2016年黑龙江省哈尔滨一中高考二模试卷物理 13页

2016 年黑龙江省哈尔滨一中高考二模试卷物理 一、选择题 1.如图所示，一条细绳跨过定滑轮连接两个小球 A、B，它们都穿在一根光滑的竖直杆上， 不计绳与滑轮间的摩擦，当两球平衡时 OA 绳与水平方向的夹角为 2θ，OB 绳与水平方向 的夹角为 θ，则球 A、B 的质量之比为( ) A.1：2cosθ B.tanθ：1 C.2cosθ：1 D.1：2sinθ 解析：分别对 AB 两球分析，运用合成法，如图： 由几何知识得： Tsin2θ=mAg Tsinθ=mBg 故 mA：mB=sin2θ：sinθ=2cosθ：1，故 C 正确，ABD 错误。 答案：C 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.某研究小组成员设计了一个如图所示的电路，已知纯电阻 R 的阻值不随温度变化。与 R 并联的是一个理想的交流电压表，D 是理想二极管(它的导电特点是正向电阻为零，反向电 阻为无穷大)。在 A、B 间加一交流电压，瞬时值的表达式为 u=20 sin100πt(V)，则交流 电压表示数为( ) A.10V B.20V C.15V D.14.1 V 解析：二极管具有单向导电性，使得半个周期内 R1 通路，另半个周期内 R1 断路。在正半 周内，交流电的有效值为 20V， 故一个周期内的电阻发热为 Q= T， 解得：U=10 V=14.1V。 答案：D 4.假设在宇宙中存在这样三个天体 A、B、C，它们在一条直线上，天体 A 离天体 B 的高度 为某值时，天体 A 和天体 B 就会以相同的角速度共同绕天体 C 运转，且天体 A 和天体 B 绕天体 C 运动的轨道都是圆轨道，如图所示，以下说法正确的是( ) A.天体 A 做圆周运动的加速度大于天体 B 做圆周运动的加速度 B.天体 A 做圆周运动的速度小于天体 B 做圆周运动的速度 C.天体 A 做圆周运动的向心力大于天体 C 对它的万有引力 D.天体 A 做圆周运动的向心力等于天体 C 对它的万有引力 解析：A、由于天体 A 和天体 B 绕天体 C 运动的轨道都是同轨道，角速度相同，由 a=ω2r，可知天体 A 做圆周运动的加速度大于天体 B 做圆周运动的加速度，故 A 正确。 B、由公式 v=ωr，可知天体 A 做圆周运动的速度大于天体 B 做圆周运动的速度，故 B 错 误。 C、D、天体 A 做圆周运动的向心力是由 B、C 的万有引力的合力提供的，大于天体 C 对 它的万有引力。故 C 正确，D 错误。 答案：AC 5.用水平力 F 拉着一物体在水平地面上做匀速直线运动，从 t=0 时刻起水平力 F 的大小随 时间均匀减小，到 t1 时刻 F 减小为零。则物体所受的摩擦力 Ff 随时间 t 变化图象可能是下 列图中( ) A. B. C. D. 解析：由题意可知，物体在匀速运动，从 t=0 时刻，拉力 F 开始均匀减小，t1 时刻拉力减 小为零，出现的摩擦力有两种可能， 一是当拉力为零时，物体仍在滑动，则受到的一直是滑动摩擦力，即大小不变，故 A 正 确； 另一是当拉力为零前，物体已静止，则当拉力为零时，则先是滑动摩擦力，后是静摩擦 力，滑动摩擦力大小不变，而静摩擦力的大小与拉力相等，而此时拉力小于滑动摩擦力大 小，故 D 正确，BC 错误。 答案：AD 6.环形对撞机是研究高能粒子的重要装置，其工作原理的示意图如图所示，正、负离子由 静止经过电压为 U 的直线加速器加速后，沿圆环切线方向射入对撞机的真空环状空腔内， 环形对撞机是研究高能粒子的重要装置，其工作原理的示意图如图所示，正、负离子由静 止经过电压为 U 的直线加速器加速后，沿圆环切线方向射入对撞机的真空环状空腔内，空 腔内存在着与圆环平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为 B.两种带电粒子将被局限在环 状空腔内，沿相反方向做半径相等的匀速圆周运动，从而在碰撞区迎面相撞。为维持带电 粒子在环状空腔中的匀速圆周运动，下列说法中正确的是( ) A.对于给定的加速电压，带电粒子的比荷 越大，磁感应强度 B 越大 B.对于给定的加速电压，带电粒子的比荷 越大，磁感应强度 B 越小 C.对于给定的带电粒子，加速电压 U 越大，粒子运动的周期越小 D.