2016年黑龙江省哈尔滨一中高考二模试卷物理.docx

1、2016 年黑龙江省哈尔滨一中高考二模试卷物理 一、选择题 1.如图所示，一条细绳跨过定滑轮连接两个小球 A、 B，它们都穿在一根光滑的竖直杆上，不计绳与滑轮间的摩擦，当两球平衡时 OA 绳与水平方向的夹角为 2， OB 绳与水平方向的夹角为 ，则球 A、 B 的质量之比为 ( ) A.1： 2cos B.tan： 1 C.2cos： 1 D.1： 2sin 解析： 分别对 AB 两球分析，运用合成法，如图： 由几何知识得： Tsin2=mAg Tsin=mBg 故 mA： mB=sin2： sin=2cos： 1，故 C 正确， ABD 错误 。 答案： C 2.如图所示，斜面上有 a、 b

2、、 c、 d 四个点， ab=bc=cD。 从 a 点正上方的 O 点以速度 v 水平抛出一个小球，它落在斜面上 b 点 。 若小球从 O 点以速度 2v 水平抛出，不计空气阻力，则它落在斜面上的 ( ) A.b 与 c 之间某一点 B.c 点 C.c 与 d 之间某一点 D.d 点 解析： 过 b 做一条与水平面平行的一条直线，若没有斜面，当小球从 O 点以速度 2v 水平抛出时，小球将落在我们所画水平线上 c 点的正下方，但是现在有斜面的限制，小球将落在斜面上的 bc 之间，故 A 正确， BCD 错误 。 答案： A 3.某研究小组成员设计了一个如图所示的电路，已知纯电阻 R 的阻值不随

3、温度变化 。 与 R并联的是一个理想的交流电压表， D 是理想二极管 (它的导电特点是正向电阻为零，反向电阻为无穷大 )。 在 A、 B 间加一交流电压，瞬时值的表达式为 u=20 sin100t(V)，则交流电压表示数为 ( ) A.10V B.20V C.15V D.14.1 V 解析： 二极管具有单向导电 性，使得半个周期内 R1 通路，另半个周期内 R1 断路 。 在正半周内，交流电的有效值为 20V， 故一个周期内的电阻发热为 Q= T， 解得： U=10 V=14.1V。 答案： D 4.假设在宇宙中存在这样三个天体 A、 B、 C，它们在一条直线上，天体 A 离天体 B 的高度为

4、某值时，天体 A 和天体 B 就会以相同的角速度共同绕天体 C 运转，且天体 A 和天体 B 绕天体 C 运动的轨道都是圆轨道，如图所示，以下说法正确的是 ( ) A.天体 A 做圆周运动的加速度大于天体 B 做圆周运动的加速度 B.天体 A 做圆周运动的速度小于天体 B 做圆周运动的速度 C.天体 A 做圆周运动的向心力大于天体 C 对它的万有引力 D.天体 A 做圆周运动的向心力等于天体 C 对它的万有引力 解析： A、由于天体 A 和天体 B 绕天体 C 运动的轨道都是同轨道，角速度相同，由 a=2r，可知天体 A 做圆周运动的加速度大于天体 B 做圆周运动的加速度，故 A 正确 。 B

5、、由公式 v=r，可知天体 A 做圆周运动的速度大于天体 B 做圆周运动的速度，故 B 错误 。 C、 D、天体 A 做圆周运动的向心力是由 B、 C 的万有引力的合力提供的，大于天体 C 对它的万有引力 。 故 C 正确， D 错误 。 答案： AC 5.用水平力 F 拉着一物体在水平地面上做匀速直线运动，从 t=0 时刻起水平力 F 的大小随时间均匀减小，到 t1 时刻 F 减小为零 。 则物体所受的摩擦力 Ff随时间 t 变化图象可能是下列图中 ( ) A. B. C. D. 解析： 由题意可知，物体在匀速运动，从 t=0 时刻，拉力 F 开始均匀减小， t1 时刻拉力减小为零，出现的摩

