1、2017年四川省成都市石室中学高考二诊试卷物理 一、选择题：本大题共 8小题，每小题 6分 。 在每小题给出的四个选项中，第 1 5题只有一项是符合题目要求，第 6 8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 。 有选错的得 0 分 。 1.下列说法错误的是 ( ) A.密立根测出了元电荷 e的数值 B.卢瑟福通过 粒子散射实验建立了原子的核式结构模型 C.原子核发生衰变时要释放能量，根据 E=mc2，所以衰变后的总质量数要减少 D.安培提出了分子电流假说 解析： A、密立根通过油滴实验测出了元电荷 e的数值 。 故 A正确； B、卢瑟福的 粒子散射实验否定了汤姆生的
2、原子结构模型 。 故 B正确； C、原子核发生衰变时要释放能量，根据 E=mc2，所以衰变后的总质量要减少，但反应前后的质量数不变 。 故 C错误； D、安培提出了分子电流假说，解释了与磁现象有关的磁化、退磁等现象 。 故 D正确 。 答案： C 2.如图所示，光滑水平面上有质量均为 m的物块 A和 B， B上固定一轻质弹簧， B静止， A以速度 v0水平向右运动，从 A与弹簧接触至弹簧被压缩到最短的过程中 ( ) A.A、 B的动量变化量相同 B.A、 B的动量变化率相同 C.A、 B系统的总动能保持不变 D.A、 B系统的总动量保持不变 解析： AD、两物体相互作用过程中系统的合外力为零，
3、系统的总动量守恒，则 A、 B动量变化量大小相等、方向相反，所以动量变化量不同，故 A错误， D正确； B、由动量定理 Ft= P 可知，动量的变化率等于物体所受的合外力， A、 B两物体所受的合外力大小相等、方向相反，所受的合外力不同，则动量的变化率不同，故 B错误； C、 A、 B系统的总机械能不变，弹性势能在变化，则总动能在变化，故 C错误 。 答案： D 3.如图所示，一个边长 L的正方形金属框竖直放置，各边电阻相同，金属框放置在磁感应强度大小为 B、方向垂直金属框向里的匀强磁场中，若 A、 B两端与导线相连，由 A到 B通以如图所示方向的电流 (由 A点流入，从 B点流出 )，流过
4、AB边的电流 I，则金属框受到的安培力大小和方向分别为 ( ) A.2BIL 竖直向下 B. BIL 竖直向上 C.BIL 竖直向上 D. BIL 竖直向下 解析： 流过 DC边的电流 I ，根据并联电路电压相等有 I3R=IR ，得 AD、 BC 边所受的安培力的合力为 0， DC边中电流向右，根据左手定则，安培力方向向上，大小 AB边所受的安培力方向向上，大小 所以金属线框受到的安培力 ，方向竖直向上 。 答案： B 4.使物体脱离星球的引力束缚，不再绕星球运行，从星球表面发射所需的最小速度称为第二宇宙速度，星球的第二宇宙速度 v2与第一宇宙速度 v1的关系是 v2= v1.已知某星球的半
5、径为 r，它表面的重力加速度为地球表面重力加速度 g的 。 不计其他星球的影响，则该星球的第二宇宙速度为 ( ) A. B. C. D. 解析： 设某星球的质量为 M，半径为 r，绕其飞行的卫星质量 m， 由万有引力提供向心力得： 解得： 又因它表面的重力加速度为地球表面重力加速度 g的 。 得： 由 解得：。答案： B 5.在孤立负点电荷形成的电场中，四个带电粒子分别仅在电场力作用下运动， v t图象如图所示，则下列说法正确的是 ( ) A.a， c带负电， b， d 带正电 B.a， c带正电， b， d 带负电 C.a， d带正电， b， c 带负电 D.a， d带负电， b， c 带正
6、电 解析： 由图线可知， a做加速度减小的加速运动，故可知 a一定远离负点电荷而去，故带负电； b做加速度增大的加速运动，故可知 b靠近负点电荷而来，故 b带正电； c做加速度增大的减速运动，故可知 c靠近负点电荷而来，故 c应带负电； d做加速度减小的减速运动，故可知 d远离负点电荷而去，故 d带正电；则可知， A正确，BCD错误 。 答案： A 6.光滑斜面上，当系统静止时，挡板 C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行， AB 质量相等 。 在 突然撤去挡板的瞬间 ( ) A.两图中两球加速度均为 gsin B.两图中 A球的加速度均为零 C.图甲中 B球的加速度为 2gsin D.图乙中
7、B球的加速度为 gsin 解析： 撤去挡板前，对整体分析，挡板对 B球的弹力大小为 2mgsin ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中 A球所受合力为零，加速度为零， B球所受合力为 2mgsin ，加速度为 2gsin ；图乙中杆的弹力突变为零， A、 B球所受合力均为 mgsin ，加速度均为 gsin ，故 CD确， AB 错误 。 答案： CD 7.如图甲所示电路中， L1、 L2、 L3为三只 “6V 3W” 的灯泡，变压器为理想变压器，各电表均为理想电表，当 ab端接如图乙所示的交变电压时，三只灯泡均正常发光 。 下列说法中正确的是 ( ) A.变压器原
