2016年湖南省十三校联考高考二模试卷物理.docx

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1、2016 年湖南省十三校联考高考二模试卷物理 一、选择题 1.在物理学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献 。 关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是 ( ) A.伽利略把斜面实验的结果合理外推，发现了自由落体运动规律和行星运动的规律 B.牛顿通过实验测出了引力常量并进行了著名的 “ 月地检验 ” C.牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因并提出了惯性定律 D.安培提出了分子电流假说，并在磁场与电流的相互作用方面做出了杰出的贡献 解析： A、伽利略把斜面实验的结果合理外推，发现了自由落体运动规律，但没有发现行星运动的规律，开普勒发现了行星运动的规律，故 A 错误 。 B、卡文迪许通过

2、扭秤实验测出了引力常量，牛顿进行了著名的 “ 月地检验 ” ，故 B 错误 。 C、伽利略最早提出力不是维持物体运动的原因，故 C 错误； D、安培提出了分子电流假说，研究磁场与电流的相互作用，故 D 正确 。 答案： D 2.压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小 。 一同学利用压敏电阻设计了判断升降机运动状态的 装置，如图所示，将压敏电阻平放在升降机内，受压面朝上，在上面放一物体 m，升降机静止时电流表示数为 I0，某过程中电流表的示数如图所示，则在此运动过程中下列说法正确的是 ( ) A.0 t1 物体处于超重状态 B.t1 t2 物体处于失重状态 C.若升降机全过程是向下运动的，升降机

3、一定是先做加速运动，再做减速运动 D.若升降机全过程是向上运动的，升降机可能是先做加速运动，再做减速运动 解析： A、 0 t1 内，电路中电流小于电梯静止时电流表示数 I0，说明此时压敏电阻的阻值大于电梯静止时的阻值，物体对压敏电阻的压力小于电梯静止时的压力，则物体处于失重状态，故 A 错误； B、 t1 t2 内，与 A 项相反，电路中电流大于电梯静止时电流表示数 I0，物体处于超重状态，故 B 错误 。 C、若升降机全过程是向下运动的，加速度方向先向下后向上，升降机一定是先做加速运动，再做减速运动，故 C 正确 。 D、若升降机全过程是向上运动的，加速度方向先向下后向上，升降机一定是先做

4、减速运动，再做加速运动 。 故 D 错误 。 答案： C 3.一铁球通过 3 段轻绳 OA、 OB、 OC 悬挂在天花板上的 A 点，轻绳 OC 栓接在轻质弹簧秤上，第一次，保持结点 O 位置不变，某人拉着轻质弹簧秤从水平位置缓慢转动到竖直位置，如图甲所示，弹簧秤的示数记为 F1，第二次，保持轻绳 OC 垂直于 OA，缓慢移动轻绳，使轻绳 OA 从竖直位置缓慢转动到如图乙所示位置，弹簧秤的示数记为 F2，则 ( ) A.F1 先增大后减小， F2 逐渐减小 B.F1 先增大后减小， F2 逐渐增大 C.F1 先减小后增大， F2 逐渐减小 D.F1 先减小后增大， F2 逐渐增大 解析： 在图

5、 1 中，对 O 点受力分析，抓住两根绳的合力等于物体的重力，其大小和方向都不变，OA 绳拉力方向不变，根据平行四边形定则得，如图 1，知 OA 绳上拉力 F1 先减小后增大 。 在图 2 中，假设 AO 与竖直方向的夹角为 ，由平衡条件得： F2=Gtan，轻绳 OA 从竖直位置缓慢转动到如图乙所示位置， 增大，则 F2 逐渐增大 。 答案： D 4.如图所示， P， Q 是固定在竖直平面内的一段内壁光滑弯管的两端， P、 Q 间的水平距离为D。 直径略小于弯管内径的小球以速度 v0 从 P 端水平射入弯管，从 Q 端射出，在穿过弯管的整个过程中小球与弯管无挤压 。 若小球从静止开始由 P