6、擦力有两种可能， 一是当拉力为零时，物体仍在滑动，则受到的一直是滑动摩擦力，即大小不变，故 A 正确； 另一是当拉力为零前，物体已静止，则当拉力为零时，则先是滑动摩擦力，后是静摩擦力，滑动摩擦力大小不变，而静摩擦力的 大小与拉力相等，而此时拉力小于滑动摩擦力大小，故D 正确， BC 错误 。 答案： AD 6.环形对撞机是研究高能粒子的重要装置，其工作原理的示意图如图所示，正、负离子由静止经过电压为 U 的直线加速器加速后，沿圆环切线方向射入对撞机的真空环状空腔内，环形对撞机是研究高能粒子的重要装置，其工作原理的示意图如图所示，正、负离子由静止经过电压为 U 的直线加速器加速后，沿圆环切线方向

7、射入对撞机的真空环状空腔内，空腔内存在着与圆环平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为 B.两种带电粒子将被局限在环状空腔内，沿相反方向做半径相等的匀速 圆周运动，从而在碰撞区迎面相撞 。 为维持带电粒子在环状空腔中的匀速圆周运动，下列说法中正确的是 ( ) A.对于给定的加速电压，带电粒子的比荷 越大，磁感应强度 B 越大 B.对于给定的加速电压，带电粒子的比荷 越大，磁感应强度 B 越小 C.对于给定的带电粒子，加速电压 U 越大，粒子运动的周期越小 D.对于给定的带电粒子，不管加速电压 U 多大，粒子运动的周期都不变 解析： A、 B、环形空腔的半径保持不变，当电压不变时，粒子进入磁场的速度

8、相同，根据带电粒子在磁场中做圆周运动的半径公式： R= ，荷质比越大， B 应该越小，故 A 错误，B 正确； C、 D、当带电粒子确定后，加速电压越大，粒子进入磁场速度越大，荷质比确定，所以磁感应强度应该越大，根据周期公式 T= ，可得磁感应强度的增大会使周期变小，故 C正确， D 错误 。 答案： BC 7.如图 1 所示，物体以一定初速度从倾角 =37的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为 3.0m。 选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能 E 机 随高度 h 的变化如图 2 所示 。 g=10m/s2， sin37=0.60， cos37=0.80.则 ( ) A.物体的质量

9、 m=0.67kg B.物体与斜面间的动摩擦因数 =0.40 C.物体上升过程的加速度大小 a=10m/s2 D.物体回到斜面底端时的动能 Ek=10J 解析： A、物体到达最高点时，机械能 E=EP=mgh， m= = =1kg，故 A 错误； B、物体上升过程中，克服摩擦力做功，机械能减少，减少的机械能等于克服摩擦力的功， E= mgcos ，即 30 50= 110cos37 ， =0.5，故 B 错误； C、物体上升过程中，由牛顿第二定律得： mgsin+mgcos=ma，解得 a=10m/s2，故 C 正确； D、由图象可知，物体上升过程中摩擦力做功 W=30 50= 20J，在整个

10、过程中由动能定理得 EK EK0=2W， 则 EK=EK0+2W=50+2( 20)=10J，故 D 正确 。 答案： CD 8.质量为 m 的带电小球由空中某点 A 无初速度地自由下落，在 t 秒末加上竖直方向且范围足够大的匀强电场，再经过 t 秒小球又回到 A 点 。 整个过程中不计空气阻力且小球从未落地，则 ( ) A.匀强电场方向竖直向上 B.从加电场开始到小球运动到最低点的过程中，小球动能变化了 mg2t2 C.整个过程中小球电势能减少了 2mg2t2 D.从 A 点到最低点的过程中，小球重力势能变化了 mg2t2 解析： A、小球所受电场力方向是向上的，但不知道小球带电的电性，所以

