2016年海南省海口市高考二模试卷物理.docx

1、2016年海南省海口市高考 二模试卷物理 一 、 单项选择题 1.以下说法中正确的是 ( ) A.哥白尼提出 “ 日心说 ” ，发现了太阳系中行星沿椭圆轨道运动的规律 B.开普勒进行了 “ 月地检验 ” ，得出天上和地下的物体都遵从万有引力定律的结论 C.牛顿首先通过扭秤实验测出万有引力常数 D.伽俐略推翻了亚里士多德的 “ 力是维持物体运动原因 ” 观点 解析： A、哥白尼提出 “ 日心说 ” ，开普勒发现了太阳系中行星沿椭圆轨道运动的规律，故A 错误； B、牛顿进行了 “ 月地检验 ” ，得出天上和地下的物体都遵从万有引力定律的结论，故 B错误； C、牛顿发现了万有引力定律，是卡文迪许首先

2、通过扭秤实验测出万有引力常数，故 C错误； D、伽俐略通过斜面实验，推翻了亚里士多德的 “ 力是维持物体运动原因 ” 观点，故 D正确 。 答案： D 2.在如图所示的位移 (x)时间 (t)图象和速度 (v)时间 (t)图象中，给出的四条图线甲、乙、丙、丁分别代表四辆车由同一地点向同一方向运动的情况，则下列说法正 确的是 ( ) A.甲车做曲线运动，乙车做直线运动 B.0 t1时间内，甲车通过的路程大于乙车通过的路程 C.丙、丁两车在 t2时刻相距最远 D.0 t2时间内，丙、丁两车的平均速度相等 解析： A.由图象可知：乙做匀速直线运动，甲做速度越来越小的变速直线运动，故 A错误； B.在

3、 t1时刻两车的位移相等，又都是单向直线运动，所以两车路程相等，故 B错误； C.由图象与时间轴围成的面积表示位移可知：丙、丁两车在 t2时刻面积差最大，所以相距最远，故 C正确； D.0 t2时间内，丙的位移小于丁的位移，时间相等，平均速度等于位移除以时间，所以丙的平均速度小于丁车的平均速度，故 D错误 。 答案： C 3.一马拉着车原来以 5m/s的速度匀速运动，马受惊后突然加速，则 ( ) A.车的惯性增大了 B.车的惯性减小了 C.马拉车的力大于车拉马的力 D.马拉车的力始终等于车拉马的力 解析： AB、惯性大小只有物体的质量来决定，马受惊后突然加速，车的惯性保持不变，故 A错误， B

4、错误； CD、车拉马的力与马拉车的力是作用力和反作用力，所以车拉马的拉力等于马拉车的力，故C 错误， D正确 。 答案： D 4.欧洲天文学家在太阳系外发现了一颗可能适合人类居住的行星，命名为 “ 格里斯 581c”该行星的质量是地球的 5倍，直径是地球的 1.5倍，设在该行星表面附近绕行星沿圆轨道运行的人造卫星的动能为 Ek1，在地球表面附近绕地球沿圆轨道运行的相同质量的人造卫星的动能为 Ek2，则 的值约为 ( ) A.0.13 B.3.33 C.0.33 D.7.5 解析： 在行星表面运行的卫星做圆周运动的向心力由万有引力提供，则有： G =m 卫星的动能为： Ek= mv2= 故在地球

5、表面运行的卫星的动能为： EK2= 在 “ 格利斯 ” 行星表面表面运行的卫星的动能为： EK1= 所以有： = =3.33，故 B正确 。 答案： B 5.如图所示，理想变压器的副线圈上通过输电线接有三个灯炮 L1、 L2和 L3，输电线的等效电阻为 R，原线圈接有一个理想电流表，开始时，开关 S接通，当 S断开时，以下说法中正确的是 ( ) A.原线圈两端 P、 Q间的输入电压减小 B.等效电阻 R上消耗的功率变大 C.原线圈中电流表示数增大 D.灯炮 L1和 L2变亮 解析： A、电流表是理想的电流表，所以原线圈两端 P、 Q间的输入电压不变，所以 A错误 。 B、当 S 断开后，副线圈

