1、2017年广东省广州市高考模拟试卷物理 二、选择题：本题共 8 小题，每小题 6分 。 在每小题给出的四个选项中，第 1 4题只有一项符合题目要求，第 5 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.(6分 )根据伽利略理想斜面实验，利用如图所示的轨道装置做实验：在斜轨上先后铺垫三种粗糙程度不同的材料，小球从左侧斜轨上的 O点由静止释放后沿斜轨向下运动，并沿右侧斜轨上升到的最高位置依次为 1、 2、 3.对比这三次实验可知 ( ) A.第一次实验中小球接触的材料是最光滑的 B.第二次实验中小球的机械能守恒 C.第三次实验中小球的惯性最大 D.
2、第三次实验中小球对轨道最低点的压力最大 解析： A、如果斜面光滑，则小球应到达等高的位置，则由图可知，三次实验中小球均受到阻力作用，故机械能不守恒，斜面不光滑，故 AB错误； C、由 于不知道小球的质量，故不能明确小球的惯性大小，故 C错误； D、第三次实验中小球到达最低点的速度最大，则根据向心力公式可知，小球对轨道最低点的压力最大，故 D正确 。 答案： D 2.(6分 )阻值均为 R的四个电阻、电容为 C的电容器及电动势为 E的电源 (不计内阻 )连接成如图所示的电路 。 开关 K闭合且电路稳定时，以下说法正确的是 ( ) A.电容器两板间电压为 B.电容器极板上的电荷量为 C.减小电容器
3、两极板正对面积，极板上的电荷量减小 D.减小电容器两极板间的距离，稳定后两板间电压比原来的更小 解析： A、电容器视为断路，与电容器串联的电阻看成导线，电容器两极板间的电压，故 A错误； B、根据 Q=CU，得电容器极板上的电荷量为 ，故 B错误； C、减小电容器两极板的正对面积，电容减小，由 Q=CU知极板上的电荷量减小，故 C正确； D、减小极板间的距离，电容增大，稳定后两极板电压与原来相同，等于和电容器并联的电阻两端的电压，故 D错误 。 答案： C 3.(6分 )如图，长方体 ABCD A1B1C1D1中 |AB|=2|AD|=2|AA1|，将可视为质点的小球从顶点 A在 BAD所在范
4、围内 (包括边界 )分别沿不同方向水平抛出，落点都在 A1B1C1D1范围内 (包括边界 )。 不计空气阻力，以 A1B1C1D1所在水平面为重力势能参考平面，则小球 ( ) A.抛出速度最大时落在 B1点 B.抛出速度最小时落在 D1点 C.从抛出到落在 B1D1线段上任何一点所需的时间都相等 D.落在 B1D1中点时的机械能与落在 D1点时的机械能相等 解析： A、由于小球抛出时离地高度相等，故各小球在空中运动的时间相等，则可知水平位移越大，抛出时的速度最大，故落在 C1点的小球抛出速度最大，落点靠近 A1的粒子速度最小，故 AB错误， C正确； D、由图可知，落在落在 B1D1中点和落在
5、 D1中点的水平位移不同，所以两种情况中对应的水平速度不同，则可知它们在最高点时的机械能不相同，因下落过程机械能守恒，故落地时的机械能也不相同，故 D 错误 。 答案： C 4.(6分 )如图，人造卫星 M、 N在同一平面内绕地心 O做匀速圆周运动 。 已知 M、 N连线与 M、O连线间的夹角最大为 ，则 M、 N的运动周期之比等于 ( ) A.sin3 B. C. D. 解析： 设 M、 N的轨道半径分别 RM、 RN。 据题卫星 M、 N连线与 M、 O连线间的夹角最大时， MN 连线与卫星 N的运行轨道 应相切，如图： 根据几何关系有 RN=RMsin 根据开普勒第三定律有： = 联立解
6、得 = 答案： D 5.(6分 )如图，粗糙水平面上 a、 b、 c、 d 四个相同小物块用四根完全相同的轻弹簧连接，正好组成一个等腰梯形，系统静止 。 ab之间、 ac之间以及 bd之间的弹簧长度相同且等于cd之间弹簧长度的一半， ab 之间弹簧弹力大小为 cd之间弹簧弹力大小的一半 。 若 a受到的摩擦力大小为 f，则 ( ) A.ab之间的弹簧一定是压缩的 B.b受到的摩擦力大小为 f C.c受到的摩擦力大小为 f D.d受到的摩擦力大小为 2f 解析： A、设每根弹簧的原长为 L0， ab 的形变量为 x1， cd的形变量为 x2，则有 k x2=2k x1，若 ab 弹簧也是被拉长，