6、端滑入弯管，经时间 t 恰好以速度v0 从 Q 端射出 。 重力加速度为 g，不 计空气阻力，那么 ( ) A.v0 B.v0= C.t= D.t 解析： 以 v0 初速水平入射时，因小球与管壁无挤压，故水平方向应是匀速运动，竖直方向是自由落体运动，所以此时小球运动时间为： t0= ， 下落高度为： h= ， 小球由静止开始运动时根据动能定理得： mgh= ，则 = ，解得，故 A、 B 错误 。 以 v0 初速水平入射时， t0= = ， 当小球由静止释放时，水平方向平均速度一定小于 v0，所以 t t0，故 C 错误， D 正确 。 答案： D 5.小型登月器连接在航天站上，一起绕月球做圆

7、周运动，其轨道半径为月球半径的 3 倍，某时刻，航天站使登月器减速分离，登月器沿如图所示的椭圆轨道登月，在月球表面逗留一段时间完成科考工作后，经快速启动仍沿原椭圆轨道返回，当第一次回到分离点时恰与航天站对接，登月器快速启动时间可以忽略不计，整个过程中航天站保持原轨道绕月运行 。 已知月球表面的重力加速度为 g，月球半径为 R，不考虑月球自转的影响，则登月器可以在月球上停留的最短时间约为 ( ) A.4.7 B.3.6 C.1.7 D.1.4 解析： 设登月器 和航天飞机在半径 3R 的轨道上运行时的周期为 T， 因其绕月球作圆周运动， 所以应用牛顿第二定律有 =m r=3R T=2 =6 ，

8、在月球表面的物体所受重力近似等于万有引力， GM=gR2 所以 T=6 ， 设登月器在小椭圆轨道运行的周期是 T1，航天飞机在大圆轨道运行的周期是 T2. 对登月器和航天飞机依据开普勒第三定律分别有 = = 为使登月器仍沿原椭圆轨道回到分离点与航天飞机实现对接，登月器可以在月球表面逗留的时间 t 应满足 t=nT2 T1 (其中， n=1、 2、 3、 ) 联立 得 t=6n 4 (其中， n=1、 2、 3、 ) 当 n=1 时，登月器可以在月球上停留的时间最短，即 t=4.7 答案： A 6.如图所示，两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置，构成一平行板电容器，合开关S，电源给电容器充电

9、 。 在两极板间有固定点 P。 用 E 表示两极板间的电场强度， 表示 P点的电势，下列说法正确的是 ( ) A.保持 S 接通，上极板 A 不动，将下极板 B 缓慢向下移动稍许到 B， 增大 B.保持 S 接通，上极板 A 不动，将下极板 B 缓慢向下移动稍许到 B， E 增大 C.若断开 S，下极板 B 不动，将上极板 A 缓慢向下移动稍许到 A，则 E 不变 D.若断开 S，下极板 B 不动，将上极板 A 缓慢向下移动稍许到 A， 减小 解析： AB、保持 S 接通，则两板间的电势差不变，上极板 A 不动，将下极板 B 缓慢向下移动稍许到 B，导致 d 增大，由 E= 可知，两极板间的电

10、场的电场场强减小，则 P 到上极板的电势差减小，因此 P 点的电势升高，故 A 正确， B 错误； C、断开 S，下极板 B 不动，将上极板 A 缓慢向下移动稍许到 A，因两板上所带电量不变，减小距离 d，电容增大，由 C= ，及 E= = ，则可知 E 不变，故 C 正确； D、由上分析可知，因电场强度不变，当将上极板 A 缓慢向下移动稍许到 A，而 P 到 B 极板间的电势差不变，则其电势不变，故 D 错误 。 答案： AC 7.如图所示，长为 L 的水平板间有垂直纸面向内的匀强磁场，磁感应强度为 B，板间距离也为 L，板不带电，现有质量为 m，电量为 q 的带正电粒子 (不计重力和粒子间

11、的相互作用力 )，从左边极板间中点处垂直磁感线以速度 v 水平射入磁场，欲使粒子打在极板上，可采用的办法是 ( ) A.使粒子的速度 v= B.使粒子的速度 v= C.使粒子的速度 v= D.使粒子的速度 v= 解析： 由牛顿 第二定律： qvB=m 得： r= 若刚好从 a 点射出，如图： r= = 则有， v1= 若刚好从 b 点射出： R2=L2+( R )2 R= = 则有 v2= 要想使粒子打在极板上，则有： v0 ，故 BC 正确， AD 错误 。 答案： BC 8.直角三角形金属框 abc 放置在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为 B，方向平行于ab 边向上，若金属框绕 ab