对于给定的带电粒子，不管加速电压 U 多大，粒子运动的周期都不变 解析：A、B、环形空腔的半径保持不变，当电压不变时，粒子进入磁场的速度相同，根据 带电粒子在磁场中做圆周运动的半径公式：R= ，荷质比越大，B 应该越小，故 A 错 误，B 正确； C、D、当带电粒子确定后，加速电压越大，粒子进入磁场速度越大，荷质比确定，所以磁 感应强度应该越大，根据周期公式 T= ，可得磁感应强度的增大会使周期变小，故 C 正确，D 错误。 答案：BC 7.如图 1 所示，物体以一定初速度从倾角 α=37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高 度为 3.0m。选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能 E 机随高度 h 的变化如图 2 所示。g=10m/s2，sin37°=0.60，cos37°=0.80.则( ) A.物体的质量 m=0.67kg B.物体与斜面间的动摩擦因数 μ=0.40 C.物体上升过程的加速度大小 a=10m/s2 D.物体回到斜面底端时的动能 Ek=10J 解析：A、物体到达最高点时，机械能 E=EP=mgh，m= = =1kg，故 A 错误； B、物体上升过程中，克服摩擦力做功，机械能减少，减少的机械能等于克服摩擦力的 功， △ E=﹣μmgcosα ，即 30﹣50=﹣μ×1×10cos37°× ，μ=0.5，故 B 错误； C、物体上升过程中，由牛顿第二定律得：mgsinα+μmgcosα=ma，解得 a=10m/s2，故 C 正 确； D、由图象可知，物体上升过程中摩擦力做功 W=30﹣50=﹣20J，在整个过程中由动能定理 得 EK﹣EK0=2W， 则 EK=EK0+2W=50+2×(﹣20)=10J，故 D 正确。 答案：CD 8.质量为 m 的带电小球由空中某点 A 无初速度地自由下落，在 t 秒末加上竖直方向且范围 足够大的匀强电场，再经过 t 秒小球又回到 A 点。整个过程中不计空气阻力且小球从未落 地，则( ) A.匀强电场方向竖直向上 B.从加电场开始到小球运动到最低点的过程中，小球动能变化了 mg2t2 C.整个过程中小球电势能减少了 2mg2t2 D.从 A 点到最低点的过程中，小球重力势能变化了 mg2t2 解析：A、小球所受电场力方向是向上的，但不知道小球带电的电性，所以不能判断电场 的方向，故 A 错误； B、从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了△ Ek= ，故 B 错误； C、小球先做自由落体运动，后做匀减速运动，两个过程的位移大小相等、方向相反。设 电场强度大小为 E，加电场后小球的加速度大小为 a， 取竖直向下方向为正方向，则 由 gt2=﹣(vt﹣ at2) 又 v=gt 解得 a=3g，则小球回到 A 点时的速度为 v′=v﹣at=﹣2gt 整个过程中小球速度增量的大小为△ v=v′﹣v=﹣3gt，速度增量的大小为 3gt。 由牛顿第二定律得： a= ， 联立解得电场力大小： Eq=4mg 整个过程中电场力做的功 ； 电场力做的功等于电势能的减小量，故整个过程中小球电势能减少了 2mg2t2； 故 C 正确； D、设从 A 点到最低点的高度为 h，根据动能定理得： mgh﹣qE(h﹣ gt2)=0 解得：h= gt2；故 D 错误。 答案：C 二、非选择题 9.某探究小组设计了“用一把尺子测定动摩擦因数”的实验方案。如图示，将一个小球和 一个滑块用细绳连接，跨在斜面上端。开始时小球和滑块均静止，剪短细绳后，小球自由 下落，滑块沿斜面下滑，可先后听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，保持小球和滑块释 放的位置不变，调整挡板位置，重复以上操作，直到能同时听到小球落地和滑块撞击挡板 的声音。用刻度尺测出小球下落的高度 H、滑块释放点与挡板处的高度差 h 和沿斜面运动 的位移 x。(空气阻力对本实验的影响可以忽略) 滑块沿斜面运动的加速度与重力加速度的比值为 。 滑块与斜面间的动摩擦因数为 。 以下能引起实验误差的是 。 A.滑块的质量 B.当地重力加速度的大小 C.长度测量时的读数误差 D.小球落地和滑块撞击挡板不同时。 解析：由于同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，说明小球和滑块的运动时间相同， 由 x= at2 和 H= gt2 得： 所以 = 根据几何关系可知：sinα= ，cosα= 对滑块由牛顿第二定律得：mgsinα﹣μmgcosα=ma，且 a= ， 联立方程解得 μ= 由 μ 得表达式可知，能引起实验误差的是长度 x、h、H 测量时的读数误差，同时要注意小 球落地和滑块撞击挡板不同时也会造成误差，故选 cD。 