辽宁省沈阳市2016届高三物理教学质量监测试题（含解析）.doc

1、- 1 -2016 年沈阳市高中三年级教学质量监测（一）物理试题一、选择题（本题共 10 小题，每小题 6 分。在每小题给出的四个选项中，第 16 题只有一个选项符合题目要求，第 710 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，有选错或不答的得 0 分）1. 如图为一个质点做直线运动的 v t 图象，该质点在前 4 s 内向东运动，则该质点 A. 在 810 s 内始终向东运动B. 在前 8 s 内的加速度大小不变，方向始终向西C. 在前 8 s 内的合外力先减小后增大D. 在 412 s 内的位移大小为 24 m【答案】B【解析】速度的正负表示运动的方向，0-4s

2、 内向东运动，则 4-10s 内向西运动，故 A 错误在前 8s 内，图线的斜率不变，则加速度不变，斜率为正值，因为速度为负时向东运动，可知规定向西为正方向，则前 8s 内加速度方向始终向西，故 B 正确前 8s 内加速度不变，根据牛顿第二定律知，物体所受的合力不变，故 C 错误根据图线围成的面积知，4-12s 内的位移为： x46 m12 m，故 D 错误故选 B点睛：解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线的斜率表示加速度，速度的正负表示运动的方向，图线与时间轴围成的面积表示位移2. 某宇宙飞船绕某个未知星球做圆周运动，在轨道半径为 r1的圆轨道上运动时周期为 T。随后飞船变轨到

3、半径为 r2 的圆轨道上运动，则飞船变轨后的周期为A. 飞船的周期为（ ） T B. 飞船的周期为（ ） TC. 飞船的周期为（ ） T D. 飞船的周期为（ ） T【答案】D【解析】对于任一飞船，飞船绕星球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，得得 ；设飞船变轨后的周期为 T ，可得 - 2 -故 ，故选 D.点睛：求物理量的比值，我们应该把这个物理量先用已知的物理量表示出来，再进行之比向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用3. 如图所示， AEFD 和 EBCF 是两个等边长的正方形，在 A 点固定一个带电量为+ Q 的点电荷，在 C 点固定一个带电量为 Q

4、的点电荷，则下列说法正确的是A. E、 F 两点的电场强度相同B. E、 F 两点的电势相同C. 将一个负电荷由 E 点沿直线移动到 F 点，电场力先做正功后做负功D. 将一个负电荷由 E 点沿直线移动到 F 点，电场力先做负功后做正功【答案】A【解析】+Q、-Q 是两个等量异种点电荷，其电场关于 AC 连线对称，关于 AC 的中垂线也对称，可知结合等量异种点电荷电场线的分布情况可知 E、F 两点的电场强度大小相等，方向也相同，所以电场强度相同，故 A 正确根据顺着电场线方向电势降低，可知 E 点的电势高于 F 两点的电势，故 B 错误将一个负电荷由 E 点沿着直线移动到 F 点，电势逐渐降低

5、，由 Ep=q 知，负电荷的电势能逐渐增大，则电场力一直做负功，故 CD 错误故选 A.4. 用某型号的柴油发电机给我国灾民临时安置区供电，发电机到安置区的距离是 400 m，输电线路中的火线和零线均为单股铜导线，该导线每米的电阻为 2.510-4 ，安置区家用电器的总功率为 44 kW，当这些家用电器都正常工作时，下列说法中正确的是A. 输电线路中的电流为 20 AB. 输电线路损失的电功率为 4 kW- 3 -C. 发电机实际输出电压是 240 VD. 如果该柴油发电机发的电是正弦交流电，则输出电压的峰值是 V【答案】D【解析】已知家用电器的工作电压为 220V，根据 P=UI 可求输电线

6、上电流为 200A，故 A 错误；输电线电阻 R=R02x=0.2，输电线损失的功率 P=I2R=8000W，故 B 错误；输电线损失的电压U0=RI=40，发电机实际输出电压是 220+40V=260V，最大值 260 V，所以 C 错误；D 正确。5. 如图所示的电路， R1、 R2、 R3是定值电阻， R4是滑动变阻器，电源内阻不可忽略。闭合开关电路稳定后，将滑动变阻器的滑动触头由中点向上移动的过程中A. 电压表示数变小 B. 电容器放电C. 电源的总功率变小 D. 通过滑动变阻器的电流变大【答案】C【解析】试题分析：当滑动变阻器的滑动触头由中点向上移动时，R 4变大，电路的总电阻变大，