12、 边向纸面外以角速度 匀速转动 90(从上往下看逆时针转动 )，如图甲所示， c、 a 两点的电势差为 Uca，通过 ab 边的电荷量为 q，若金属框绕 bc 边向纸面内以角速度 匀速转动 90，如图乙所示， c、 a 两点的电势差为 Uca，通过 ab 边的电荷量为 q，已知 bc、 ab 边的长度都为 l，金属框的总电阻为 R，下列判断正确的是 ( ) A.Uca= Bl2 B.Uca= Bl2 C.q= D.q= 解析： AC、在甲图中， bc 边和 ac 边都切割磁感线，产生的感应电动势相同，均为 E=Bl= Bl2. 回路的磁通量不变，没有感应电流， c、 a 两点的电势差等于感应电

13、动势，即有 Uca= Bl2. 由于没有感应电流，所以通过 ab 边的电荷量为 q=0，故 A 正确， C 错误 。 BD、乙图中线框的 ac 边切割磁感线，等效的切割长度等于 bc 边长，则 ac 边产生的感应电动势 E= Bl2， ac 边相当于电源，由于电路中有电流，所以 Uca E= Bl2.通过 ab 边的电荷量为 q= = = 。 故 B 错误， D 正确 。 答案： AD 二、非选择题 9.如图甲所示装置可用来验证机械能守恒定律，直径为 d 的摆球 A 栓在长为 L 的不可伸长的轻绳一端 (L d)，绳的另一端固定在 O点， O点正下方摆球重心经过的位置固定光电门 B，现将摆球拉

14、起，使绳偏离竖直方向成 角时由静止开始释放摆球 ，当其到达最低位置时，光电门 B 记录的遮光时间为 t，已知重力加速度为 g。 (1)新式游标卡尺的刻度线看起来很 “ 稀疏 ” ，使读数显得清晰明了，便于使用者正确读取数据 。 通常游标卡尺的刻度有 10 分度、 20 分度和 50 分度三种规格；新式游标卡尺也有相应的三种，但新式游标上的刻度却是 19mm 等分成 10 份， 39mm 等分成 20 份， 99mm 等分成 50 份 。 图乙就是一个 “ 39mm 等分成 20 份 ” 的新式游标卡尺，用它测量摆球 A 的直径 d，读数如图所示， d= cm。 解析：游标中， 39mm 等分成

15、 20 份，则每一小格的长度为 1.95mm， 根据 d+1.956=42mm，解得 d=30.30mm=3.030cm。 答案： 3.030 (2)写出满足机械能守恒的表达式 (用题中字母表示 )。 解析： 摆球通过最低点的瞬时速度 v= ，则动能的增加量为 ，重力势能的减小量为mgL(1 cos)，根据 得， 。 答案： 10.已知 G1 表的内阻 r1 为 300，满偏电流 I 满 =5mA。 用它改装成如图所示的一个多量程多用电表，电流、电压和电阻的测量都各有两个量程 (或分度值 )不同的挡位 。 1、 2 两个挡位为电流表挡位，其中的大量程是小量程的 10 倍 。 (1)关于此多用表

16、，下列说法错误的是 A.当转换开关 S 旋到位置 4 时，是电阻挡 B.当转换开关 S 旋到位置 6 时，是电压挡 C.转换开关 S 旋到 5 的量程比旋到 6 的量程大 D.A 表笔为红表笔， B 表笔为黑表笔 解析： A、当转换开关 S 旋到位置 4 时，表头与电表中的电源相连接，是电阻档。故 A 正确。 B、当转换开关 S 旋到位置 6 时，表头与电阻串联，电阻起分压作用，是电压档。故 B 正确。 C、当转换开关 S 旋到 5 串联的电阻小于旋转到 6 串联的电阻，可知旋转到 6，串联的电阻大，分压作用大，电压表量程大。故 C 错误。 D、根据电流 “ 红进黑出 ” 可知， B 表笔为黑