7、则有： L0+ x2=2(L0+ x1)，解得 L0=0，不符合题意，所以 ab被压缩， A正确； B、由于 a受到的摩擦力大小为 f，根据对称性可得， b受到的摩擦力大小为 f， B正确； C、以 a和 c为研究对象进行力的分析如图所示， 中图中的 为 ac与 cd之间的夹角，则 cos ，所以 =60 ，则 cab=120 ，a受到的摩擦力大小 f=T； 对 c根据力的合成可得 fc= f，所以 C正确； D、由于 c受到的摩擦力大小为 f，根据对称性可知， d受到的摩擦力大小为 f， D错误 。 答案： ABC 6.(6分 )如图，两个相同小物块 a和 b之间用一根轻弹簧相连，系统用细线
8、静止悬挂于足够高的天花板下 。 细线某时刻被剪断，系统下落，已知重力加速度为 g，则 ( ) A.细线剪断瞬间， a和 b的加速度大小均为 g B.弹簧恢复原长时， a 和 b的加速度大小均为 g C.下落过程中弹簧一直保持拉伸状态 D.下落过程中 a、 b和弹簧组成的系统机械能守恒 解析： A、开始时系统处于平衡状态，弹簧的弹力大小为 mg，当细线剪断瞬间，弹簧不能突变，则 b受力仍然平衡，加速度为零，而 a受向下的拉力和重力作用，加速度为 2g，故 A错误； B、弹簧恢复原长时，两物体均只受重力，故加速度大小为 g，故 B正确； C、由于 a的加速度大于 b的加速度，故 a下落较快，因此开
9、始时弹簧处于压缩状态，故 C错误； D、对， a和 b和弹簧组成的系统来说，由于只有重力做功，故机械能守恒，故 D正确 。 答案： BD 7.(6分 )质量为 400kg 的赛车在平直赛道上以恒定功率加速，受到的阻力不变，其加速度 a和速度的倒数 的关系如图所示，则赛车 ( ) A.速度随时间均匀增大 B.加速度随时间均匀增大 C.输出功率为 160kW D.所受阻力大小为 1600N 解析： A、由图可知，加速度变化，故做变加速直线运动，故 A错误； B、 a 函数方程 ，汽车加速运动，速度增大，加速度减小，故 B 错误； CD、对汽车受力分析，受重力、支持力、牵引力和摩擦力，根据牛顿第二定
10、律，有： F f=ma 其中： F= 联立得： a= 结合图线，当物体的速度最 大时，加速度为零，故结合 图像 可以知道， a=0时， =0.01，v=100m/s，所以最大速度为 100m/s 由 图像 可知： ，解得： f=4m=4 400=1600N 解得： P=160KW，故 CD 正确 。 答案： CD 8.(6分 )如图， A、 B、 C、 D是正四面体的四个顶点，现在 A固定一电荷量为 +q的点电荷，在 B固定一电荷量为 q的点电荷，取无穷远电势为零，下列说法正确的是 ( ) A.棱 AB 中点的电势为零 B.棱 AB 中点的场强为零 C.C、 D两点的电势相等 D.C、 D两点
11、的场强相同 解析： ACD、由题，通过 AB 的中垂面是一等势面，取无穷远电势为零，那么棱 AB中点，及C、 D在同一等势面上，电势相等，且均为零，而 C、 D两点的场强都与等势面垂直，方向指向 B一侧，方向相同，根据对称性可知，场强大小相等，故 C、 D两点的场强、电势均相同，故 ACD正确 。 B、依据等量异种电荷的电场线分布，可知，棱 AB中点的场强不为零，故 B错误 。 答案： ACD 二、解答题 (共 5小题，满分 47分 ) 9.(5分 )某同学用图 1 示的实验装置探究加速度与力的关系 。 他在气垫导轨旁安装了一个光电门 B，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕 过气垫导轨左端的定滑
12、轮与力传感器相连，力传感器可直接测出绳中拉力大小，传感器下方悬挂钩码 。 改变钩码数量，每次都从 A处由静止释放滑块 。 已知滑块 (含遮光条 )总质量为 M，导轨上遮光条位置到光电门位置的距离为 L。请回答下面相关问题 。 (1)如图 2，实验时用游标卡尺测得遮光条的宽度为 d= cm。 某次实验中，由数字毫秒计记录遮光条通过光电门的时间为 t，由力传感器记录对应的细线拉力大小为 F，则滑块运动的加速度大小 a应表示为 (用题干已知物理量和测得物理量字母表示 )。 解析： 游标卡尺的主尺读数为 9mm，游标尺上第 12 个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为 12 0.05mm=0.60