8、副线圈的匝数比为 3： l B.输出端交流电的频率为 50Hz C.电流表的示数为 0.5A D.电压表的示数为 18V 解析： A、因原副线圈的电流之比为 1： 2，则匝数之比为 2： 1，故 A错误 。 B、因周期为 T=0.02S，则其频率为： 。 故 B正确 。 C、电流表的示数为有效值，每个灯泡的电流为： ，则电流表示数为： 2I=1A，故 C错误 。 D、电压表的示数为 Uab UL1=18 6=12V。 故 D错误 。 答案： B 8.如图甲所示，在竖直方向上有四条间距相等的水平虚线 L1、 L2、 L3、 L4，在 L1L2之间、 L3L4之间存在匀强磁场，大小均为 1T，方向
9、垂直于虚线所在平面 。 现有一矩形线圈 abcd，宽度cd=L=0.5m，质量为 0.1kg，电阻为 2 ，将其从图示位置静止释放 (cd边与 L1重合 )，速度随时间的变化关系如图乙所示， t1时刻 cd边与 L2重合， t2时刻 ab 边与 L3重合， t3时刻 ab边与 L4重合，已知 t1 t2的时间间隔为 0.6s，整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向 。(重力加速度 g取 10m/s2)则 ( ) A.在 0 t1时间内，通过线圈的电荷量为 0.25 C B.线圈匀速运动的速度大小为 8 m/s C.线圈的长度为 1 m D.0 t3时间内，线圈产生的热量为 4.2 J 解析：
10、B、根据平衡有： mg=BIL 而 I= 联立两式解得 v= = m/s=8m/s。 故 B正确 。 C、 t1 t2的时间间隔内线圈一直做匀加速直线运动，知以 cd在 L2为初状态，以 ab边刚进L3为末状态，设磁场的宽度为 d，则线圈下降的位移为 3d，则有： 3d=vt gt2， v=8m/s， t=0.6s， 代入解得 d=1m， 所以线圈的长度为 L=2d=2m 。 故 C错误 。 A、在 0 t1时间内， cd 边从 L1运动到 L2，通过线圈的电荷量为q= = = C=0.25C.故 A正确 。 D、 0 t3时间内，根据能量守恒得， Q=mg(3d+2d) mv2=1 5 1
11、0.1 82=1.8J。 答案： AB 三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分 。 第 9 12题为必考题，每个试题考生都必须作答 。 9.(4分 )图甲中游标卡尺的读数是 cm，图乙中螺旋测微器的读数是 mm。 解析： 1、游标卡尺的主尺读数为： 2.9cm，游标尺上第 8个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为 8 0.1mm=0.8mm=0.08cm， 所以最终读数为： 2.9cm+0.08=2.98cm。 2、螺旋测微器的固定刻度为 5.5mm，可动刻度为 18.0 0.01mm=0.180mm，所以最终读数为5.5mm+0.180mm=5.680mm。 答案： 2.98， 5.
12、680。 10.(11 分 )回答下列问题： (1)多用电表测未知电阻阻值的电路如图 (a)所示，电池的电动势为 E、内阻为 r， R0为调零电阻， Rg为表头内阻，电路中电流 I与待测电阻的阻值 Rx关系图象如图 (b)所示，则该图象的函数关系式为 ； (调零电阻 R0接入电路的部分阻值用 R0表示 ) 解析：多用电表测电阻的原理是闭合电路欧姆定律，则有： I= 。 答案： I= 。 (2)下列根据图 (b)中 I Rx图线做出的解释或判断中正确的是 ； (有两个选项正确 ) A.用欧姆表测电阻时，指针指示读数越大，测量的误差越小 B.欧姆表调零的实质是通过调节 R0，使 Rx=0时电路中的
13、电流 I=Ig C.Rx越小，相同的电阻变化量对应的电流变化量越大，所以欧姆表的示数左密右疏 D.测量中，当 Rx的阻值为图 (b)中的 R2时，指针位于表盘中央位置的右侧 解析： A、用欧姆表测电阻时，指针指刻度盘中央附近时，测量的误差越小。故 A错误。 B、由上式知：当 Rx=0， I= ，通过调节 R0，使 Rx=0时电路中的电流 I=Ig，表明所测量的电阻为 0，故 B 正确。 C、 Rx越小，由 I= ，知相同的电阻变化量对应的电流变化量越大，所以欧姆表的示数左密右疏。故 C正确。 D、测量中，当 Rx的阻值为图 5中的 R2时，电流比半偏电流 Ig，小，由 I= ，知指针位于表盘中