17、表笔， A 表笔为红表笔。故 D 正确。 答案： C (2)图中的电源 E的电动势为 9.0V，当把转换开关 S 旋到位置 4，进行欧姆调零后，在 A， B之间接 1500电阻时，表头 G1 刚好半偏 。 已知之前的操作顺序和步骤都正确无误 。 则 R5= ， R6= 。 解析： “ 测量过程操作的顺序和步骤都正确无误 ” ，意味着之前已经将 A、 B 短接调零了 (即让表头满偏 )，在 AB 之间接 1500电阻时，表头 G 刚好半偏，说明：当表头半偏时，改装后的欧姆表 “ 4” 的总内阻： R 内 =1500，则转换开关 S 在 “ 2” 时，电流表的量程为依题意，转换开关 S 在 1 时

18、，电流表的量程为 I1g=60mA 由表头 G 的满偏电流为 5mA、内阻为 300和并联电路电流分配规律 可解得： R5=150 R6=1350 答案： 150 1350 11.如图所示为等臂电流天平，可以用来测量匀强磁场的磁感应强度，它的右臂挂着匝数为 n的矩形线圈，线圈的水平边长为 d，处于匀强磁场内，磁感应强度 B 的方向与线圈平面 垂直，测量时线圈中先通有如图所示逆时针方向电流 I，调节砝码使天平达到平衡，然后使电流反向，大小不变，这时需要在左盘中增加质量为 m 的砝码，才能使天平达到新的平衡 。 (1)试判断磁感应强度 B 的方向 。 解析：根据题意分析，改变电流的方向后要在左盘中

19、增加砝码才能使天平平衡，可知改变电流方向前安培力方向向上，改变电流后安培力方向向下，所以磁场方向垂直纸面向里。 答案：磁感应强度 B 的方向垂直于纸面向里 (2)请导出用 n、 m、 I、 d 计算 B 的表达式 。 解析： 根据平衡条件： 有： mg=2nBIL， 得： B= 。 答案： 请导 B 的表达式为 12.为研究物体的运动，在光滑的水平桌面上建立如图所示的坐标系 xOy， O、 A、 B 是水平桌面内的三个点， OB 沿 x 轴正方向， BOA=60， OB= OA，第一次将一质量为 m 的滑块以一定的初动能从 O 点沿 y 轴正方向滑出，并同时施加沿 x 轴正方向的恒力 F1，滑

20、块恰好通过 A 点，第二次，在恒力 F1 仍存在的情况下，再在滑块上施加一个恒力 F2，让滑块从O 点以同样的初动能沿某一方向滑出，恰好也能通过 A 点，到达 A 点时动能为初动能的 3倍；第三次，在上述两个恒力 F1 和 F2 的同时作用下，仍从 O 点以同样初动能 沿另一方向滑出，恰好通过 B 点，且到达 B 点时的动能是初动能的 6 倍，求： (1)第一次运动经过 A 点时的动能与初动能的比值 。 解析：设小球的初速度为 v0，初动能为 Ek0，从 O 点运动到 A 点的时间为 t。令 OA=d，则OB= d，只有恒力 F1 时，根据类平抛运动的规律有： dsin60=v0t dcos6

21、0= 又 ax= ， Ek0= 联立以上四式解得 Ek0= F1d 设小球到达 A 点时的动能为 EkA，则 EkA=Ek0+F1 = F1d 所以可得 = 答案：第一次运动经过 A 点时的动能与初动能的比值是 (2)两个恒力 F1、 F2 的大小之比 是多少？并求出 F2 的方向与 x 轴正方向所成的夹角 。 解析： 加了恒力 F2 后，小球从 O 点分别到 A 点和 B 点，由功能关系得： WF2=3Ek0 Ek0 = Ek0 WF2=6Ek0 Ek0 =Ek0 由恒力做功的特点，可在 OB 上找到一点 M，从 O 到 M 点 F2 做功与到 A 点做功相同， M点与 O 点的距离为 x，