11、不能判断电场的方向，故 A 错误； B、从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了 Ek= ，故 B 错误； C、小球先做自由落体运动，后做匀减速运动，两个过程的位移大小相等、方向相反 。 设电场强度大小为 E，加电场后小球的加速度大小为 a， 取竖直向下方向为正方向，则 由 gt2= (vt at2) 又 v=gt 解得 a=3g，则小球回到 A 点时的速度为 v=v at= 2gt 整个过程中小球速度增量的大小为 v=v v= 3gt，速度增量的大小为 3gt。 由牛顿第二定律得： a= ， 联立解得电场力大小： Eq=4mg 整个过程中电场力做的功 ； 电场力做的功等于电势能的减小量

12、，故整个过程中小球电势能减少了 2mg2t2； 故 C 正确； D、设从 A 点到最低点的高度为 h，根据动能定理得： mgh qE(h gt2)=0 解得： h= gt2；故 D 错误 。 答案： C 二、非选择题 9.某探究小组设计了 “ 用一把尺子测定动摩擦因数 ” 的实验方案 。 如图示，将一个小球和一个滑块用细绳连接，跨在斜面上端 。 开始时小球和滑块均静止，剪短细绳后，小球自由下落，滑块沿斜面下滑，可先后听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，保持小球和滑块释放的位置不变，调整挡板位置，重复以上操作，直到能同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音 。 用刻度尺测出小球下落的高度 H、滑块释放

13、点与挡板处的高度差 h 和沿斜面运动的位移 x。 (空气阻力对本实验的影响可以忽略 ) 滑块沿斜面运动的加速度与重力加速度的比值为 。 滑块与斜面间的动摩擦因数为 。 以下能引起实验误差的是 。 A.滑块的质量 B.当地重力加速度的大小 C.长度测量时的读数误差 D.小球落地和滑块撞击挡板不同时 。 解析： 由于同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，说明小球和滑块的运动时间相同， 由 x= at2 和 H= gt2 得： 所以 = 根据几何关系可知： sin= ， cos= 对滑块由牛顿第二定律得： mgsin mgcos=ma，且 a= ， 联立方程解得 = 由 得表达式可知，能引起实验误差

14、的是长度 x、 h、 H 测量时的读数误差，同时要注意小球落地和滑块撞击挡板不同时也会造成误差，故选 cD。 答案： c d 10.某实验小组设计如下电路图来测量电源的电动势及内阻 。 其中待测电源电动势约为 2V，内阻比较小；所用电压表量程为 3V、内阻很大 。 (1)按实验电路图在图 (2)中连接实物图 。 解析：按实验电路图在图 (2)中连接实物图： 答案：如图所示： (2)先将电阻箱电阻调至如图 (3)所示，则其电阻读数为 。 闭合开关 S，将 S1打到 b 端，读出电压表的读数为 1.10V；然后将 S1 打到 a 端，此时电压表读数如图 (4)所示，则其读数为 。 根据以上测量数据

15、可得电阻 R0= (计算结果保留两位有效数字 )。 解析：先将电阻箱电阻调至如图 (3)所示，则其电阻读数为 110+11=11。闭合开关 S，将S1 打到 b 端，读出电压表的读数为 1.10V； 电流 I= =0.1A， 然后将 S1 打到 a 端，此时电压表读数如图 (4)所示，则其读数为 1.50V。 根据以上测量数据可得电阻 R0= 11=4.0。 答案： 11 1.50 4.0 (3)将 S1 打到 b 端，读出电阻箱读数 R 以及相应的电压表读数 U，不断调节电阻箱 R，得到多组 R 值与相应的 U 值，作出 图如图 5 所示，则通过图象可以得到该电源的电动势E= V，内阻 r=

