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二模

2016年河北省唐山市高考物理二模试卷

一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分.在每小题给出的四个选项中，第1~5小题只有一项符合题目要求；第6~8小题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分）

1．（6分）伽利略利用铜球沿斜面运动的实验，实现了对重力的“冲淡”，从而完成了对自由落体运动的研究，关于这次实验下列说法正确的是（　　）

A．伽利略做的著名理想斜面实验其核心就是为了“冲淡”重力的影响

B．小球在斜面上下滑的位移与时间的平方成正比

C．小球沿斜面下滑的加速度与重力加速度成正比

D．如果考虑摩擦阻力的影响该实验的结论将不成立

2．（6分）一物体从静止开始做直线运动，其加速度随时间变化如图所示，则（　　）

A．1s～2s时间内物体做匀减速运动

B．2s末，物体运动的速度为零

C．1s末，物体运动的速度为2m/s

D．0～1s时间内的平均速度为2m/s

3．（6分）如图所示，理想自耦变压器，副线圈接有滑动变阻器R和定值电阻R1，Q是滑动变阻器R的滑动触头，原线圈两端接电压有效值恒定的交变电流，所有电表均为理想电表，则（　　）

A．保持P的位置不变，Q向右滑动两表示数都变小

B．保持P的位置不变，Q向右滑动R1消耗功率变大

C．保持Q的位置不变，P向下滑动R1消耗功率变大

D．保持Q的位置不变，P向上滑动两表示数都变大

4．（6分）假如宇航员在土星表面上用测力计测得质量为m的物块重为G0，已知土星半径为R，土星绕太阳公转的周期为T，线速度为v，引力常量为G，则太阳对土星的引力大小为（　　）

A．

B．

C．

D．

5．（6分）如图所示，物体在拉力F的作用下沿水平面做匀速运动，发现当外力F与水平方向夹角为30°时，所需外力最小，由以上条件可知，外力F的最小值与重力的比值为（　　）

A．

B．

C．

D．

6．（6分）一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，则下列说法正确的是（　　）

A．带负电粒子从x1运动到x2电场力做负功

B．x1、x2处电势小于零

C．x1处的场强大于x2处的场强大小

D．x1处的电势比x2处的电势低

7．（6分）如图所示，细线的一端固定于0点另﹣端系一质量为m的小球，在水平恒力F作用下，小球由0点正下方的A点，从静止开始与竖直方向的运动，刚好能到达B点．小球到达B点时，细绳与竖直方向的夹角为60°．从A到B的运动过程中，则（　　）

A．恒力F的值大于小球的重力B．恒力F的值小于小球的重力

C．小球的机械能一直增大D．小球的机械能先增大后减小

8．（6分）如图所示，固定倾斜放置的平行导轨足够长且电阻不计，倾角为θ，导轨间距为L，两阻值均为R的导体棒ab、cd置于导轨上，棒的质量均为m，棒与导轨垂直且始终保持良好接触，整个装置处在与导轨平面垂直向上的磁感应强度为B的匀强磁场中，开始时导体棒ab、cd均处于静止状态，现给cd一平行于导轨平面向上的恒力F，使cd向上做加速运动．到t0时刻时，cd棒的位移为x，速度达到v0，ab刚好要向上滑动．棒与导轨的动摩擦因数均为μ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则在0～t0的过程中（　　）

A．ab棒受到的安培力一直增大

B．ab棒受到导轨的摩擦力一直增大

C．cd棒克服安培力的功为Fx﹣μmgxcosθ﹣

D．在t0时刻突然撤去拉力的一瞬间，cd棒的加速度为

二、必考题（共4小题，满分47分）

9．（6分）在“探究功与速度变化的关系”实验中，采用如图甲所示装置，水平正方形桌面距离地面高度为h，将橡皮筋的两端固定在桌子边缘上的两点，将小球置于橡皮筋的中点，向左移动距离s，使橡皮筋产生形变，由静止释放后，小球飞离桌面，测得其平抛的水平射程为L．改变橡皮筋的条数，重复实验．

（1）实验中，小球每次释放的位置到桌子边缘的距离s应　　（不同、相同、随意）

（2）取橡皮筋对小球做功W为纵坐标，为了在坐标系中描点得到一条直线，如图乙所示，应选　　为横坐标（选L或L2）．若真线与纵轴的截距为b，斜率为k，可求小球与桌面间的动摩擦因数为　　（使用题中所给符号表示）．

