云南省高考物理第一次模拟试题及答案.docx
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云南省高考物理第一次模拟试题及答案
2016年云南省高考物理
第一次模拟试题及答案
(满分100分考试时间90分钟)
一.选择题(共12小题,其中第1~7小题为单选题,8~12小题为多选题,每小题4分,共48分)
1.关于弹力的方向,下列说法中正确的是( )
A.细硬直杆对物体的弹力方向一定沿杆的方向
B.物体对支持面的压力方向一定竖直向下
C.绳子拉物体时产生的弹力方向一定沿绳子的方向
D.支持面对物体的支持力的方向一定竖直向上
2.某列火车在一段长为30km的路段上行驶,行驶的平均速度为60km/h,下列说法中正确的是( )
A.这列火车通过这段路程所用的时间为0.5h
B.这列火车一定以60km/h的速度在这段路程中运行
C.这列火车如果行驶60km,那么它一定要用1h
D.60km/h是火车在这段路程中的最高速度
3.一质量为m的木块静止在光滑的水平面上,从t=0开始,将一个大小为F的水平恒力作用在该木块上,在t=t1时刻力F的瞬时功率是( )
A.
t1 B.
t
C.
t1D.
t
4.如图,在倾角为α的固定光滑斜面上,有一用绳子栓着的长木板,木板上站着一只猫.已知木板的质量是猫的质量的2倍.当绳子突然断开时,猫立即沿着板向上跑,以保持其相对斜面的位置不变.则此时木板沿斜面下滑的加速度为( )
A.
B.gsinαC.
gsinαD.2gsinα
5.如图所示,金属棒MN两端由等长的轻质绝缘细线水平悬挂,处于垂直纸面水平向里的匀强磁场中,棒中通有由M到N的恒定电流,细线中拉力不为零,两细线竖直.保持匀强磁场磁感应强度大小不变,方向缓慢地转过90°变为竖直向下,在这个过程中()
A.细线向纸面内偏转,其中的拉力一直增大
B.细线向纸面外偏转,其中的拉力一直增大
C.细线向纸面内偏转,其中的拉力先增大后减小
D.细线向纸面外偏转,其中的拉力先增大后减小
6.声音在某种气体中的速度v的表达式,可以只用气体的压强P、气体的密度ρ和没有单位的比例常数k表示,根据你所学的物理思维与方法,试判断下列各表达式中可能正确的是( )
A.v=k
B.v=k
C.v=k
D.v=k
7.如图所示,电源电动势为4V,内阻为1Ω,电阻R1=3Ω,R2=R3=4Ω,电流表的内阻不计,闭合S,电路达到稳定状态后,电容器两极板间电压为( )
A.0 B.2.3V
C.3VD.3.2V
8.如图所示的电路中变压器为理想变压器,S为单刀双掷开关,P是滑动变阻器R的滑动触头,U1为加在原线圈两端的交变电压,I1、I2分别为原线圈和副线圈中的电流。
下列说法正确的是( )
A.保持P的位置及U1不变,S由b切换到a,则R上消耗的功率减小
B.保持P的位置及U1不变,S由a切换到b,则I2减小
C.保持P的位置及U1不变,S由b切换到a,则I1增大
D.保持U1不变,S接在b端,将P向上滑动,则I1减小
9.跳伞运动员做低空跳伞表演,当飞机离地面某一高度静止于空中时,运动员离开飞机下落,运动一段时间后打开降落伞,展伞后运动员以5m/s2的加速度匀减速下落,则运动员减速下降的任一秒内()
A.这一秒末的速度比前一秒初的速度小5m/s2
B.这一秒末的速度是前一秒末的速度的0.2倍
C.这一秒内的位移比前一秒内的位移小5m
D.这一秒末的速度比前一秒初的速度小10m/s
10.如图所示,光滑水平面上放置质量分别为m、2m和3m的三个木块,其中质量为2m和3m的木块间用一不可伸长的轻绳相连,轻绳能承受的最大拉力为T.现用水平拉力F拉其中一个质量为3m的木块,使三个木块以同一加速度运动,则以下说法正确的是( )
A.质量为2m的木块受到四个力的作用