22、如图，则有 = 解得： x=d 则据恒力做功特点： F2 的方向必沿 AM 的中垂线，设 F2 与 x 轴正方向的夹角为 ，由几何关系可得 =30 所以 =2 答案： 两个恒力 F1、 F2 的大小之比 是 2 ， F2 的方向与 x 轴正方向所成的夹角是 30 13.关于热现象和热学规律，下列说法正确的是 ( ) A.布朗运动表明，构成悬浮微粒的分子在做无规则运动 B.两个分子的间距从极近逐渐增大到 10 r0 的过程中，分子间的引力和斥力都在减小 C.热量可以从低温物体传递到高温物体 D.物体的摄氏温度变化了 1 ，其热力学温度变化了 273K E.两个分子的间距从极近逐渐增大到 10 r

23、0 的过程中，它们的分子势能先减小后增大 解析： A、布朗运动是固体小颗粒的运动，不是分子的运动，故 A 错误； B、两个分子 的间距从极近逐渐增大到 10 r0 的过程中，分子间的引力和斥力都在减小， B 正确； C、热量也可以从低温物体传到高温物体，但要引起其他方面的变化；故 C 正确； D、物体的摄氏温度变化了 1 ，其热力学温度变化了 1K；故 D 错误； E、两个分子的间距从极近逐渐增大到 10 r0 的过程中，它们的分子势能先减小后增大， E 正确 。 答案： BCE 14.如图所示，一水平放置的薄壁气缸，由截面积不同的两个圆筒连接而成，质量均为 m=1.0kg的活塞 A、 B 用

24、一长度为 3L=30cm、质量不计的轻细杆连接成整体，它们可以在筒内无摩擦地左右 滑动且不漏气，活塞 A、 B 的面积分别为 SA=100cm2 和 SB=50cm2，气缸内 A 和 B 之间封闭有一定质量的理想气体， A 的左边及 B 的右边都是大气，大气压强始终保持为p0=1.0105PA.当气缸内气体的温度为 T1=500K 时，活塞处于图示位置平衡 。 问：此时气缸内理想气体的压强多大？当气缸内气体的温度从 T1=500K 缓慢降至 T2=400K 时，活塞 A、B 向哪边移动？ 解析： 设被封住的理想气体压强为 p，轻细杆对 A 和对 B 的弹力为 F，由平衡条件得： 对活塞 A：

25、p0SA=pSA+F，对活塞 B： p0SB=pSB+F，解得： p=p0=1105Pa； 当气缸内气体的温度缓慢下降时，活塞处于平衡状态，缸内气体压强不变，气体等压降温， 活塞 A、 B 一起向右移动，活塞 A 最多移动至两筒的连接处 。 设活塞 A、 B 一起向右移动的距离为 x。 理想气体状态参量： V1=2LSA+LSB T1=500K， V2=(2L x)SA+(L+x)SB T2=400K， SA=200cm2，SB=100cm2， 由盖 吕萨克定律得： = ，代入数据解得： x=10 cm， x 2L=20cm 表明活塞 A 未碰两筒的连接处 。 故活塞 A、 B 一起向右移动了

26、 10cm。 答案 ：此时气缸内理想气体的压强 1105Pa 当气缸内气体的温度从 T1=500K 缓慢降至 T2=400K 时，活塞 A、 B 向右移动了 10cm 15.下列说法中正确的是 ( ) A.做简谐运动的物体，其振动能量与振动的频率有关 B.全息照相的拍摄利用了光的干涉原理 C.真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，与光源和观察者的运动无关 D.在同一种介质中，不同频率的机械波的传播速度不同 E.医学上用激光做 “ 光刀 ” 来进行手术，主要是利用了激光的亮度高、能量大的特点 解析： A、简谐运动的物体，其振动能量用振幅来 反映，故 A 错误； B、全息照相的拍摄利用了激光