10．（9分）研究小组想要测量电压表内阻和某电源电动势，给定器材如下：

待测电压表：

量程0﹣1V，内阻约为990Ω；

待测电源：

电动势约为6V，内阻约为1Ω；

电流表：

量程0﹣0.6A，内阻可忽略；

滑动变阻器R：

阻值变化范围0﹣20Ω；

定值电阻R1：

阻值为6kΩ；

定值电阻R2：

阻值为2kΩ；

单刀单掷开关和导线若干．

（1）一成员利用图甲电路进行实验，通过电压表与电流表的读数获得电压表的内阻，请分析此方法的可行性，并说明理由．　　

（2）另一成员利用图乙电路进行实验，其操作步骤为：

①连接电路；

②闭合S1、S2，读出此时电压表的示数为0.90V；

③保持S1闭合，断开S2，读出此时电压表的示数为0.70V；

④断开S1，整理器材．

忽略电源内阻，由以上数据，可以测得电压表的内阻为　　Ω；电源的电动势为　　V．考虑到电源有内阻，电源电动势的测量值和真实值相比较　　（填“偏大”“相等”或“偏小”）．

11．（14分）如图所示，倾角θ=30°足够长的斜面顶端固定一光滑定滑轮，轻绳跨过定滑轮，两端分别连接钩码和带凹槽的木块，木块的凹槽内放置一个钩码，两钩码的质量均为m=0.1kg，木块沿斜面向下匀速运动，速度大小为v0=10m/s，已知木块与斜面间动摩擦因数μ=

，重力加速度g=10m/s2．求：

（1）木块的质量M；

（2）若迅速将凹槽内的钩码挂到左侧钩码上，不计此过程中对系统速度的影响，木块经多长时间速度减为零．

12．（18分）如图所示，在xOy平面内，x=2L处竖直放置一个长为L的粒子吸收板AB，其下端点A在x轴上，粒子打到吸收板上立即被板吸收，不考虑吸收板带电对粒子运动的影响．在AB左侧存在竖直向上的匀强电场，场强大小为E，在AB右侧存在垂直存在垂直纸面向外的匀强磁场．原点O处有一粒子源，可沿x轴正向射出质量为m、电量为+q的不同速率的带电粒子，不计粒子的重力．

（1）若射出的粒子能打在AB板上，求能力打在AB板上的粒子进入电场时的速度范围；

（2）在电场可侧放置挡板BD，挡板与x轴交于C点，已知AC=AB，BC=2CD．粒子与挡板碰撞速度大小不变，方向反向，为使由AB上边缘进入磁场的粒子能到达CD区域，求磁场感应强度的取值范围．

[选修3－3]（共2小题，满分15分）

13．（6分）下列说法正确的是（　　）

A．露珠呈球形是由于表面张力所致

B．布朗运动反映了悬浮颗粒中分子运动的不规则性

C．第二类永动机不违背热力学第一定律

D．给自行车打气时气筒压下后反弹，不是由分子斥力造成的

E．单晶体有固定的熔点，而多晶体没有固定的熔点

14．（9分）如图，一上端开口、下端封闭的细长玻璃管竖直放置．玻璃管的下部封有长l1=25.0cm的空气柱，中间有一段长l2=25.0cm的水银柱，上部空气柱的长度l3=40.0cm．已知大气压强为p0=75.0cmHg．现将一活塞（图中未画出）从玻璃管开口处缓慢往下推，使管下部空气柱长度变为l1′=20.0cm．假设活塞下推过程中没有漏气，求活塞下推的距离．

[选修3－4]（共2小题，满分0分）

15．如图所示为一列简谐横波在t=0时刻的波形图，此时x=18m处的质点刚开始振动，t=1.5s时，x=30m处的质点第一次到达波峰，则下列说法正确的是（　　）

A．质点P振动的周期为1.2s

B．该波传播速度为10m/s

C．t=0时刻开始，质点Q比质点P先回到平衡位置

D．t=0时刻开始，经

个周期内，质点Q运动的路程为2cm

E．t=0.2时，质点Q运动到波峰位置

16．如图所示，一束宽度为d的平行光射向截面为正三角形的玻璃三棱镜，入射光与AB界面夹角为45°，玻璃的折射率n=

，光束通过三棱镜后到达与BC界面平行的光屏PQ，求光屏PQ上光斑的宽度D．

[选修3－5]（共2小题，满分0分）

17．如图所示是氢原子的能级图，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种光子中波长最长的是n=4激发态跃迁到基态时产生的