16、 。 (计算结果保留三位有效数字 。 ) 解析： 在闭合电路中，电源电动势： E=U+I(r+R0)=U+ (r+R0)， = + ， 由图 5 所示图象可知， b= =0.6， E=1.67V， 图象斜率 k= =3， 电源内阻 r=kE R0=5 4=1.00。 答案： 1.67 1.00 11.如图所示，长 L=9m 的传送带与水平方向的倾角为 37，在电动机的带动下以 V=4m/s 的速率顺时针方向运行，在传送带的 B 端有一离传送带很近的挡板 P 可将传送带上的物块挡住，在传送带的 A 端无初速地放一质量 m=1kg 的物块，它与传送带间的动摩擦因数 =0.5，物块与挡板的碰撞能量损

17、失及碰撞时间不计 。 (sin=0.6， cos=0.8， g=10m/s2)求： (1)物块从 A 处第一次滑到 P 处的过程中，物块与传送带之间因摩擦而产生的热量？ 解析：物块从 A 点由静止释放，由牛顿第二定律得： 向下运动的加速度： ma1=mgsin mgcos， 代入数据解得： a1=2m/s2， 由速度位移公式可知，与 P 碰前的速度为： v1= = =6m/s， 物块从 A 到 B 的时间为： t1= 在此过程中物块相对传送带向下位移为： s1=L+vt1=21m 摩擦生热为： Q=mgcoss1=84J。 答案：物块与传送带之间因摩擦而产生的热量为 84J (2)物块与挡板

18、P 第一次碰撞后，上升到最高点时到挡板 P 的距离？ 解析： 物块与挡板碰撞后，以 v1 的速率反弹，因 v1 v，物块相对传送带向上滑， 由牛顿第二定律可知，物 块向上做减速运动的加速度为 a2 有： ma2=mgsin+mgcos， 代入数据解得： a2=10m/s2 物块速度减小到与传送带速度相等所需时间： t2= = =0.2s， 物块向上的位移： x1= = =1m， 物块相对传送带向上的位移为： s2=l1 vt2=0.2m 物块速度与传送带速度相等后， tan，由牛顿第二定律可知： ma3=mgsin mgcos， 代入数据解得，物块向上做减速运动的加速度： a3=2m/s2，

19、物块速度减小到零的时间为： t3= 物块向上的位移： x2= = =4m， 离 P 点的距离： x1+x2=1+4=5m 答案： 物块从第一次静止释放到与挡板 P 第一次碰撞后，物块上升到最高点时到挡板 P 的距离为 5m 12.如图所示为一个平面直角坐标系 xoy。 在第 象限中，取一个与两个坐标轴相切的圆，圆心为点 D，切点为 A、 B，图中只画出圆的四分之一 。 在第 、 象限过 M 点有一条垂直 x轴的虚线，其左侧固定两带电平行金属板 P、 Q，两板间距离为 d，其中心轴线与 x 轴重合，板右端有挡板，只在中心轴上开有小孔 。 在平面直角坐标系 xoy 的整个空间区域中 (设为真空 )

20、存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里 (图中没有画出 )，磁感应强度的大小为 B.在平行板内 x 轴上的 S 点，有一个能沿 x 轴正向发射相同速度粒子的粒子源，粒子的质量为 m、电荷量为 q(不计粒子的重力 )。 当调节 PQ 两板间的电压为 U1 时，粒子打到挡板上距 P 极板为 的 N 点，当调节 PQ 两板间的电压为 U2 时，粒子沿 x 轴从小孔 M 点射出 。 从小孔 M 射出的粒子，在磁场中做圆周运动时恰好经过 AB 段圆弧的中点 C，且 OM=OB(忽略电磁场间的相互影响 )。 求： (1)粒子打到 N 点时的动能 Ek。 解析：设粒子的初速度为 v0，粒子从 S 点到 N 点