B.当F逐渐增大到T时,轻绳刚好被拉断
C.当F逐渐增大到1.5T时,轻绳还不会被拉断
D.轻绳刚要被拉断时,质量为m和2m的木块间的摩擦力为
11.如图所示,质量为m的物体A在沿斜面向上的拉力F作用下沿斜面匀速下滑,此过程斜面体B仍静止,斜面体的质量为M,则水平地面对斜面体( )
A.有水平向左的摩擦力
B.物块A受的滑动摩擦力大小与mgsinθ的大小关系无法判断
C.支持力为(m+M)g
D.支持力小于(m+M)g
12、 如图所示,回旋加速器D形盒的半径为R,所加磁场的磁感应强度为B,用来加速质量为m、电荷量为q的质子,质子从下半盒的质子源由静止出发,加速到最大能量E后,由A孔射出。
则下列说法正确的是( )
A.回旋加速器不能无限加速质子
B.增大交变电压U,则质子在加速器中运行时间将变短
C.回旋加速器所加交变电压的频率为
D.下半盒内部,质子的运动轨迹半径之比(由内到外)为1∶
∶
二.填空题(3个小题,共20分)
13.如图为接在50Hz低压交流电源上的打点计时器,在纸带做匀加速直线运动时打出的一条纸带,图中所示的是每打5个点所取的记数点,但第3个记数点没有画出.由图数据可求得:
(共6分)
(1)该物体的加速度为 m/s2,
(2)第3个记数点与第2个记数点的距离约为 cm,
(3)打第3个记数点时该物体的速度为 m/s.
14.某探究学习小组的同学欲验证动能定理,他们在实验室组装了一套如下图所示的装置,另外他们还找到了打点计时器所用的学生电源、导线、复写纸、纸带、小木块、细沙。
当滑块连接上纸带,用细线通过滑轮挂上空的小沙桶时,释放小桶,滑块处于静止状态。
若你是小组中的一位成员,要完成该项实验。
(共8分)
(1)你认为还需要的实验器材有____________。
(2)实验时为了保证滑块受到的合力与沙桶的总重力大小基本相等,细沙和沙桶的总质量应满足的实验条件是__________________________,实验时首先要做的步骤是________________。
(3)在
(2)的基础上,某同学用天平称量滑块的质量为M。
往沙桶中装入适量的细沙,用天平称出此时沙和沙桶的总质量为m。
让沙桶带动滑块加速运动。
用打点计时器记录其运动情况,在打点计时器打出的纸带上取两点,测出这两点的间距L和这两点的速度大小v1与v2(v1<v2)。
则本实验最终要验证的数学表达式为______________。
(用题中的字母表示实验中测量得到的物理量)
15.如图甲是某金属材料制成的电阻R随摄氏温度t变化的图象,图中R0表示该电阻在0℃时的电阻值,已知图线的斜率为k.若用该电阻与电池(电动势为E、内阻为r)、理想电流表A、滑动变阻器R′串联起来,连接成如图乙所示的电路.用该电阻做测温探头,把电流表A的电流刻度改为相应的温度刻度,就得到了一个简单的“金属电阻温度计”.(共6分)
(1)根据图甲,温度为t(t>0℃)时电阻R的大小为__________.
(2)在标识“金属电阻温度计”的温度刻度时,需要弄清所测温度和电流的对应关系.请用E、R0、R′(滑动变阻器接入电路的阻值)、k等物理量表示待测温度t与电流I的关系式t=__________.
(3)如果某次测量时,指针正好指在在温度刻度的10℃到20℃的正中央,则测量值__________15℃(填“大于”、“小于”或“等于”).
三.解答题(共3小题,共32分)
16、如图所示的电路中,电阻R1=6Ω,R2=3Ω,R4=18Ω,R3为滑动变阻器,A、B为变阻器两个端点,滑动触头P在B端时,电流表的读数为2.5A,电源的输出功率为28.125W,电源总功率为33.75W。
(共10分)
(1)求电源电动势和内电阻;
(2)当滑动触头P处在R3的中点时,电流表的读数为0.9A,则R3的阻值是多少?