6、上的总电阻增大，所以输出功率变小，原线圈电流变小，输电线上电压损失减小，等效电阻 R上的功率变小，灯泡 L1和 L2两端电压增大，功率增大，故 B、 C错误， D正确 。 答案： D 6.如图所示，水平放置的平行金属板 A、 B连接一电压恒定的电源，两个电荷 M和 N同时分别从极板 A的左边缘和两极板的正中间沿水平方向同时进入板间电场 (运动轨迹在同一平面内 )，两个电荷恰好在板间某点相遇 。 若不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用，则下列说法中正确的是 ( ) A.电荷 M的比荷大于电荷 N的比荷 B.两个电荷在电场中运动的加速度可能相等 C.从两个电荷进入电场到两个电荷相遇，电场力对电荷

7、M做的功，一定大于电场力对电荷 N做的功 D.电荷 M进入电场的初速度大小与电荷 N进入电场的初速度大小一定相同 解析： A、 B、从轨迹可以看出： yM yN，故 t2 t2 解得 故 A 正确、 B错误； C、电场力的功为： W=qEy， q 的大小不知道，故 C错误； D、从轨迹可以看出： xM xN，故 vMt vNt，故 vM vN，故 D错误 。 答案： A 二 、 多项选择题 7.如图所示，是一辆质量 m=610 3kg的公共汽车在 t=0和 t=4s末两个时刻的两张照片 。 当t=0时，汽车刚启动 (汽车的运动可看成匀加速直线运动 )。根据图中 车内横杆上悬挂的拉手环经放大后的

8、图象，测得 =15 。 根据题中提供的信息，可以估算出的物理量有 ( ) A.汽车的长度 B.4s末汽车的速度 C.4s内汽车牵引力所做的功 D.4s末汽车牵引力的功率 解析： A、从 c图知道，汽车的加速度为 gtan ，还知道初速度为 0和运动的时间，根据 s=v0t+ at2和 v=v0+at可求出汽车的位移 (即汽车的长度 )和 4s末汽车的速度 。 故 A、 B正确 。 C、根据 F=ma求合外力，根据位移可求出合外力做的功，但不能求出牵引力做的功 。 故 C错误 。 D、因牵引力大小未知，所以功率无法求出 。 故 D 错误 。 答案： AB 8.如图所示，斜劈形物体的质量为 M，放

9、在水平地面上，质量为 m的粗糙物块以某一初速沿斜劈的斜面向上滑，至速度为零后又加速返回，而斜劈始终保持静止，物块 m 上、下滑动的整个过程中 ( ) A.地面对斜劈 M的摩擦力方向先向左后向右 B.地面对斜劈 M的摩擦力方向没有改变 C.地面对斜劈 M的支持力等于 (M+m)g D.物块 m向上、向下滑动时加速度大小相同 解析： AB、物体先减速上滑，后加速下滑，加速度一直沿斜面向下，对整体受力分析，受到总重力、支持力和向左的静摩擦力，根据牛顿第二定律，有： x 轴方向分析： f=masin y 轴方向分析： (M+m)g N=(M+m)acos 物体上滑时，受力如图，根据牛顿第二定律，有：

10、mgsin+mgcos=ma 1 物体下滑时，受力如图，根据牛顿第二定律，有： mgsin mgcos=ma 2 由 式，地面对斜面体的静摩擦力方向一直未变，一直向左，故 A错误， B正确； C、由 式，地面对物体 M的支持力总小于 (M+m)g，故 C错误； D、由 两式，物体沿斜面向上滑动时，加速度较大，故 D错误 。 答案： B 9.如图所示小球沿水平面通过 O点进入半径为 R的半圆弧轨道后恰能通过最高点 P，然后落回水平面，不计一切阻力，下列说法正确的是 ( ) A.小球落地点离 O点的水平距离为 R B.小球落地点时的动能为 C.小球运动到半圆弧最高点 P 时向心力恰好为零 D.若将

11、半圆弧轨道上的 圆弧截去，其他条件不变，则小球能达到的最大高度比 P点高 0.5R 解析： A、小球恰能通过最高点，根据牛顿第二定律得： ， 解得： ， 根据 2R= 得： t= ， 则水平距离为： x= 。 故 A错误 。 B、根据动能定理得： ， 解得落地的动能为： = 。 故 B错误 。 C、小球恰好运动到最高点，重力提供向心力，向心力不为零 。 故 C错误 。 D、若将半圆弧轨道上的 圆弧截去，到达最高点的速度为零，有 ，未截去前，有： ，联立两式解得 h 2R=0.5R。 故 D正确 。 答案： D 10.如图所示，一正方形金属线框位于有界匀强磁场区域内，线框的右边紧贴着磁场边界，t