B．6种光子中有2种属于巴耳末系

C．使n=4能级的氢原子电离至少要0.85eV的能量

D．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

E．在6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

18．如图所示，质量均为M=4kg的小车A、B，B车上用轻绳挂有质量为m=2kg的小球C，与B车静止在水平地面上．A车以v0=2m/s的速度在光滑水平面上向B车运动，相碰后粘在一起（碰撞时间很短）．求：

（1）碰撞过程中系统损失的机械能；

（2）碰后小球第一次回到最低点时的速度．

2016年河北省唐山市高考物理二模试卷

参考答案与试题解析

1．（6分）伽利略利用铜球沿斜面运动的实验，实现了对重力的“冲淡”，从而完成了对自由落体运动的研究，关于这次实验下列说法正确的是（　　）

A．伽利略做的著名理想斜面实验其核心就是为了“冲淡”重力的影响

B．小球在斜面上下滑的位移与时间的平方成正比

C．小球沿斜面下滑的加速度与重力加速度成正比

D．如果考虑摩擦阻力的影响该实验的结论将不成立

【分析】要了解伽利略“理想斜面实验”的内容、方法、原理以及物理意义，伽利略斜面实验的卓越之处不是实验本身，而是实验所使用的独特的方法在实验的基础上，进行理想化推理．（也称作理想化实验）它标志着物理学的真正开端．

【解答】解：

A、伽利略采用了斜面实验，“冲淡”了重力的作用，便于运动时间的测量，但是其核心是把实验和逻辑推理和谐地结合起来，从而发展了人类的科学思维方式和科学研究方法，故A错误；

B、伽利略通过实验测定出小球沿斜面下滑的运动是匀加速直线运动，位移与时间的二次方成正比，并证明了速度随时间均匀变化．故B正确；

C、伽利略通过实验测定出小球沿斜面下滑的运动是匀加速直线运动，并证明了速度随时间均匀变化，加速度不变．故C错误；

D、即使考虑摩擦阻力的影响，该实验的结论仍然成立．故D错误．

故选：

【点评】伽利略的“理想斜面实验”是建立在可靠的事实基础之上的，它来源于实践，而又高于实践，它是实践和思维的结晶．

2．（6分）一物体从静止开始做直线运动，其加速度随时间变化如图所示，则（　　）

A．1s～2s时间内物体做匀减速运动

B．2s末，物体运动的速度为零

C．1s末，物体运动的速度为2m/s

D．0～1s时间内的平均速度为2m/s

【分析】匀变速运动的加速度是恒定的．在加速度与时间图象中，“面积”等于速度的变化量．根据图象的“面积”分析速度和平均速度．

【解答】解：

A、在加速度与时间图象中，“面积”等于速度的变化量，图象的“面积”逐渐增大，说明物体的速度逐渐增大，则知1s～2s时间内物体做变加速运动．故A错误．

B、根据a﹣t图象中，“面积”等于速度的变化量，则知2s内，物体运动的速度变化量大于零，因此2s末，物体运动的速度大于零，故B错误．

C、1s末，物体运动的速度变化量为△v=

=2m/s，初速度为零，所以1s末，物体运动的速度是2m/s，故C正确．

D、0～1s时间内，若物体做匀加速运动，平均速度为

=1m/s．由于物体做加速度增大的变加速运动，根据v﹣t图象的面积表示可知，物体实际的位移小于匀加速运动的位移，所以0～1s时间内的平均速度小于1m/s．故D错误．

故选：

【点评】解决本题的关键根据加速度时间图线作出v﹣t图象，知道a﹣t图象中“面积”等于速度的变化量，v﹣t图象中“面积”表示位移．

A．保持P的位置不变，Q向右滑动两表示数都变小

B．保持P的位置不变，Q向右滑动R1消耗功率变大

C．保持Q的位置不变，P向下滑动R1消耗功率变大

D．保持Q的位置不变，P向上滑动两表示数都变大

【分析】本题和闭合电路中的动态分析类似，可以根据Q的变化，确定出全电路的电阻的变化，进而可以确定全电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的元件的电流和电压的变化的情况．

【解答】解：

AB、当P不动时，自耦变压器的输出的电压不变，所以电压表的示数不变；

当Q向右移动时，滑动变阻器的电阻增大，所以电路的电流减小，根据变流比公式

，变压器的输入电流也就减小，故安培表的读数减小；

流过电阻R1的电流减小，故R1消耗功率减小；

故A错误，B错误；

C、保持Q的位置不变，P向下滑动，根据变压比公式

，变压器的输出电压减小，故流过电阻R1的电流减小，故R1消耗功率减小；故C错误；

D、保持Q的位置不变，P向上滑动，根据变压比公式

，变压器的输出电压增加，故流过电阻R1的电流增加，变压器的输出功率增加；而输入功率等于输出功率，故输入功率也增加；根据P=U1I1，输入电流增加；故两表示数都变大，故D正确；

