用动能定理：mgd﹣ W=△ Ek=0，W 为克服安培力所做的功，根据能的转化和守恒定律，这部分能量转化为电能(电流所 做的功)，所以线圈由 1 到 3 位置电流做功为 mgd；线圈由 1 到 3 位置过程中只有线圈由 1 到 2 位 置有电流，所以线圈由 1 到 2 位置有电流做功为 mgd，线圈由 3 到 4 位置与线圈由 1 到 2 位置完全 相同，所以线圈由 3 到 4 位置有电流做功也为 mgD。综上所述，从 cd 边刚进入磁场起一直到 ab 边 离开磁场为止，即 1 到 4 位置电流做功为 2mgD。A 错误，B 正确。 线圈速度最小时并未受力平衡，不满足 mg= ，所以 C 错误。 有以上分析可知 1 和 3 位置速度最小，初始位置到 1 位置自由落体 v0= ，2 到 3 位置做加速度 为 g 的匀加速运动 ，结合两式解得 ；D 正确。 答案：BD 8.如图所示，足够长的水平传送带以速度 v 沿逆时针方向转动，传送带的左端与光滑圆弧轨道底部 平滑连接，圆弧轨道上的 A 点与圆心等高，一小物块从 A 点静止滑下，再滑上传送带，经过一段 时间又返回圆弧轨道，返回圆弧轨道时小物块恰好能到达 A 点，则下列说法正确的是( ) A.圆弧轨道的半径一定是 B.若减小传送带速度，则小物块可能到达不了 A 点 C.若增加传送带速度，则小物块有可能经过圆弧轨道的最高点 D.不论传送带速度增加到多大，小物块都不可能经过圆弧轨道的最高点 解析：A、物体在圆弧轨道上下滑的过程中机械能守恒，根据机械能守恒可得，mgR= mv02，所以 小物块滑上传送带的初速度 v0= 物体到达传送带上之后，由于摩擦力的作用开始减速，速度减小为零之后，又在传送带的摩擦力的 作用下反向加速， 根据物体的受力情况可知，物体在减速和加速的过程物体的加速度的大小是相同的，所以物体返回 圆轨道时速度大小等于从圆轨道下滑刚到传送带时的速度大小，只要传送带的速度 v≥ ，物体 就能返回到 A 点。则 R≤ 。故 A 错误。 B、若减小传送带速度，只要传送带的速度 v≥ ，物体就能返回到 A 点。若传送带的速度 v＜ ，物体返回到传送带左端时速度小于 v0，则小物块到达不了 A 点。故 B 正确。 CD、若增大传送带的速度，由于物体返回到圆轨道的速度不变，只能滑到 A 点，不能滑到圆弧轨 道的最高点。故 C 错误，D 正确。 答案：BD 二、非选择题 9.某学生用螺旋测微器在测定某一金属丝的直径时，测得的结果如甲图所示， 则该金属丝的直径 d= mm。另一位学生用游标尺上标有 50 等分刻度的游标卡尺测一工件的 长度，测得的结果如乙图所示，则该工件的长度 L= cm。还有一个同学用量程为 0.6A 的 电流表测电流时指针如图丙所示，则所测电流 I= A。 解析：螺旋测微器的固定刻度读数为 5.5mm，可动刻度读数为 0.01×19.5mm=0.195mm，所以最终 读数为：5.5mm+0.195mm=5.695mm。 游标卡尺的固定刻度读数为 52mm，游标尺上第 10 个刻度游标读数为 0.02×18mm=0.36mm，所以 最终读数为：52mm+0.36mm=52.36mm=5.236cm； 电流表的每小格读数为 0.02A，应估读到 0.01A，所以电流表的读数为：I=0.26A。 答案：5.695 5.236 0.26 10.在一次实验技能比赛中，一同学设计了如图甲所示电路来测电源的电动势和内阻。该同学选好 器材后，用导线将各器材连接成如图乙所示实物连线电路(图甲是其电路原理图)，其中 R0 是保护电 阻。 (1)该同学在闭合电键后，发现电压表无示数，电流表有示数，在选用器材时，除了导线外，其他器 材经检测都是完好的，则出现故障的原因是 导线断路(如填“ab”或“cd”或 dj)。 解析：闭合电键后，电流表有示数，说明电路不存在断路，电压表没有示数，是由导线 dj 断路造 成的。 答案：dj (2)电路正常时，该同学测量记录了 6 组数据，并根据这些数据画出了 U﹣I 图线如图丙所示。 根据图线求出电源的电动势 E= V，内阻 r= Ω。(结果均保留小数点后二 位) 解析：由图丙所示，电源 U﹣I 图象可知，图象与纵轴交点坐标值为 1.48，则电源电动势 E=1.48V， 电源内阻 r= =0.50Ω。 答案：1.48 0.50 (3)若保护电阻 R0 的阻值未知，该电源的电动势 E、内电阻 r 已经测出，在图乙的电路中只需改动 一条线就可测量出 R0 的阻值。该条导线是 (如填“ab”或“cd”或 dj)，需改接为导线 (如填“ab”或“cd”或 je)。改接好后，调节滑动变阻器，读出电压表的示数为 U、电流表示数为 I，电源的电动势用 E 表示，内电阻用 r 表示，则 R0= 。 解析：将导线 jd 改接为 je，此时电源与定值电阻组成等效电源，在闭合电路中，电源电动势： E=U+I(R0+r)， 解得：定值电阻 R0= 。 