7、总电流 I 变小，内电压变小，则路端电压变大，因此电压表示数变大故 A 错误；电容器两端电压为：U=E-I（r+R 2） ，I 变小，故电容器两端电压 U 变大，带电量变大，电容器充电，故 B 错误；电源的总功率 P=EI，I 变小，则 P 变小，故 C 正确根据串联电路分压规律知，变阻器两端的电压增大，通过 R1的电流变大，而总电流变小，所以通过滑动变阻器的电流变小故 D 错误故选 C考点：电路的动态分析【名师点睛】本题是电路动态分析问题，关键是理清电路，根据路串并联知识和闭合电路欧姆定律得到各个部分电路电流和电压的变化。6. 如图所示，斜面固定在水平面上，两个小球分别从斜面底端 O 点正上

8、方 A、 B 两点向右水平抛出， B 为 AO 连线的中点，最后两球都垂直落在斜面上， A、 B 两球击中斜面位置到 O 点的距离之比为- 4 -A. :1 B. 2 : 1 C. 4 : D. 4 : 1【答案】B【解析】设任一小球的初速度为 v0，抛出点离 O 点的高度为 h，平抛运动的时间为 t，斜面的倾角为 据题小球垂直击中斜面，速度与斜面垂直，由速度分解可知：v ytan=v 0；又 vy=gt可得： 根据几何关系得： 据题有 OA=2OB，则得：v A= vB击中斜面位置到 O 点的距离为 故得 A、B 两球击中斜面位置到 O 点的距离之比为 2：1，故选 B.点睛：解决本题的关键

9、要灵活运用几何关系，分析水平位移与高度的关系，要掌握平抛运动水平方向和竖直方向上的运动规律，并能灵活运用7. 如图所示， A 和 B 两个小球固定在一根轻杆的两端， A 球的质量为 m， B 球的质量为 2m，此杆可绕穿过 O 点的水平轴无摩擦地转动。现使轻杆从水平位置由静止释放，则在杆从释放到转过 90的过程中A. A 球的机械能增加B. 杆对 A 球始终不做功C. B 球重力势能的减少量等于 B 球动能的增加量D. A 球和 B 球的总机械能守恒【答案】AD【解析】A 球向上加速，动能增加，重力势能也增加，则 A 球的机械能增加故 A 正确由于 A 球的机械能增加，则根据功能原理知，杆对

10、A 球做正功，故 B 错误根据系统的机械能守恒知，B 球重力势能的减少量等于 B 球动能的增加量、A 球动能的增加量和 A 球重力势能增加量之和故 C 错误对于 AB 组成的系统，只发生动能和重力势能的转化，系统的机械- 5 -能守恒故 D 正确故选 AD.点睛：本题是轻杆连接的模型问题，对系统机械能是守恒的，但对单个小球机械能并不守恒，运用系统机械能守恒及除重力以外的力做物体做的功等于物体机械能的变化量进行研究即可8. 如图所示，在平面直角坐标系中有一个垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，其边界过原点 O、 y 轴上的点 a（0， L）和 x 轴上的点 b。一个不计重力的电子从 a 点以初速度

11、v0平行于x 轴负方向射入磁场，并从 b 点射出磁场，此时速度方向与 x 轴负方向的夹角为 60，下列说法中正确的是A. 电子在磁场中运动的时间为B. 电子在磁场中运动的时间为C. 磁场区域的圆心坐标为（， ）D. 电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为（0， L）【答案】BD- 6 -点睛：本题考查带电粒子在磁场中的运动，由题意确定粒子在磁场中运动轨迹是解题的关键之处，从而求出圆磁场的圆心位置，再运用几何关系来确定电子的运动轨迹的圆心坐标9. 如图所示， F1、 F2为有一定夹角的两个共点力，过作用点 O 点建立平面直角坐标系 xoy，将 F1、 F2沿 x 轴、 y 轴进行正交分解，则A. 当

12、 x 轴取 F1、 F2合力方向时， F1、 F2在 x 轴上的分力之和最大B. 当 F1、 F2在 x 轴上的分力之和最大时，在 y 轴上的分力之和最小C. 当 x 轴取 F1、 F2角平分线方向时， F1、 F2在 x 轴上的分力之和最大D. F1、 F2合力的大小，与 x 轴的选取方向有关【答案】AB【解析】由于 F1、F 2大小、方向都已知，故根据平行四边形法则可得，两力的合力确定当x 轴沿合力方向时，在 x 轴上的分力之和最大，此时垂直于合力的方向 y 方向的分力等于0，是最小的故 AB 正确，C 错误F 1、F 2合力的大小，根据平行四边形法则可得，两力的合力确定的，与 x 轴的选