故选：

【点评】电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其它的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法．

A．

B．

C．

D．

【分析】根据物体在土星表面的重力得出土星表面的重力加速度，结合万有引力等于重力求出土星的质量，结合太阳对土星的引力提供土星的向心力求出太阳对土星的引力大小．

【解答】解：

土星表面的重力加速度为：

，

根据

得土星的质量为：

，

太阳对土星的引力提供土星的向心力，有：

F=Mvω=

．

故选：

A．

【点评】解决本题的关键掌握万有引力定律的两个重要理论：

1、万有引力等于重力，2、万有引力提供向心力，并能灵活运用．

A．

B．

C．

D．

【分析】对物体受力分析，根据竖直方向上的共点力平衡可求得支持力，由水平方向的平衡求出摩擦力，然后通过联立得出力F的表达式，再由三角函数的关系得出F的最小值与F的角度之间的关系，最后代入数据求出即可；

【解答】解：

物体受力分析，如图，建立直角坐标系，对力进行正交分解得：

y方向：

支持力FN=G﹣Fy=G﹣Fsinθ…①

x方向：

摩擦力F′=Fx=Fcosθ…②

又：

F′=μFN…③

联立得：

令：

则：

可知当β+θ=90°时，F有最小值．

由题意，当θ=30°时有最小值，所以β=60°

所以：

将θ=30°，

代入①②③联立可得：

故选：

【点评】本题知道滑动摩擦力公式的应用，滑动摩擦力与正压力有关，而静摩擦力与外力有关．

6．（6分）一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，则下列说法正确的是（　　）

A．带负电粒子从x1运动到x2电场力做负功

B．x1、x2处电势小于零

C．x1处的场强大于x2处的场强大小

D．x1处的电势比x2处的电势低

【分析】根据题意和图象正确判断出电子的运动形式是解题的关键，由图可知，电子通过相同位移时，电势能的减小量不变，说明电场力做功快慢不变，由W=Fs可知电场力不变，因此知道了运动形式即可正确解答本题．

【解答】解：

A、根据电场力做功与电势能的变化关系可知，带负电粒子从x1运动到x2电势能减小，电场力做正功，故A错误；

B、根据公式：

E=qφ可知，x1、x2处负电荷的电势能大于0．所以电势小于零，故B正确．

C、由图可知，电势能的变化率不变，所以负电荷受到的电场力不变，则知该电场为匀强电场，故C错误．

D、带负电粒子从x1运动到x2电势能减小，则电势升高，所以x1处的电势比x2处的电势低，故D正确．

故选：

【点评】解题过程中要把握问题的核心，要找准突破点，如本题中根据图象获取有关电子的运动、受力情况即为本题的突破点．

A．恒力F的值大于小球的重力B．恒力F的值小于小球的重力

C．小球的机械能一直增大D．小球的机械能先增大后减小

【分析】小球刚好能到达B点时速度为零，根据动能定理列式，求解恒力F的大小．根据功能关系分析小球的机械能如何变化．

【解答】解：

AB、设细线的长度为L．小铁块从A到B的过程，由动能定理得：

FLsin60°﹣mgL（1﹣cos60°）=0﹣0

解得：

mg＜mg，即恒力F的值小于小球的重力，故A错误，B正确．

CD、恒力一直做正功，由功能关系知，小球的机械能一直增大，故C正确，D错误．

故选：

【点评】本题中F是恒力，其做功等于恒力F的大小与力的方向分位移的乘积．要明确功能原理，并熟练运用．

A．ab棒受到的安培力一直增大

B．ab棒受到导轨的摩擦力一直增大

C．cd棒克服安培力的功为Fx﹣μmgxcosθ﹣

D．在t0时刻突然撤去拉力的一瞬间，cd棒的加速度为

【分析】分析cd棒产生的感应电动势，由欧姆定律求出回路中的电流，再由安培力公式F=BIL分析ab受到的安培力如何变化．由平衡条件分析ab棒受到导轨的摩擦力如何变化．根据动能定理求cd棒克服安培力的功．由牛顿第二定律求cd棒的加速度．