12、=O时刻对线框施加一水平向右的外力 F，让线框从静止开始做匀加速直线运动，在 t0时刻穿出磁场；图为外力 F随时间变化的图象，若线框质量为 m、电阻为 R，图象中的 F0、 t0 也为已知量，由此可知 ( ) A.线框穿出磁场时的速度 v=F0t0/m B.线框穿出磁场时的速度 v=3F0t0/m C.匀强磁场的磁感应强度 B= D.匀强磁场的磁感应强度 B= 解析： A、 B， t=0时刻，感应电动势 E=0，感应电流 I=0，安培力 F 安 =BIl=0 由牛顿第二定律得： F0=ma， 解得： a= 线框做匀加速直线运动，则线框穿出磁场时的速度 v=at0= ，故 A正确， B错误 。

13、C、 D，正方形金属线框的边长为 L= = 线框刚离开磁场时所受的安培力为： FA=BIL 由闭合电路的欧姆定律得： I= = = 根据牛顿第二定律得： 3F0 FA=ma 代入得： 3F0 =m 联立求解得： B= ，故 C正确， D错误 。 答案： AC 三 、 实验题 11.某同学用图表盘所示的多用电表测量部 分电子元件 。 (1)用多用电表正确测量了一个约 10 的电阻后，需要继续测量一个阻值大约是 k 左右电阻 。 请选择以下必须的步骤，按操作顺序写出： 。 A.用螺丝刀调节表盘下中间部位的指针定位螺丝，使表针指零 B.将红表笔和黑表笔接触 C.把选择开关旋转到 “1k” 位置 D.

14、把选择开关旋转到 “100” 位置 E.调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆表的 “0” 刻度 F.用表笔接触约 k 左右的电阻并测量 解析：机械调零在电表指针开始不是指在最左端时，才需要操作，所以 A选项不是必须的步骤。欧姆表指针指在中间附近时，读数最准确，所以先选档，把选择开关旋转到 “100”位置，然后将红黑表笔接触，进行欧姆调零，调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆表的 “0”刻度，然后进行测量，所以必须的步骤的操作顺序是 DBEF。 答案： DBEF (2)若测量结果如图所示，则该电阻的测量值为 。 解析： 欧姆表选择 100 倍率，由图示表盘可知，电阻的大小为： 19100=1900 。 答案

15、 ： 1900 12.物理小 组在一次探究活动中测量滑块与木板之间的动摩擦因数。实验装置如图 所示，打点计时器固定在斜面上 。 滑块拖着穿过打点计时器的纸 带从斜面上滑下。图中 是打出的纸带一段 。 (1)已知打点计时器使用的交流电频率为 50Hz，选 A、 B、 C 等 7个点为计数点，且各计数点间均有一个没有画出，如图乙所示 。 滑块下滑的加速度 a= m/s2。 解析： (1)由 s=aT 2得： a= =3.00m/s2。 答案： 3.00 (2)为测量动摩擦因数，下列物理量中还应测量的有 。 (填入所选物理量前的字母 )。 A.木板的长度 L B.木板的末端被垫起的高度 h C.木板

16、的质量 m1 D.滑块的质量 m2 E.滑块运动的时间 t 解析：对物体受力分析求合力时，用到斜面的倾角，可由斜面的高、长表示斜面倾角正弦，故还应测量的有木板的长度 L 和木板的末端被垫起的高度 h。 答案： AB (3)测量 (2)中所选定的物理量需要的实验器材是 。 解析：测量 (2)中所选定的物理量需要刻度尺测量长度。 答案：刻度尺 (4)滑块与木板间的动摩擦因数 = (用被测量物理量的字母表示，重力加速度为 g)。与真实值相比，测量的动摩擦因数 (填 “ 偏大 ” 或 “ 偏小 ” )，写出支持你的看法的一个论据： 。 解析： 由牛顿第二定律、摩擦力公式，得： mgsin mgcos=