答案：dj je 11.如图所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心在 O 点、半径为 r，内壁光滑，A、B 两点 分别是圆弧的最低点和最高点。该区间存在方向水平向右的匀强电场，一质量为 m、带负电的小球 在轨道内侧做完整的圆周运动(电荷量不变)，经 C 点时速度最大，O、C 连线与竖直方向的夹角 θ=60°，重力加速度为 g。 (1)求小球所受到的电场力大小。 解析：已知带电小球在光滑的竖直圆轨道内做完整的圆周运动，经 C 点时速度最大，因此，C 点是 竖直面内圆周运动的物理“最低点”，也就是小球在 C 点受力情况满足合外力完全充当向心力，如 图 满足 因此电场力 F=mgtan60° 即 F= 答案：求小球所受到的电场力大小为 (2)小球在 A 点速度 v0 多大时，小球经 B 点时对轨道的压力最小？ 解析：小球在轨道最高点 B 时的受力情况如图所示， 讨论：①若在 B 点时轨道对小球的压力最小等于零。半径方向的合外力为重力 mg，在 B 点，根据 圆周运动的条件可获得， ；得： ① ②若小球在 D 点时的轨道对小球的压力最小等于零 则 D 到 B 的过程中，重力和电场力做功： 得： ，代入数据解得： ② 根据①②两种情况的讨论可知，小球在 B 点的最小速度为 vB2； 小球从 A 到 B 过程中，只有电场力和重力做了功，又知 A、B 两点在同一等势面上，该过程电场 力做功为 0，根据动能定理可得： ③ 联立以上②③两式可得 。 答案：小球在 A 点速度 时，小球经 B 点时对轨道的压力最小 12.如图所示，有两个高低不同的水平面，高水平面光滑，低水平面粗糙。一质量为 Skg、长度为 2m 的长木板靠在高水平面边缘 A 点，其表面恰好与高水平面平齐，长木板与低水平间的动摩擦因 数为 0.05，一质量为 lkg 可视为质点的滑块静止放置，距 A 点距离为 3m，现用大小为 6N、水平向 右的外力拉小滑块，当小滑块运动到 A 点时撤去外力，滑块以此时的速度滑上长木板。滑块与平 板车间的动摩擦因数为 0.5，取 g=l0m/s2.求： (1)滑块滑动到 A 点时的速度大小。 解析：根据牛顿第二定律有：F=ma 根据运动学公式有：v2=2aL0 联立方程带入数据解得：v=6m/s 其中 m、F 分别为滑块的质量和受到的拉力，a 是滑块的加速度，v 即是滑块滑到 A 点时的速度大 小，L0 是滑块在高水平面上运动位移。 答案：滑块滑动到 A 点时的速度大小 6m/s (2)滑块滑动到平板车上时，滑块和平板车的加速度大小分别为多少？ 解析：根据牛顿第二定律有： 对滑块有：μ1mg=ma1 带入数据解得：a1=5m/s2 对长木板有：μ1mg﹣μ2(m+M)g=Ma2， 带入数据解得：a2=0.4m/s2. 其中 M 为长木板的质量，a1、a2 分别是此过程中滑块和长木板的加速度，μ1、μ2 分别是滑块与长木 板间和长木板与低水平面间的动摩擦因数。 答案：滑块滑动到平板车上时，滑块和平板车的加速度大小分别为 5m/s2，0.4m/s2 (3)通过计算说明滑块能否从平板车的右端滑出。 解析：设小滑块不滑出长木板，从小滑块滑上长木板到两者相对静止所用时间为 t 则：v﹣a1t=a2t 带入数据解得：= s， 则此过程中小滑块的位移为： 长木板的位移为： 式中 L=2m 为长木板的长度，所以小滑块滑出长木板右端。 答案：滑块能从平板车的右端滑出 13.关于一定量的气体，下列说法正确的是( ) A.气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，而不是该气体所有分子体积之和 B.只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低 C.在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零 D.气体从外界吸收热量，其内能一定增加 E.气体在等压膨胀过程中温度一定升高 解析：A、气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，A 正确； B、温度高体分子热运动就剧烈，B 正确； C、在完全失重的情况下，分子运动不停息，气体对容器壁的压强不为零，C 错误； D、做功也可以改变物体的内能，C 错误； E、气体在等压膨胀过程中温度一定升高，E 正确。 答案：ABE 14.在一个标准大气压下，m=lkg 冰在 O℃时吸收 Q=336kJ 的热量后变成同温度的水，外界同时对 系统做了 W=llkJ 的功，阿伏伽德罗常数 NA=6.0xl023mol﹣l，水的摩尔质量 M=18g•mol﹣l。问此过程 中系统的内能变化了多少？lkg 冰所含的分子数为多少？