【解答】解：

A、cd棒做加速运动，由E=BLv知cd棒产生的感应电动势增大，由欧姆定律可知回路中产生的感应电流增大，由F=BIL知ab棒受到的安培力一直增大，故A正确．

B、当ab棒受到的安培力小于mgsinθ时，由平衡条件得：

BIL+f=mgsinθ，则I增大，ab受到的摩擦力f减小．当ab棒受到的安培力大于mgsinθ时，由平衡条件得：

BIL=f+mgsinθ，则I增大，f增大．故B错误．

C、对cd棒，由动能定理得Fx﹣mgxsinθ﹣μmgxcosθ﹣W克=

﹣0，得：

克服安培力的功W克=Fx﹣mgxsinθ﹣μmgxcosθ﹣

，故C错误．

D、在t0时刻突然撤去拉力的一瞬间，回路中感应电流I=

cd棒的加速度大小为a=

对于ab分析有：

μmgcosθ+mgsinθ=BIL，联立解得a=

．故D正确．

故选：

【点评】解决本题的关键要正确分析两棒的受力情况，根据法拉第定律、欧姆定律推导出安培力与速度的关系，运用力学的规律研究．

二、必考题（共4小题，满分47分）

（1）实验中，小球每次释放的位置到桌子边缘的距离s应　相同　（不同、相同、随意）

（2）取橡皮筋对小球做功W为纵坐标，为了在坐标系中描点得到一条直线，如图乙所示，应选　L2　为横坐标（选L或L2）．若真线与纵轴的截距为b，斜率为k，可求小球与桌面间的动摩擦因数为　

　（使用题中所给符号表示）．

【分析】

（1）保证每根橡皮条的形变量相等，球每次释放的位置到桌子边缘的距离s要相同；

（2）小球抛出后做平抛运动，根据平抛运动基本公式求出平抛的初速度，再根据动能定理列式求解即可．

【解答】解：

（1）小球每次释放的位置到桌子边缘的距离s要相同，这样保证每根橡皮条的形变量相等，则每根弹簧弹力做的功相等，

（2）小球抛出后做平抛运动，根据h=

，解得：

，则初速度

，

根据动能定理得：

W﹣μmgs=

，

则W=

+μmgs

所以应选L2为横坐标，斜率k=

，b=μmgs

解得：

μ=

故答案为：

（1）相同；

（2）L2；

【点评】本实验比较新颖，不是常规方法研究，但实验原理是一样的，要使每根弹簧弹力做的功相等，则要保证小球每次释放的位置到桌子边缘的距离相同．

10．（9分）研究小组想要测量电压表内阻和某电源电动势，给定器材如下：

待测电压表：

量程0﹣1V，内阻约为990Ω；

待测电源：

电动势约为6V，内阻约为1Ω；

电流表：

量程0﹣0.6A，内阻可忽略；

滑动变阻器R：

阻值变化范围0﹣20Ω；

定值电阻R1：

阻值为6kΩ；

定值电阻R2：

阻值为2kΩ；

单刀单掷开关和导线若干．

（1）一成员利用图甲电路进行实验，通过电压表与电流表的读数获得电压表的内阻，请分析此方法的可行性，并说明理由．　不可行，由于电压表内阻太大，电流表示数偏小　

（2）另一成员利用图乙电路进行实验，其操作步骤为：

①连接电路；

②闭合S1、S2，读出此时电压表的示数为0.90V；

③保持S1闭合，断开S2，读出此时电压表的示数为0.70V；

④断开S1，整理器材．

忽略电源内阻，由以上数据，可以测得电压表的内阻为　1k　Ω；电源的电动势为　6.3　V．考虑到电源有内阻，电源电动势的测量值和真实值相比较　偏小　（填“偏大”“相等”或“偏小”）．

【分析】

（1）分析电路结构，根据欧姆定律可求得电流值的范围，则可明确能否测量；

（2）根据欧姆定律可得出对应的表达式，联立可求得电源的内阻和电压表的示数；根据实验原理分析实验误差．

【解答】解：

（1）由于电压表内阻约为990Ω，则电流约为：

≈0.006A，故电流表示数太小，无法正确测量；

（2）闭合S1、S2，U1=

=0.9

U2=

=0.7V；

联立解得：

E=6.3V；

RV=1kΩ；

若电源有内阻，则由表达式可知，分母中应包括电源内阻，则可知，求出的E应偏小；

故答案为：

（1）不可行，由于电压表内阻太大，电流表示数偏小；

（2）1k；6.3；偏小．

【点评】本题考查闭合电路欧姆定律的应用，要注意正确分析电路，明确

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