17、民用航空客机的机舱,除了有正常的舱门和舷梯连接,供旅客上下飞机外,一般还配有紧急出口.发生意外情况的飞机在着陆后,打开紧急出口的舱门,会自动生成一个气囊(由斜面部分AC和水平部分CD构成),机舱中的人可沿该气囊滑行到地面上来,如图所示.某机舱离气囊底端的竖直高度AB=3.0m,气囊构成的斜面长AC=5.0m,AC与地面之间的夹角为θ.斜面部分AC和水平部分CD平滑连接.一个质量m=60kg的人从气囊上由静止开始滑下,最后滑到水平部分上的E点静止,已知人与气囊之间的动摩擦因数为μ=0.55.不计空气阻力g=10m/s2.求人从A点开始到滑到E点所用的时间.(共10分)
18、(14分)如图所示,一束电子(电荷量为e)以速度v垂直射入磁感应强度为B,宽度为d的匀强磁场中,穿过磁场的速度方向与电子原来的入射方向的夹角为30°,求:
(1)电子的质量是多少?
(2)穿过磁场的时间是多少?
(3)若改变初速度大小,使电子刚好不能从A边射出,则此时速度v′是多少?
参考答案:
1、C2、A
3、C解析:
在t=t1时刻木块的速度为v=at1=
t1,此时刻力F的瞬时功率P=Fv=
t1。
4、C解析:
木板沿斜面加速下滑时,猫保持相对斜面的位置不变,即相对斜面静止,加速度为零.将木板和猫作为整体,根据牛顿第二定律F合=F猫+F木板=0+2ma(a为木板的加速度),
整体受到的合力的大小为猫和木板沿斜面方向的分力的大小,
即F合=3mgsinα,解得a=
gsinα,所以C正确.
5、A
6、A.解析:
传播速度v的单位m/s,密度ρ的单位kg/m3,P的单位kg/m•s2,
所以
的单位是m2/s2,
的单位是m/s,k无单位,
所以k
的单位与v的单位相同.
7、C解析:
由于电流表的内阻不计,故电阻R2、R3被短路,根据闭合电路欧姆定律可得I=
,解得I=1A,故电容器两极板间电压为U=IR1=3V,。
8、BC解析:
设理想变压器的原、副线圈匝数分别为n1、n2,根据理想变压器的原、副线圈的电压比等于匝数比,可得:
=
。
保持P的位置及U1不变,S由b切换到a,n2变大,U2变大,由欧姆定律可知I2变大,R上消耗的功率变大,I1变大,A错误,C正确;同理,保持P的位置及U1不变,S由a切换到b,I2变小,B正确;保持U1不变,S接在b端,则U2不变,P向上滑动,R变小,由欧姆定律可知I2变大,则I1也变大,D错误。
9、CD
10、C解析:
质量为2m的木块受到重力、质量为m的木块的压力、m对其作用的向后的摩擦力,轻绳的拉力、地面的支持力五个力的作用,故A错误;
对整体,由牛顿第二定律可知,a=
;隔离后面的叠加体,由牛顿第二定律可知,轻绳中拉力为F′=3ma=
.由此可知,当F逐渐增大到2T时,轻绳中拉力等于T,轻绳才刚好被拉断,选项B错误;C正确;
轻绳刚要被拉断时,物块加速度a′=
,质量为m和2m的木块间的摩擦力为f=ma′=
,故D错误.
11、AD解析:
由于A匀速下滑、B静止不动,可将A、B视为整体,根据平衡条件可知,斜面体B应该受到地面对它施加的水平向左的静摩擦力Ff,满足Ff=Fcosθ,选项A对;竖直方向有N+Fsinθ=(m+M)g,选项D对,选项C错.对物块A受力分析,物块A受到向上的拉力和向上的滑动摩擦力的和等于mgsinθ,故物块A受的滑动摩擦力大小小于mgsinθ,B项错.
12、ABC 解析:
随着质子速度的增大,相对论效应逐渐显现,质子质量增大,做圆周运动的周期不能保持与所加电场变化的周期同步,从而不能再被加速,因此,加速器不能无限加速质子,A正确;增大交变电压,质子每次经电场时获得的动能增大,在磁场中运动的半径增大,加速次数和所做圆周运动的次数减少,因此运动时间减小,B正确;由f=
,T=
,R=
,E=
mv2联立得f=
,C项正确;设下半盒第n个半圆的半径为rn,粒子速度vn,则2nqU=
mv
,得vn=
,rn=
=
·
,从内向外半径之比为1∶
∶
,D项错误。
13、
(1)0.72;
(2)4.34;(3)0.47.