17、ma 其中： sin= ， cos= 解得： = ； 由于纸带与限位孔间的摩擦力或空气阻力，使求得的加速度偏小，导致摩擦力偏大，摩擦因数偏大 。 处理纸带数据时忽略了纸带与限位孔间的 。 摩擦力或忽略空气阻力 。 答案 ： 偏大 没有考虑纸带与打点计时器间的摩擦和空气阻力等因素 四 、 计算题 13.如图所示，直线 MN上方有垂直纸面向外的足够大的有界匀强磁场区域，磁感应强度为 B，正、负电子同时从 O点以与 MN成 30 角的相同速度 v射入该磁场区域 (电子质量为 m，电量为 e)，经一段时间后从边界 MN射出 。 求： (1)它们从磁场中射出时，出射点间的距离 。 解析：正、负电子在匀强

18、磁场中圆周运动半径相同但绕行方向不同，分别作出正、负电子在磁场中运动的轨迹如图所示。 由 得： R= 射出点距离为： PQ=4Rsin T= 所以： =30 如图可知，两粒子离开时距 O 点均为 R， 所以出射点相距为： L=2R= 答案：它们从磁场中射出时，出射点间的距离为 。 (2)它们从磁场中射出的时间差 。 解析： 由 得： 负电子在磁场中运动时间： 正电子在磁场中运动时间： 所以两个电子射出的时间差： 答案： 它们从磁场中射出的时间差为 14.如图所示，半径 R=0.5m 的光滑圆弧面 CDM分射与光滑斜面体 ABC和斜面 MN 相切于 C、 M点， O为圆弧圆心， D 为圆弧最低点

19、，斜面体 ABC 固定在地面上，顶端 B安装一定滑轮，一轻质软细绳跨过定滑轮 (不计滑轮摩擦，细绳最大承受力足够大 )分别连接小物块 P、 Q(两边细绳分别与对应斜面平行 )，并保持 P、 Q两物块静止 。 若 PC间距为 L1=0.25m，斜面 MN 粗糙且足够长，物块 P 质量 m1=3kg，与 MN间的动摩擦因数 = 求： (sin37=0 ， 6， cos37=0.8 ，g=l0m/s2)。 (1)小物块 Q的质量 m2。 解析：对 P，根据共点力平衡得： m1gsin53=T ， 对 Q，根据共点力平衡得： m2gsin37=T 则： m1gsin53=m 2gsin37 解得： 。

20、 答案：小物块 Q的质量为 4kg (2)物块 P第一次过 M 点后 0.3s到达 K点 (未画出 )，求 MK 间距大小 。 解析：物块 P在 BC上下滑的加速度为： a=gsin53=8m/s 2， 则滑块到达 C点的速度为： 。 根据机械能守恒知，滑块在 M 点的速度为： vM=2m/s， 则 MK间距大小： d= 。 答案： MK间距大小为 0.3m (3)物块 P在 MN斜面上滑行的总路程 。 解析： 滑块最终在 CM 间来回滑动，对全过程运用动能定理得： mgL1sin53 mgcos53s=0 代入数据解得： s=1m。 答案： 物块 P在 MN斜面上滑行的总路程为 1m 五、选

21、考题 15.关于热现象和热学规律，下列说法中正确的是 ( ) A.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 B.悬浮在液体中的固体微粒越小，布朗运动就越明显 C.一定质量的理想气体，保持气体的压强不变，温度越高，体积越大 D.一定温度下，饱和汽的压强是一定的 E.第二类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律 F.由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间只有引力，没有斥力，所以液体表面具有收缩的趋势 解析： A、知道气体的摩尔体积和阿伏伽德罗常 数，可以算出每个气体分子占据空间的体积，但不是分子体积 (分子间隙大 )，故 A错误； B、悬浮在液体中的

22、固体微粒越小，碰撞的不平衡性越明显，布朗运动就越明显，故 B正确； C、根据理想气体状态方程 ，一定质量的理想气体，保持气体的压强不变，温度越高，体积越大，故 C正确； D、一定温度下，饱和汽的压强是一定的，故 D正确； E、第二类永动机不可能制成是因为它违反了热力学第二定律，故 E错误； F、由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间引力和斥力的合力表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势，故 F错误 。 答案： BCD 16.如图所示，装有水银的细 U形管与巨大的密封气罐 A相连，左端封闭有一段空气柱，在气温为 3 ，空气柱长为 6cm，右端水银面比左端低 40cm，当气温升