27、的干涉，可以记录光强、光频、相位，有立体感，故 B 正确； C、根据狭义相对论，真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，与光源和观察者的运动无关，故 C 正确； D、在同一种介质中，不同频率的机械波的传播速度是相同的，故 D 错误； E、医学上用激光做 “ 光刀 ” 来进行手术，主要是利用了激光的亮度高、能量大的特点，故E 正确。 答案： BCE 16.如图所示，折射率为 的两面平行的玻璃砖，下表面涂有反射物质，右端垂直地放置一标尺 MN。 一细光束以 45角度入射到玻璃砖的上表面，会在标尺上的两个位置出现光点，若两光点之间的距离为 a(图中未画出 )，则光通过玻璃砖的时间是多少？ (设光

28、在真空中的速度为 c，不考虑细光束在玻璃砖下表面的第二次反射 ) 解析： 如图由光的折射定律： 得： r=30 所以在玻璃砖内的光线与玻璃砖的上面构成等边三角形，其边长等于 a 光在玻璃中的速度为： 答案： 光通过玻璃砖的时间是 17.如图所示是氢原子的能极图，大量处于 n=4 激发态的氢原子向低能级跃迁时，一共可以辐射出 6 种不同频率的光子，其中巴耳末系是指氢原子由高能级向 n=2 能级跃迁时释放的光子，则 ( ) A.6 种光子中有 2 种属于巴耳末系 B.6 种光子中波长最长的是 n=4 激发态跃迁到基态时产生的 C.使 n=4 能级的氢原子电离至少要 0.85eV 的能量 D.在 6

29、 种光子中， n=4 能级跃迁到 n=1 能级释放的光子康普顿效应最明显 E.若从 n=2 能级跃迁到基态释放的光子能使某金属板发生光电效应，则从 n=3 能级跃迁到n=2 能级释放的光子也一定能使该板发生光电效应 解析： A、巴耳末系是指氢原子由高能级向 n=2 能级跃迁时释放的光子 ，大量处于 n=4 激发态的氢原子向低能级跃迁时，可以从 n=4 跃迁到 n=2，可以从 n=3 跃迁 到 n=2，可知产生的 6 种光子中有 2 种属于巴尔末系，故 A 正确 。 B、从 n=4 跃迁到基态时，辐射的光子能量最大，波长最短，故 B 错误 。 C、 n=4 能级，氢原子具有的能量为 0.85eV

30、，可知使 n=4 能级的氢原子电离至少要 0.85eV的能量，故 C 正确 。 D、在 6 种光子中， n=4 跃迁到 n=1 能级，光子能量最大，康普顿效应最明显，故 D 正确 。 E、从 n=3 跃迁到 n=2n 能级释放的光子能量小于 n=2 能级跃迁到基态的光子能量，可知从n=2 能级跃迁到基态释放的光子能使某金属板发生光电效应，从 n=3 能级跃迁到 n=2 能级释放的光子不一定能使该板发生光电效应，故 E 错误 。 答案： ACD 18.如图，质量为 M 的小车静止在光滑的水平面上，小车 AB 段是半径为 R 的四分之一圆弧光滑轨道， BC 段是长为 L 的水平粗糙轨道，两段轨道相

31、切于 B 点，重力加速度为 g。 若不固定小车，一质量为 m 的滑块在小车上从 A 点静止开始沿轨道滑下，然后滑入 BC 轨道，最后从 C 点滑出小车，已知滑块质量 m= ，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的 2 倍，滑块与轨道 BC 间的动摩擦因数 为 ，求：滑块运动过程中，小车的最大速度 vm；滑块从 A 点下滑到滑出小车的过程中，小车的位移大小 s。 解析： 滑块与小车运动的过程中水平方向的动量守恒，以滑块运动的方向为正方向，则： mv1+Mv2=0 所以： 负号表示二者的速度方向相反，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2 倍，设小车的最大速度是 vm，由机械能守恒可知，当小球在最低点时，小球与环的速度最大，得： 解得： 由于在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的 2 倍，所以滑块从 A 到 C运动过程中，滑块的平均速度是小车的平均速度的 2 倍，即： 由于它们运动的时间相等，根据： 可得： s 滑块 =2s 车 又： s 滑块 +s 车 =R+L 所以：小车的位移大小： s= (R+L) 答案： 滑块运动过程中，小车的最大速度大小是 滑块从 B 到 C 运动过程中，小车的位移大小是