答案： c d 10.某实验小组设计如下电路图来测量电源的电动势及内阻。其中待测电源电动势约为 2V，内阻比较小；所用电压表量程为 3V、内阻很大。 (1)按实验电路图在图(2)中连接实物图。 解析：按实验电路图在图(2)中连接实物图： 答案：如图所示： (2)先将电阻箱电阻调至如图(3)所示，则其电阻读数为 。闭合开关 S，将 S1 打到 b 端，读出电压表的读数为 1.10V；然后将 S1 打到 a 端，此时电压表读数如图(4)所 示，则其读数为 。根据以上测量数据可得电阻 R0= Ω(计算结果保 留两位有效数字)。 解析：先将电阻箱电阻调至如图(3)所示，则其电阻读数为 1×10+1×1=11Ω。闭合开关 S， 将 S1 打到 b 端，读出电压表的读数为 1.10V； 电流 I= =0.1A， 然后将 S1 打到 a 端，此时电压表读数如图(4)所示，则其读数为 1.50V。 根据以上测量数据可得电阻 R0= ﹣11=4.0Ω。 答案：11 1.50 4.0 (3)将 S1 打到 b 端，读出电阻箱读数 R 以及相应的电压表读数 U，不断调节电阻箱 R，得到 多组 R 值与相应的 U 值，作出 ﹣ 图如图 5 所示，则通过图象可以得到该电源的电动势 E= V，内阻 r= Ω。(计算结果保留三位有效数字。) 解析：在闭合电路中，电源电动势：E=U+I(r+R0)=U+ (r+R0)， = + • ， 由图 5 所示图象可知，b= =0.6， E=1.67V， 图象斜率 k= =3， 电源内阻 r=kE﹣R0=5﹣4=1.00Ω。 答案：1.67 1.00 11.如图所示，长 L=9m 的传送带与水平方向的倾角为 37°，在电动机的带动下以 V=4m/s 的 速率顺时针方向运行，在传送带的 B 端有一离传送带很近的挡板 P 可将传送带上的物块挡 住，在传送带的 A 端无初速地放一质量 m=1kg 的物块，它与传送带间的动摩擦因数 μ=0.5，物块与挡板的碰撞能量损失及碰撞时间不计。(sinθ=0.6，cosθ=0.8，g=10m/s2)求： (1)物块从 A 处第一次滑到 P 处的过程中，物块与传送带之间因摩擦而产生的热量？ 解析：物块从 A 点由静止释放，由牛顿第二定律得： 向下运动的加速度：ma1=mgsinθ﹣μmgcosθ， 代入数据解得：a1=2m/s2， 由速度位移公式可知，与 P 碰前的速度为：v1= = =6m/s， 物块从 A 到 B 的时间为：t1= 在此过程中物块相对传送带向下位移为：s1=L+vt1=21m 摩擦生热为：Q=μmgcosθs1=84J。 答案：物块与传送带之间因摩擦而产生的热量为 84J (2)物块与挡板 P 第一次碰撞后，上升到最高点时到挡板 P 的距离？ 解析：物块与挡板碰撞后，以 v1 的速率反弹，因 v1＞v，物块相对传送带向上滑， 由牛顿第二定律可知，物块向上做减速运动的加速度为 a2 有：ma2=mgsinθ+μmgcosθ， 代入数据解得：a2=10m/s2 物块速度减小到与传送带速度相等所需时间：t2= = =0.2s， 物块向上的位移：x1= = =1m， 物块相对传送带向上的位移为：s2=l1﹣vt2=0.2m 物块速度与传送带速度相等后，μ＜tanθ，由牛顿第二定律可知：ma3=mgsinθ﹣μmgcosθ， 代入数据解得，物块向上做减速运动的加速度：a3=2m/s2， 物块速度减小到零的时间为：t3= 物块向上的位移：x2= = =4m， 离 P 点的距离：x1+x2=1+4=5m 答案：物块从第一次静止释放到与挡板 P 第一次碰撞后，物块上升到最高点时到挡板 P 的 距离为 5m 12.如图所示为一个平面直角坐标系 xoy。在第Ⅰ象限中，取一个与两个坐标轴相切的圆， 圆心为点 D，切点为 A、B，图中只画出圆的四分之一。在第Ⅱ、Ⅲ象限过 M 点有一条垂 直 x 轴的虚线，其左侧固定两带电平行金属板 P、Q，两板间距离为 d，其中心轴线与 x 轴 重合，板右端有挡板，只在中心轴上开有小孔。在平面直角坐标系 xoy 的整个空间区域中 (设为真空)存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里(图中没有画出)，磁感应强度的大小为 B.