13、mm，所以最终读数为： 9mm+0.60mm=9.60mm=0.960cm； 已知初速度为零，位移为 L，要计算加速度，需要知道末速度，故需要由数字计时器读出遮光条通过光电门 B的时间 t，末速度 由 ，得 答案： 0.960， 。 (2)下列实验要求中不必要的是 A.应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量 B.应使遮光条位置与光电门间的距离适当大些 C.应将气垫导轨调节至水平 D.应使细线与气垫导轨平行 。 解析： A、拉力是直接通过传感器测量的，故与小车质量和钩码质量大小关系无关，故 A错误 。 B、应使 A位置与光电门间的距离适当大些，有利于减小误差，故 B正确 。 C、应将气垫导轨调
14、节水平，使拉力才等于合力，故 C正确 。 D、要保持拉线方向与气垫导轨平行，拉力才等于合力，故 D正确 。 答案： A 10.(6分 )如图甲，是一个简易的多用电表简化电路图，作为电压表使用时，选择开关应接 ；作为欧姆表使用时，选择开关应接 (填 “1” 、 “2” 或“3” )；使用时，电流一定从 端流入多用电表 (填 “A” 或 “B” )。 解析： 由图所示可知，作为电压表使用时，选择开关应接位置 3；作为欧姆表使用时，选择开关应接 2，内部电源被接通，构成欧姆表，可测量电阻；使用时，电流一定从红表笔流入，即从 A端流入 。 答案： 3； 2； A。 11.(4分 )利用多用电表和电阻箱
15、测量电源的电动势和内阻的电路如图甲 。 调节电阻箱，记录多组电阻箱示数 R和多用电表示数 I，作出 R 的图线如图乙 。 由图乙可求得电动势 E= V，内阻 r= 。 (结果均保留 2位有效数字 )忽略偶然误差，本实验测得的 E 测 、 r 测 与真实值比较： E 测 E 真 ，r 测 r 真 。 (选填 “ ” 、 “=” 或 “ ” ) 解析： 根据闭合电路欧姆定律得， E=IR+Ir，则 R= E r， 可知图线斜率表示电动势，纵轴截距的绝对值表示内阻，则 E= =2.9V，内阻 r=1.2 。 将多用电表的内阻等效到电源的内部，则有： R= (RA+r)，则可知测量的内阻等于电源的实际
16、内阻与多用电表的内阻之和，测量值偏大 。 而电流表内阻对 图像 的斜率没有影响，故电动势准确 。 答案： 2.9； 1.2.=； 。 12.(14 分 )如图，水平面上相距为 L=5m的 P、 Q两点分别固定一竖直挡板，一质量为 M=2kg的小物块 B静止在 O点， OP 段光滑， OQ段粗糙且长度为 d=3m。 一质量为 m=1kg 的小物块 A以 v0=6m/s的初速度从 OP段的某点向右运动，并与 B发生弹性碰撞 。 两物块与 OQ段的动摩擦因数均为 = 0.2，两物块与挡板的碰撞时间极短且均不损失机械能 。 重力加速度 g=10m/s2，求 ： A与 B在 O点碰后瞬间各自的速度；两物
17、块各自停止运动时的时间间隔 。 解析： 设 A、 B在 O点碰后的速度分别为 v1和 v2，以向右为正方向 。 由动量守恒定律得： mv0=mv1+Mv2. 碰撞前后动能相等，则得： = + 解得： v1= 2m/s，方向向左， v2=4m/s，方向向右 碰后，两物块在 OQ段减速时加速度大小均为： a= =g=2m/s 2. B经过 t1时间与 Q处挡板碰，由运动学公式： v2t1 =d 得： t1=1s(t1=3s舍去 ) 与挡板碰后， B的速度大小 v3=v2 at1=2m/s，反弹后减速时间 t2= =1s 反弹后经过位移 s1= =1m， B停止运动 。 物块 A与 P处挡板碰后，以
18、 v4=2m/s的速度滑上 O点，经过 s2= =1m停止 。 所以最终 A、 B的距离 s=d s1 s2=1m，两者不会碰第二次 。 在 AB碰后， A运动总时间 tA= + =3s 整体法得 B运动总时间 tB=t1+t2=2s，则时间间隔 tAB=tA tB=1s 答案： A与 B在 O点碰后瞬间各自的速度是 2m/s，方向向左及 4m/s，方向向右；两物块各自停止运动时的时间间隔是 1s。 13.(18 分 )一半径为 R 的薄圆筒处于磁感应强度大小为 B的匀强磁场中，磁场方向与筒的中心轴线平行，筒的横截面如图所示 。 图中直径 MN的两端分别开有小孔，筒可绕其中心轴线转动，圆筒的转