13、取方向无关故 D 错误故选 AB.10. 制造纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为 d 的两平行金属板，如图甲所示，加在 A、 B 间的电压 UAB作周期性变化，其正向电压为 U0，反向电压为 kU0（ k1） ，电压变化的周期为 2T，如图乙所示。在 t0 时，有一个质量为 m、电荷量为 e 的电子以初速度 v0垂直电场方向从两极板正中间射入电场，在运动过程中未与极板相撞，且不考虑重力的作用，则：- 7 -A. 若 且电子恰好在 2T 时刻射出电场，应满足的条件是 dB. 若 且电子恰好在 4T 时刻从 A 板边缘射出电场，其动能增加C. 若 且电子恰好在 2T 时刻射出电场，射出时的

14、速度为 D. 若 ，电子在射出电场的过程中沿电场方向的分速度方向始终不变【答案】AD【解析】电子在 0T 时间内做匀加速运动, 加速度的大小位移 在 T2T 时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动, 加速度的大小初速度的大小 匀减速运动阶段的位移依据题意 解得t=2T 时刻，电子沿电场方向的分速度 在 2T 时刻射出电场的速度 ，故 A 正确，C 错误；K=1，电子在竖直方向的速度随时间变化的图象如图所示- 8 -t=4T 时刻，沿电场方向的分速度为 0，射出速度等于 v0，所以动能增加量为 0，由图象知，电子在射出电场的过程中，沿电场方向的分速度方向不变，故 B 错误，D 正确；故选 AD

15、.点睛：电子在交变电场中的变加速运动问题是考察的热点，重要的是分析清楚电子的运动情景，同时这种问题运算量较大，过程较为复杂，给学生造成较大的难度.二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第 1112 题为必考题，每个考生都必须做答；第 1315 题为选考题，考生根据要求做答。（一）必考题（本题有 2 小题，共 35 分）11. 足够长的平行金属导轨 MN 和 PQ 表面粗糙，与水平面间的夹角 37（sin370.6） ，间距为 1.0 m。垂直于导轨平面向上的匀强磁场的磁感应强度为 4.0 T， PM 间所接电阻的阻值为 8.0 。质量为 2.0 kg 的金属杆 ab 垂直导轨放置，不计杆与导

16、轨的电阻，杆与导轨间的动摩擦因数为 0.25。金属杆 ab 在沿斜面向下且与杆垂直的恒力 F 作用下，由静止开始运动，杆的最终速度为 8 m/s，取 g10m/s 2，求：（1）当金属杆的速度为 4.0 m/s 时，金属杆的加速度大小；（2）当金属杆沿导轨的位移为 6.0m 时，通过金属杆的电荷量。【答案】 （1）4m/s 2（2）3C 【解析】 （1）对金属杆 ab 应用牛顿第二定律有 ：F mgsin F 安 f ma f F N - 9 -FN mgcos ab 杆所受安培力大小为： F 安 BILab 杆切割磁感线产生感应电动势为： E BLv由闭合电路欧姆定律可知： 整理得： F m

17、gsin mg cos ma 代入： vm=8m/s 时 a=0，解得： F=8N 代入： v=4m/s 及 F=8N，解得： a4m/s 2 （2） ）设通过回路截面的电荷量为 q，则：回路中的平均电流强度为： 回路中的产生的平均感应电动势为：回路中的磁通量变化量为： BLx 联立，解得： q3C 12. 如图所示，粗糙水平面上放置一个质量 M2 kg、长度 L 5 m 的木板 A，可视为质点的物块 B 放在木板 A 的最左端，其质量 m1 kg。已知 A、 B 间动摩擦因数为 10.2， A 与水平地面间的动摩擦因数为 20.4。开始时 A、 B 均处于静止状态，当 B 获得水平向右的初速