在平行板内 x 轴上的 S 点，有一个能沿 x 轴正向发射相同速度粒子的粒子源，粒子的质 量为 m、电荷量为 q(不计粒子的重力)。当调节 PQ 两板间的电压为 U1 时，粒子打到挡板 上距 P 极板为 的 N 点，当调节 PQ 两板间的电压为 U2 时，粒子沿 x 轴从小孔 M 点射 出。从小孔 M 射出的粒子，在磁场中做圆周运动时恰好经过 AB 段圆弧的中点 C，且 OM=OB(忽略电磁场间的相互影响)。求： (1)粒子打到 N 点时的动能 Ek。 解析：设粒子的初速度为 v0，粒子从 S 点到 N 点时有： 当 PQ 两板的电压为 U2 时： 得： 代入得： 。 答案：粒子打到 N 点时的动能 (2)圆弧 ACB 的半径 R。 解析：粒子在磁场中做圆周运动，由洛仑兹力和牛顿运动定律有：qv0B=m 得： 粒子做圆周运动的圆心必在过 M 点并垂直于 x 轴的直线 ME 上；同时这个轨迹经过 C 点，所以轨迹的圆心也一定在 MC 的垂直平分线 EF 上，这样 ME 与 EF 的交点 E 就是轨迹 的圆心，ME 就是轨迹的半径 r。过 C 点作 MB 的垂线与 MB 交于 H 点，则 △ MEF∽△CMH 有： 由∠ CDB=45° 得 CH=OD﹣OC= 45° MH=2R﹣R•sin45° MF= MC 联立可得： 答案：圆弧 ACB 的半径 13.下列说法正确的是( ) A.气体的内能是所有分子热运动的动能和分子间的势能之和 B.液晶的光学性质不随所加电场的变化而变化 C.功可以全部转化为热，但热量不能全部转化为功 D.一定量的气体，在体积不变时，分子每秒平均碰撞次数随着温度降低而减小 E.一定量的气体，在压强不变时，分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度降低而 增加 解析：A、气体的内能是所有分子热运动的动能和分子间的势能之和，故 A 正确； B、液晶的光学性质随所加电场的变化而变化，故 B 错误； C、功可以全部转化为热，热量在一定条件下也可以全部转化为功，故 C 错误； D、一定量的气体，在体积不变时，温度降低，压强减小，根据气体压强原理知道分子每 秒平均碰撞次数也减小。故 D 正确。 E、一定量的气体，在压强不变时，随着温度降低体积在减小，所以分子每秒对器壁单位 面积平均碰撞次数在增加，故 E 正确。 答案：ADE 14.如图，一根粗细均匀的细玻璃管开口朝上竖直放置，玻璃管中有一段长为 h=24cm 的水 银柱封闭了一段长为 x0=23cm 的空气柱，系统初始温度为 T0=200K，外界大气压恒定不变 为 P0=76cmHg。现将玻璃管开口封闭，将系统温度升至 T=400K，结果发现管中水银柱上 升了 2cm，若空气可以看作理想气体，试求：升温后玻璃管内封闭的上下两部分空气的压 强分别为多少 cmHg？玻璃管总长为多少？ 解析：设升温后下部空气压强为 P，玻璃管壁横截面积 S， 则初态：p1=p0+hHg V1=x0s 末态：p=？V2=(x0+2)s 对下部气体有： 入数据得：P=184cmHg 下部气体：Pˊ=P﹣hHg=160cmHg 设上部气体最初长度为 x，此时上部气体压强 初态：P1=P0V1=xS 末态：Pˊ=P﹣hHg=160cmHg V2=(x﹣2)s 对上部气体有： 代入数据得：x=40cm 所以管总长为：x0+h+x=87cm 答案：升温后玻璃管内封闭的上下两部分空气的压强分别为 184cmHg 和 160cmHg 玻璃管总长为 87cm 15.一列简谐横波沿 x 轴正方向传播，t 时刻波形图如图所示，此时波刚好传到 P 点，t+0.6s 时刻的波形如图中的虚线所示，a、b、c、P、Q 是介质中的质点，则以下说法正确的是 ( ) A.这列波的波速可能为 50m/s B.质点 a 在这段时间内通过的路程一定小于 30cm C.质点 c 在这段时间内通过的路程可能为 60cm D.若 T=0.8s，则当 t+0.5s 时刻，质点 b、P 的位移相同 E.