19、动方向和角速度大小可以通过控制装置改变 。 一不计重力的负电粒子从小孔M沿着 MN方向射入磁场，当筒以大小为 0的角速度转过 90 时，该粒子恰好从某一小孔飞出圆筒 。 (1)若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，求该粒子的荷质比和速率分别是多大？ 解析： 若粒子沿 MN方向入射，当筒转过 90 时，粒子从 M孔 (筒逆时针转动 )或 N孔 (筒顺时针转动 ) 射出，如图，由 轨迹 1 可知半径： r=R 由 ，粒子运动周期 筒转过 90 的时间： ，又 联立以上各式得：荷质比 ， 粒子速率： v= 0R 答案： 若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，该粒子的荷质比为 ，速率分别是 0R。 (2)若粒子速率不
20、变，入射方向在该截面内且与 MN方向成 30 角，则要让粒子与圆筒无碰撞地离开圆筒，圆筒角速度应为多大？ 解析： 若粒子与 MN方向成 30 入射，速率不变半径仍为 R，作粒子轨迹 2如图轨迹 2圆心为 O ，则四边形 MOPO 为菱形，可得 ，所以 则粒子偏转的时间： ；又 ； 得： 由于转动方向与射出孔不确定，讨论如下： .当圆筒顺时针转动时，设筒转动的角速度变为 1， 若从 N点离开，则筒转动时间满足 ，得： 其中 k=0， 1， 2，3 若从 M点离开，则筒转动时间满足 ，得： 其中 k=0， 1，2， 3 ； 综上可得 其中 n=0， 1， 2， 3 .当圆筒逆时针转动时，设筒转动的
21、角速度变为 2， 若从 M点离开，则筒转动时间满足 ，得： 其中 k=0，1， 2， 3 若从 N点离开，则筒转动时间满足 ，得： 其中 k=0，1， 2， 3 综上可得 其中 n=0， 1， 2， 3 综上所述，圆筒角速度大小应为 或者 其中 n=0， 1， 2， 3 答案： 若粒子速率不变，入射方向在该截面内且与 MN方向成 30 角，则要让粒子与圆筒无碰撞地离开圆筒，圆筒角速度应为 (顺时针转动 )或 (逆时针转动 ) 其中 n=0， 1， 2， 3 。 物理 -选修 3-3 14.(15 分 )对于一定量的理想气体，下列说法正确的是 ( ) A.当气体温度变化时，气体内能一定变化 B.
22、若气体的内能不变，其状态也一定不变 C.若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变 D.若气体的温度随时间不断升高，其压强也一定不断增大 E.气体温度每升高 1K 所吸收的热量与气体经历的过程有关 。 解析： A、理想气体的内能由温度决定，温度变化气体内能一定变化，故 A正确； B、若气体的内能不变，则气体的温度不变，气体的压强与体积可能发生变化，气体的状态可能变化，故 B错误； C、由理想气态方程 =常量，当等容升温变化时，可知若气体的压强和体积都不变，则温度不变，所以其内能也一定不变，故 C正确 。 D、由气态方 =c知，温度 T升高， pV一定增大，但压强不一定增大，故 D 错误 。 E
23、、气体绝热压缩或膨胀时，气 体不吸热也不放热，气体内能发生变化，温度升高或降低，在非绝热过程中，气体内能变化，要吸收或放出热量，由此可知气体温度每升高 1K 所吸收的热量与气体经历的过程有关，故 E正确 。 答案： ACE 15.(10 分 )如图，上端开口、下端封闭的足够长的细玻璃管竖直放置 。 一段长为 l=25.0cm的水银柱下方封闭有长度也为 l的空气柱 。 已知大气压强为 p0=75.0cmHg。 如果使玻璃管绕封闭端在竖直平面内缓慢地转动半周，求在开口向下时管内封闭空气柱的长度 。 解析： 为了便于求气体压强，对水银柱受力分析如图所示： 管口朝上时，管内气体压强 p1=(75+25)cmHg=100cmHg 管口朝下时，管内气体压强 p2=(75 25)cmHg=50cmHg 设玻璃管内横截面积为 S，管口朝下时，管内气柱长度为 lx，则等温变化有： p1lS=p2lxS 得 答案： 开口向下时管内封闭空气柱的长度 50cm。