解析:
(1)设1、2间的位移为x1,2、3间的位移为x2,3、4间的位移为x3,4、5间的位移为x4;因为周期为T=0.02s,且每打5个点取一个记数点,所以每两个点之间的时间间隔T=0.1s;由匀变速直线运动的推论xm﹣xn=(m﹣n)at2得:
x4﹣x1=3at2代入数据得:
(5.78﹣3.62)×10﹣2=3a×0.12
解得:
a=0.72m/s2.
(2)第3个记数点与第2个记数点的距离即为x2,由匀变速直线运动的推论:
x2﹣x1=at2得:
x2=x1+at2代入数据得:
x2=3.62×10﹣2+0.72×0.12=0.0434m;
即为:
4.34cm.
(3)打第2个点时的瞬时速度等于打1、3之间的平均速度,因此有:
v2=
=
=0.398m/s
根据速度公式v3=v2+at
得v3=0.398+0.72×0.1m/s=0.47m/s;
14、
(1)天平、刻度尺
(2)沙和沙桶的总质量远小于滑块的质量 平衡摩擦力 (3)mgL=
Mv
-
Mv
解析:
该实验中的研究对象是滑块,目的是比较合外力对滑块所做的功与滑块动能的增量的关系。
因为合外力不等于滑块的重力,两端质量不可能“抵消”,所以要分别测出沙、滑块的质量,还要测出滑块移动的距离,便于计算做的功和速度,因此还需要有天平和刻度尺。
实验时应注意平衡摩擦力,以减少误差。
从实验方便性上考虑要把沙的重力看做滑块所受的合外力,m应远远小于M。
实验验证的表达式为mgL=
Mv
-
Mv
。
15、
(1)R0+kt;
(2)t=
;(3)小于
解析:
(1)已知图线的斜率为k,根据数学知识得:
电阻R的大小为R=R0+kt.
(2)根据闭合电路欧姆定律得
I=
又R=R0+kt
联立得t=
;
(3)由上看出,t与I是非线性关系,与欧姆表类似,温度t的刻度是不均匀的,左密右疏,则知若指针正好指在在温度刻度的10℃到20℃的正中央,则测量值小于15℃.
16、
(1)当滑动触头P处在B端时,R3和R4均被短路,电路如图甲所示。
根据并联电路的分流原理,通过R1的电流
I1=
I2=
×2.5A=1.25A
干路中电流I=I1+I2=1.25A+2.5A=3.75A
又因P总=P出+I2r,即33.75W=28.125W+(3.75)2r
解得r=0.4Ω
外电阻R=
=2Ω
电源电动势E=IR+Ir=9V
(2)当触头处在R3的中点时,电路如图乙所示,变阻器R3的上半部分被短路,由于两并联支路上的电压相等得(
+R2)I2′=R1I1′
又I1′R1=E-(I2′+I1′)r,解得I1′=1.35A,Rx=9Ω
所以R3=2Rx=18Ω
17、 人的受力如图所示,
由牛顿运动定律得:
mgsinθ﹣μFN=ma
FN﹣mgcosθ=0,
则:
a=gsinθ﹣μgcosθ,
解得:
a=1.6m/s2
设人在斜面部分滑下所用的时间为t1,
s=
at
,
代入数据解得:
t1=2.5s
设人滑到斜面底端C时的速度为vC,
vC=at1=1.6×2.5=4m/s
由牛顿运动定律得:
μmg=ma′
由0﹣vC=(﹣a′)t2
解得:
t2=0.73s
故人从开始到滑到E点所用的时间:
t=t1+t2=3.23s.
18、
(1)作出速度方向的垂线,如图所示,设电子在磁场中运动轨道半径为r,电子的质量是m,由几何关系得r=
=2d
电子在磁场中运动Bqv=m
,
即r=
所以m=
。
(2)电子运动轨迹对应的圆心角
θ=30°=
电子运动的周期T=
电子穿过磁场的时间t=
T=
=
。
(3)电子刚好不能从A边射出(与右边界相切),此时电子的轨道半径为r′=d
由r′=
得v′=
=
。