14、央位置的左侧。故 D错误。 答案： BC。 (3)某同学想通过一个多用电表中的欧姆挡，直接去测量某电压表 (量程 10 V)的内阻 (大约为几十千欧 )，欧姆挡的选择开关拨至倍率 1K 挡 。 先将红、黑表笔短接调零后，选用图 (c)中 (填 “A” 或 “B” )方式连接 。 在本实验中，如图 (d)所示为欧姆表和电压表的读数，请你利用所学过的知识，求出欧姆表电池的电动势为 V。 (计算结果保留三位有效数字 ) 解析： 当欧姆表的指针指在中间位置附近时，测量值较为准确，根据读数为：示数 倍率 =读数知，选择 1K的挡较好； 欧姆表的正极插孔与内部电源的负极相连，与电压表构成一闭合回路，电流从
15、负极流出，进入电压表的正极，所以选择图 A正确； 欧姆表的读数为： 40 1K=40K ；电压表的读数为 5.0V； 由题意知欧姆表的内阻为 30K ，与电压表的内阻 40K 串联，由欧姆定律可知： E=I(r+R)= (3 104+4 104)=8.75V。 答案： A； 8.75。 11.某实验小组做了如下实验，装置如图甲所示 。 竖直平面内的光滑轨道由倾角为 的斜面轨道 AB 和圆弧轨道 BCD组成，将质量 m=0.1kg的小球，从轨道 AB上高 H处的某点静止滑下，用压力传感器测出小球经过圆弧最高点 D时对轨道的压力 F，改变 H的大小，可测出相应的F大小， F随 H的变化关系如图乙所
16、示 。 g=10m/s2.求： (1)圆轨道的半径 R。 解析：小球经过 D点时，满足竖直方向的合力提供圆周运动向心力即： 从 A到 D的过程中只有重力做功，根据动能定理有： 联立解得： F= = = 由题中给出的 F H图象知斜率 k= N/m 即 N/m 所以可得 R=0.2m。 答案：圆轨道的半径 R为 0.2m。 (2)若小球从 D点水平飞出后又落到斜面上，其中最低的位置与圆心 O等高，求 的值 。 解析： 小球离开 D点做平抛运动，根据几何关系知，小球落地点越低平抛的射程越小，即题设中小球落地点位置最低对应小球离开 D点时的速度最小 。 根据临界条件知，小球能通过 D点点时的最小速度
17、为 小球落地地点在斜面上与圆心等高，故可知小球平抛时下落的距离为 R 所以小球平抛的射程 S= 由几何关系可知，角 =45 答案： 若小球从 D点水平飞出后又落到斜面上，其中最低的位置与圆心 O等高， 的值为45 。 12.如图所示的平行板器件中，存在相互垂直的匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度B1=0.20T，方向垂直纸面向里，电场强度 E1=1.0 105V/m， PQ为板间中线 。 紧靠平行板右侧边缘 xoy坐标系的第一象限内，有一边界 AO，与 y轴的夹角 AOy=45 ，边界线的上方有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度 B2=0.25T，边界线的下方有竖直向上的匀强电场，电场强度
18、E2=5.0 105V/m，一束带电量 q=8.0 10 19C、质量 m=8.0 10 26kg的正离子从 P点射入平行板间，沿中线 PQ 做直线运动，穿出平行板后从 y轴上坐标为 (0， 0.4m)的 Q点垂直 y轴射入磁场区，多次穿越边界限 OA。 求： (1)离子运动的速度为多大？ 解析：设离子的速度大小为 v，由于沿中线 PQ 做直线运动，则有： qE1=qvB1， 代入数据解得： v=5 105 m/s。 答案：离子在平行板间运动的速度大小 5.0 105 m/s。 (2)离子通过 y轴进入磁场到第二次穿越边界线 OA所需的时间？ 解析：离子进入磁场，做匀速圆周运动，由牛顿第二定律
19、有： qvB2=m 代入数据解得： r=0.2 m， 作出离子的运动轨迹，交 OA边界于 N，如图所示： OQ=2r， 若磁场无边界，一定通过 O点，则圆弧 QN 的圆周角为 45 ， 则轨迹圆弧的圆心角为 =90 ，过 N点做圆弧切线，方向竖直向下， 离子垂直电场线进入电场，做匀减速运动， 离子在磁场中运动为： = s 离子在电场中的加速度： m/s2 而离子在电场中来回运动时间为： s； 所以离子从进入磁场到第二次穿越边界线 OA所需的时间为： t=t1+t2=(2 +2) 10 7s=8.3 10 7s。 答案：离子从进入磁场到第二次穿越边界线 OA 所需的时间为 8.3 10 7s。
20、(3)离子第四次穿越边界线的位置坐标 。 解析： 离子当再次进入磁场后，根据左手定则，可知洛伦兹力水平向右，导致离子向右做匀速圆弧运动，恰好完成 周期，当离子再次进入电场后，做类平抛运动，由题意可知，类平抛运动的速度的方向位移与加速度的方向的位移相等，根据运动学公式，则有：，代入数据解得： t3=2 10 7s。 因此离子沿着速度的方向的位移为： x3=vt3=0.1m， 所以离子第四次穿越边界线的 x轴的位移为： x=R+R+x3=0.2m+0.2m+0.1m=0.5m， 则离子第四次穿越边界线的位置的坐标为 (0.5m， 0.5m) 答案：离子第四次穿越边界线的位置坐标 (0.5m， 0.5m)。