18、度 v08 m/s 的同时，对 A 施加水平向右的恒力 F，取 g10 m/s 2，求：(1) 为使物块 B 不从木板 A 的右端滑出，力 F 的最小值为多大？ (2) 若 F22 N，则物块 B 的最大速度为多大？【答案】 （1）18.8N（2）10m/s【解析】 （1）物块 B 在木板 A 上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知： 1mg ma1 - 10 -解得： a12m/s 2木板 A 的速度为： v a2t 物块 B 的速度为： v v0 a1t 木板 A 的位移为： 物块 B 的位移为： A、 B 的相对位移为木板长 L： L xB xA 联立以上各式解得： 对木板 A，由牛顿第

19、二定律可知： F 1mg 2（ m M） g Ma2 解得： F18.8N （2）物块 B 在木板 A 上先做匀减速直线运动，加速度为 a12m/s 2；木板 A 做匀加速直线运动。对木板 A，由牛顿第二定律可得：F 1mg 2（ m M） g Ma3 解得： a36m/s 2 设经过时间 t1， A、 B 两物体速度相同，大小都为 v1v1 v0 a1t1 v1 a3t1 联立解得： t11s v16m/s在此过程中 A、 B 的位移分别为 xA1、 xB1，则：A、 B 间的相对位移为： x1 xB1 xA1A、 B 速度相同后，木板 A 以 a4的加速度继续匀加速运动，由牛顿运动定律可知

20、：F 1mg 2（ m M） g Ma4 解得： a44m/s 2- 11 -由于 a4 a1，所以物块 B 也向右做匀加速运动，但相对木板 A 向左运动，经时间 t2后物块B 会从木板 A 的左端滑出，在这段时间内：木板 A 的位移为： 物块 B 的位移为： A、 B 间的相对位移 x2 x1，则： x1 xA2 xB2 联立解得： t22s物块 B 从木板 A 的左端滑出时的速度为：v3 v1 a1t2 解得： v310m/s 物块 B 从木板 A 的左端滑出后落到地面上做匀减速运动，所以整个过程中，物块 B 从木板 A的左端滑出时的速度为最大速度：10m/s点睛：本题考查了受力分析与牛顿

21、第二定律的综合运用，关键理清放上木块后木板和木块的运动情况，抓住受力分析，结合牛顿第二定律结合解答（二）选考题：共 15 分。请考生从给出的 3 道物理题中任选一题做答，并用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做按所做的第一题计分。【物理选修 33】13. 下列说法正确的是_（选对 1 个给 3 分，选对 2 个给 4 分，选对 3 个给 5 分，每选错 1 个扣 3 分，最低得分为 0 分） 。 A第一类永动机不可能制成，因为违背了能量守恒定律B液体温度越高、悬浮颗粒越小，布朗运动越剧烈C不考虑分子势能，

22、则质量、温度均相同的氢气和氧气的内能也相同D只要知道气体的摩尔体积和阿伏伽德罗常数，就可以算出气体分子的体积E物体吸收热量，其内能可能不变【答案】ABE【解析】第一类永动机不可能制成，因为违背了能量守恒定律，选项 A 正确；液体温度越高、悬浮颗粒越小，布朗运动越剧烈，选项 B 正确；不考虑分子势能，则质量、温度均相同的氢气和氧气，虽然分子平均动能相同，但因含有的分子数量不同，则它们的内能不相同，选项C 错误；知道气体的摩尔体积和阿伏伽德罗常数，可以算出气体分子运动占据的空间的体积，- 12 -选项 D 错误；根据热力学第一定律，物体吸收热量，若气体向外放热，则其内能可能不变，选项 E 正确；故

23、选 ABE.14. 如图所示，绝热气缸封闭一定质量的理想气体，气缸内壁光滑，有一绝热活塞可在气缸内自由滑动，活塞的重力为 500 N、横截面积为 100 cm2。当两部分气体的温度都为 27 时，活塞刚好将缸内气体分成体积相等的 A、 B 上下两部分，此时 A 气体的压强为 p010 5 Pa，现把气缸倒置，仍要使两部分体积相等，则需要把 A 部分的气体加热到多少摄氏度？【答案】327 【解析】初始状态：气体 A 的压强为： pA= p0温度为： T1(27323)K300K 气体 B 的压强为： pB p0 p 末状态：对于 B 气体：由于温度和体积都未变化，所以 B 气体的压强不变化； 对