(结果保留 2 位有效数字) 解析：根据热力学第一定律知： △ U=W+Q=11+336kJ=347kJ 1kg 冰所含的分子数： N=nNA= NA=3.3×1025 个 答案：此过程中系统的内能变化了 347kJ 1kg 冰所含的分子数为为 3.3×1025 个 15.振动周期为 T，振幅为 A，位于 x=0 点的被波源从平衡位置沿 y 轴正向开始做简谐运动，该波源 产生的一维简谐横波沿 x 轴正向传播，波速为 v，传播过程中无能量损失，一段时间后，该振动传 播至某质点 p，关于质点 p 振动的说法正确的是( ) A.振幅一定为 A B.周期一定为 T C.速度的最大值一定为 v D.开始振动的方向沿 y 轴向上或向下取决于他离波源的距离 E.若 p 点与波源距离 s=vT，则质点 p 的位移与波源的相同 解析：A、B、C、波传播过程中，各振动质点的振动周期、振幅，则知质点 p 振动的振幅一定为 A，周期一定为 T，但 p 质点的振动速度与波传播的速度无关，速度的最大值不一定是 v，故 A、B 正确，C 错误； D、质点 p 的起振方向和波源质点相同，一定沿 y 轴正向，与 p 离波源的距离无关，故 D 错误。 E、s=vT，则 s 等于一个波长，即 P 点与波源质点相位相同，振动情况总相同，位移总相同，故 E 正确。 答案：ABE 16.某种透明物质制成的直角三棱镜 ABC，折射率为 n，角 A 等于 30°。一细束光线在纸面内从 O 点射入棱镜，如图所示，当入射角为 α 时，发现刚好无光线从 AC 面射出，光线垂直于 BC 面射 出。求：透明物质的折射率 n；光线的入射角 α。(结果可以用 α 的三角函数表示) 解析：由题意可知，光线射向 AC 面的恰好发生全反射，反射光线垂直于 BC 面从棱镜射出，作出 光路图如图所示。 设该透明物质的临界角为 C，由几何关系可知： C=θ2=θ1=60° 由 sinC= 得：n= = = 由几何关系 r=30°，由折射定律得：n= 得：sinα=nsinr= ×sin30°= 。 答案：该透明物质的折射率 n 为 光线与 AB 面垂线间的夹角 α 的正弦为 17.在下列关于近代物理知识的说法中，正确的是( ) A.玻尔理论可以成功解释氢原子的光谱现象 B.氢原子的核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，原子的能量增大 C.β 射线为原子的核外电子电离后形成的电子流 D.查德威克发现了中子，其核反应方程为： Be+ He→ C+ n E.元素的半衰期为 T，当温度发生变化时，铀元素的半衰期也发生变化 解析：A、玻尔理论成功地解释了氢原子的光谱现象。故 A 正确。 B、氢原子的核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，原子的能量增大。故 B 正确。 C、β 射线是原子核中的一个中子转变为一个电子和一个质子，电子释放出来。故 C 错误。 D、查德威克通过 α 粒子轰击铍核发现了中子，核反应方程为：49Be+24He→612C+01n。故 D 正确。 E、半衰期的大小与温度无关，由原子核内部因素决定。故 E 错误。 答案：ABD 18.如图所示，质量 m1=0.3kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长 L=15m，现有质量 m2=0.2kg 可 视为质点的物块，以水平向右的速度 v0=2m/s 从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对 静止。物块与车面间的动摩擦因数=0.5，取 g=10m/s2.求： (1)物块在车面上滑行的时间 t。 解析：设物块与小车的共同速度为 v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有： m2v0=(m1+m2)v 设物块与车面间的滑动摩擦力为 F，对物块应用动量定理有： ﹣Ft=m2v﹣m2v0 其中 F=μm2g 联立以三式解得： 代入数据得：t= s=0.24s 答案：物块在车面上滑行的时间 t 为 0.24s (2)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度 v0′不超过多少。 解析：要使物块恰好不从车厢滑出，须物块滑到车面右端时与小车有共同的速度 v′，则有： m2v′0=(m1+m2)v′ 由功能关系有： 代入数据解得：v′=5 m/s 故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车的速度 v0′不能超过 5 m/s。 答案：要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度 v0′不超过 5 m/s