23、到 7 时， U形管两边高度差增加了 4cm，求气罐内气体在 3 时的压强 。 解析： 因气罐体积大，与细 U形管相比，可认为状态发生变化时气体体积是不变的 。 气罐中的气体在 时，压强为 p1 当温度升到 27 即， 时的压强为 p2，根据查理定律 ，有： 以左边的细管中的气柱为研究对象 ， ， ，当 时， 根据理想气体状态方程 代入数据 整理后得： ，将 代入 解得 。 答案： 气罐内气体在 3 时的压强 35cmHg 17.如图为一列横波在某一时刻的波形图，若此时质点 Q的速度方向沿 y轴负方向，则： (1)波的传播方向是 。 解析：由题意，此时质点 Q的速度方向沿 y轴负方向，波形向左

24、平移，则知波向左传播。 答案：向左 (2)若 P 开始振动时， N已振动了 0.02s，则该波的波速是 m/s。 解析： 质点 P开始振动时， N 已振动了 0.02s，得到周期 T=40.02s=0.08s 由图读出波长 =8m 则波速 v= =100m/s。 答案 ： 100 18.如图所示，直角玻璃三棱镜置于空气中，已知 A=60 ， C=90 ，一束极细的光于 AC边的中点 D垂直 AC面入射， AD=a，棱镜的折射率 n= 。 求： (1)光从棱镜第一次射入空气时的折射角 。 解析：如图所示， i1=60 ，设玻璃对空气的临界角为 C， 则 sin C= = C=45 i1 45 ，

25、 发生全反射 i2=i1 30=30 C，由折射定律有： = 所以 =45 答案：光从棱镜第一次射入空气时的折射角为 45 (2)光从进入棱镜到它第一次射入空气所经历的时间 。 (设光在真空中的传播速度为 c) 解析： 三棱镜中光速 v= = 所求时间：从 BC 边射出的光线： t= + = 。 答案： 光从进入棱镜到它第一次射入空气所经历的时间为 19.已知金属钙的逸出功为 0.7eV，氢原子的能级图如图所示，一群氢原子处于量子数 4能级状态，则氢原子可能辐射 种频率的光子，有 种频率的辐射光子能使钙发生光电效应，从金属钙表面逸出的光电子的最大初动能为 eV。 解析： 根据 知，一群氢原子处

26、于量子数 4能级状态，氢原 子可能辐射 6 种不同频率的光子 。 从 n=4跃迁到 n=1， n=3 跃迁到 n=1， n=2跃迁到 n=1， n=4跃迁到 n=2， n=3跃迁 n=2辐射的光子能量大于金属钙的逸出功，则有 5种频率的光子能够使钙发生光电效应 。 从 n=4跃迁到 n=1辐射的光子能量最大，即 hv= 0.85+13.6eV=12.75eV， 根据光电效应方程 Ekm=hv W0得，最大初动能 Ekm=12.75 0.7eV=12.05eV。 答案 ： 6 5 12.05 20.质量为 M=3.0kg的小车在光滑的水平轨道上匀速向右运动，速度为 v1=2m/s。 在小车下方中

27、心 O处悬挂一根长长的轻绳，绳下端拴一个质量 m=2.0kg的钢块，钢块随小车一起运动，轻绳保持竖直方向，如图所示 。 一颗质量为 m=0.4kg 的子弹从左边沿水平方向向右射来，速度为 v2=30m/s，与钢块发生碰撞，碰撞时间极短，碰后子弹以 20m/s的速度反向弹回 。 求钢块在此后的运动过程中离最低点的高度的最大值 。 解析： 取向右为正方向，对子弹打击钢块的过程，根据动量守恒定律得： mv1+mv 2=mv1 mv 2 代入得： 22+0.430=2v 1 0.420 解得 v1 =12m/s 钢块上升到最大高度时钢块与小车的速度相同，设共同速度为 v。 对于钢块和小车，根据水平方向动量守恒定律得 Mv1+mv1= (M+m)v 根据机械能守恒定律得 + =mgh+ (M+m)v2； 联立解得 h=5.5m 答案： 钢块在此后的运动过程中离最低点的高度的最大值是 5.5m。