若 T=0.8s，当 t+0.4s 时刻开始计时，则质点 c 的振动方程为 y=0.1sin( πt)(m) 解析：A、由图可知，波的波长为 40m；两列波相距 0.6s=(n+ )T，故周期 T= ； 波速 v= = (4n+3)m/s= ×(4n+3)m/s，(n=0，1，2，…)； 当 n=0 时，当 v=50m/s 时，故 A 正确； B、质点 a 在平衡位置上下振动，振动的最少时间为 T，故路程最小为 3A 即 30cm，故 B 错误； C、c 的路程为 60cm 说明 c 振动了 1.5 个周期，则可有： +1.5T=0.6，即 + =0.6 解得：n=1 时满足条件，故 C 正确； D、在 t 时刻，因波沿 X 轴正方向传播，所以此时质点 P 是向上振动的，经 0.5 秒后，P 是 正在向下振动(负位移)，是经过平衡位置后向下运动 0.1 秒；而质点 b 是正在向上振动的 (负位移)，是到达最低点后向上运动 0.1 秒，因为 0.2 秒等于 ，可见此时两个质点的位移 是相同的。故 D 正确； E、当 T=0.8s，当 t+0.4s 时刻时，质点 c 在上端最大位移处，据 ω= = rad/s= πrad/s，据图知 A=0.1m，当从 t+0.4s 时刻时开始计时，则质点 c 的振动方程为 x=0.1sin( πt+ )m，故 E 错误。 答案：ACD 16.在真空中有一正方体玻璃砖，其截面如图所示，已知它的边长为 D.在 AB 面上方有一单 色点光源 S，从 S 发出的光线 SP 以 60°入射角从 AB 面中点射入，当它从侧面 AD 射出 时，出射光线偏离入射光线 SP 的偏向角为 30°，若光从光源 S 到 AB 面上 P 点的传播时间 和它在玻璃砖中传播的时间相等，求点光源 S 到 P 点的距离。 解析：光路图如图所示， 由折射定律知，光线在 AB 面上折射时有： n= 在 BC 面上出射时有：n= 由几何关系有：α+β=90° δ=(60°﹣α)+(γ﹣β)=30° 联立以上各式并代入数据解得：α=β=45°，γ=60° 解得：n= 光在棱镜中通过的距离为 s= = 设点光源 S 到 P 点的距离为 L，有： L=ct 解得：L= d 答案：点光源 S 到 P 点的距离为 D 17.下列说法正确的有 ( ) A.普朗克曾经大胆假设：振动着的带电微粒的能量只能是某一最小能量值 ε 的整数倍，这 个不可再分的最小能量值 ε 叫做能量子 B.α 粒子散射实验中少数 α 粒子发生了较大偏转，这是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主 要依据之一 C.由玻尔理论可知，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要辐射一定频率的 光子，同时电子的动能减小，电势能增大 D.在光电效应实验中，用同种频率的光照射不同的金属表面，从金属表面逸出的光电子的 最大初动能 Ek 越大，则这种金属的逸出功 W0 越小 E.在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，因 此，光子散射后波长变短 解析：A、普朗克能量量子化理论：振动着的带电微粒的能量只能是某一最小能量值 ε 的 整数倍，这个不可再分的最小能量值 ε 叫做能量子，故 A 正确； B、α 粒子散射实验中少数 α 粒子发生了较大偏转，这是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主 要依据之一，故 B 正确； C、玻尔理论可知，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要辐射一定频率的 光子，同时电子的动能增大，电势能减小，故 C 错误； D、光电效应实验中，用同种频率的光照射不同的金属表面，根据光电效应方程：EK=hγ﹣ W0，从金属表面逸出的光电子的最大初动能 Ek 越大，则这种金属的逸出功 W0 越小，故 D 正确； E、康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，能量 减小，由 E= 可知，光子散射后波长变长，故 E 错误。 答案：ABD 18.如图所示，在光滑的水平面上有两个物块，其质量分别为 M 和 m，现将两物块用一根 轻质细线拴接，两物块中间夹着一个压缩的轻弹簧，弹簧与两物块未拴接，它们以共同速 度 v0 在水平面上向右匀速运动。某时刻细线突然被烧断，轻弹簧将两物块弹开，弹开后物 块 M 恰好静止。求弹簧最初所具有的弹性势能 EP。 解析：设弹簧将两物块弹开后，物块 m 的速度为 v，弹簧弹开物块过程，系统动量守恒， 以物块的初速度方向为正方向，对系统，由动量守恒定律得： (M+m)v0=mv， 由机械能守恒定律得： ， 解得： ； 答案：弹簧最初所具有的弹性势能 。