24、于 A 气体： pA pB p 对于 A 气体，依据查理定律得： 解得： T2600K327 【物理选修 34】 15. 如图所示，一列简谐横波沿 x 轴正向传播，从波传到 x5 m 的 M 点时开始计时，已知 P点相继出现两个波峰的时间间隔为 0. 4 s，下面说法中正确的是_A该列波在 0.1 s 内向右传播的距离为 1 mB质点 P（ x1 m）在 0.1s 内向右运动的位移大小为 1 mC在 00.1 s 时间内，质点 Q（ x1.5 m）通过的路程是 10 cmD在 t0.2 s 时，质点 Q（ x1.5 m）的振动方向沿 y 轴正方向E质点 N（ x9 m）经过 0.5 s 第一次

25、到达波谷- 13 -【答案】ADE【解析】由图读出波长 =4m，由 P 点相继出现两个波峰的时间间隔为 0.4s 可知 T=0.4s，波速为 x=vt=100.1=1m/s 故 A 正确；简谐横波沿 x 轴正方向传播，P 点只在 y 轴方向振动，不向前传播故 B 错误；00.1s 的时间为个周期，质点 Q 既不是在平衡位置，也不是在最大位置，所以在个周期内的路程不是一个振幅，即 10cm故 C 错误；波向右传播，结合振动的特点与波的传播方向的关系可知，在 t=0 时，质点 Q（x=1.5m）的振动方向沿 y 轴负方向，在半个周期后，Q 点的振动方向与开始时相反，则振动方向沿 y 轴正方向故 D

26、 正确；由图可知，在 t=0 时刻最前面的波谷在 x=4m 的位置，该波谷传播到x=9m 处的时间：t 0.5s故 E 正确故选 ADE.点睛：本题考查理解波动图象的能力对于 B 项，也可以根据波的形成过程求出振动传到 Q点的时间与形成波谷的时间之和16. 某同学欲测直角三棱镜 ABC 的折射率。他让细激光束以一定的入射角从空气射到三棱镜的侧面 AB 上，经棱镜两次折射后，从另一侧面 BC 射出（不考虑 AC 面上的光束反射） ，逐渐调整入射光在 AB 面的入射角，当侧面 BC 上恰无射出光时，测出此时光在 AB 面上的入射角为 60，求此直角棱镜的折射率。【答案】【解析】光在 AB 面发生折

27、射，由折射定律有： 由于在 AC 面刚好发生全反射，得： 由几何关系可知： 解得： 【物理选修 35】- 14 -17. 下列说法正确的是_A光电效应揭示了光的粒子性，而康普顿效应揭示了光的波动性 B高速运动的质子、中子和电子都具有波动性C卢瑟福通过 粒子散射实验，提出了原子的核式结构学说D核反应方程： 中的 X 为质子 E一个氢原子处在 n4 的能级，由较高能级跃迁到较低能级时，最多可以发出 3 种频率的光【答案】BCE【解析】光电效应和康普顿效应都揭示了光的粒子性，选项 A 错误；根据德布罗意波长可知，高速运动的质子、中子和电子都具有波动性，选项 B 正确；卢瑟福通过 粒子散射实验，提出了

28、原子的核式结构学说，选项 C 正确；核反应方程： 中的 X 电荷数为 0，质量数为 1，则为中子，选项 D 错误；一个氢原子处在 n4 的能级，由较高能级跃迁到较低能级时，最多可以发出 3 种频率的光，即,43，32，21 共三种，选项 E 正确；故选 BCE.18. 如图所示，一轻弹簧的两端分别与质量为 2m、3 m 的 B、 C 两物块固定连接，放在在光滑水平面上，开始时物块 C 被锁定。另一质量为 m 的小物块 A 以速度 v0与 B 发生弹性正碰（碰撞过程中没有机械能的损失，碰撞时间极短可忽略不计） 。当弹簧再次恢复原长时物块 C 的锁定被解除，所有过程都在弹簧弹性限度范围内。求：（i）弹簧第一次被压缩至最短时弹簧的弹性势能；（ii）弹簧第一次伸长到最长时弹簧的弹性势能。【答案】 （1） （2）【解析】由于 A 与 B 发生弹性碰撞，得：解得： - 15 -可知： A 与 B 碰后 A 被弹回， B 向左运动压缩弹簧。以物块 B 和弹簧组成的系统机械能守恒，在弹簧压缩到最短时，有：当弹簧恢复原长，物块 C 刚解除锁定时，物块 B 刚好以等大的速度被弹回。以物块 B、 C 和弹簧组成的系统，当 B、 C 第一次共速时弹簧第一次伸长到最长：解得：