21、时有： 当 PQ 两板的电压为 U2 时： 得： 代入得： 。 答案：粒子打到 N 点时的动能 (2)圆弧 ACB 的半径 R。 解析： 粒子在磁场中做圆周运动，由洛仑兹力和牛顿运动定律有： qv0B=m 得： 粒子做圆周运动的圆心必在过 M 点并垂直于 x 轴的直线 ME 上；同时这个轨迹经过 C 点，所以轨迹的圆心也一定在 MC 的垂直平分线 EF 上，这样 ME 与 EF 的交点 E 就是轨迹的圆心， ME 就是轨迹的半径 r。 过 C 点作 MB 的垂线与 MB 交于 H 点，则 MEF CMH 有： 由 CDB=45 得 CH=OD OC= 45 MH=2R Rsin45 MF= M

22、C 联立可得： 答案： 圆弧 ACB 的半径 13.下列说法正确的是 ( ) A.气体的内能是所有分子热运动的动能和分子间的势能之和 B.液晶的光学性质不随所加电场的变化而变化 C.功可以全部转化为热，但热量不能全部转化为功 D.一定量的气体，在体积不变时，分子每秒平均碰撞次数随着温度降低而减小 E.一定量的气体，在压强不变时，分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度降低而增加 解析： A、气体的内能是所有分子热运动的动能和分子间的势能之和，故 A 正确； B、液晶的光学性质随所加电场的变化而变化，故 B 错误； C、功可以全部转化为热，热量在一定条件下也可以全部转化为功，故 C 错误； D

23、、一定量的气体，在体积不变时，温度降低，压强减小，根据气体压强原理知道分子每秒平均碰撞次数也减小 。 故 D 正确 。 E、一定量的气体，在压强不变时，随着温度降低体积在减小，所以分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数在增加，故 E 正确 。 答案： ADE 14.如图，一根粗细均匀的细玻璃管开口朝上竖直放置，玻璃管中有一段长为 h=24cm 的水银柱封闭了一段长为 x0=23cm 的空气柱，系统初始温度为 T0=200K，外界大气压恒定不变为P0=76cmHg。 现将玻璃管开口封闭，将系统温度升至 T=400K，结果发现管中水银柱上升了2cm，若空气可以看作理想气体，试求：升温后玻璃管内封闭的上

24、下两部分空气的压强分别为多少 cmHg？玻璃管总长为多少？ 解析： 设升温后下部空气压强为 P，玻璃管壁横截面积 S， 则初态： p1=p0+hHg V1=x0s 末态： p=？ V2=(x0+2)s 对下部气体有： 入数据得： P=184cmHg 下部气体： P=P hHg=160cmHg 设上部气体最初长度为 x，此时上部气体压强 初态： P1=P0V1=xS 末态： P=P hHg=160cmHg V2=(x 2)s 对上部气体有： 代入数据得： x=40cm 所以管总长为： x0+h+x=87cm 答案：升温后玻璃管内封闭的上下两部分空气的压强分别为 184cmHg 和 160cmHg

25、 玻璃管总长为 87cm 15.一列简谐横波沿 x 轴正方向传播， t 时刻波形图如图所示，此时波刚好传到 P 点， t+0.6s时刻的波形如图中的虚线所示， a、 b、 c、 P、 Q 是介质中的质点，则以下说法正确的是 ( ) A.这列波的波速可能为 50m/s B.质点 a 在这段时间内通过的路程一定小于 30cm C.质点 c 在这段时间内通过的路程可能为 60cm D.若 T=0.8s，则当 t+0.5s 时刻，质点 b、 P 的位移相同 E.若 T=0.8s，当 t+0.4s 时刻开始计时，则质点 c 的振动方程为 y=0.1sin( t)(m) 解析： A、由图可知，波的波长为

26、40m；两列波相距 0.6s=(n+ )T，故周期 T= ； 波速 v= = (4n+3)m/s= (4n+3)m/s， (n=0， 1， 2， )； 当 n=0 时，当 v=50m/s 时，故 A 正确； B、质点 a 在平衡位置上下振动，振动的最少时间为 T，故路程最小为 3A 即 30cm，故 B错误； C、 c 的路程为 60cm 说明 c 振动了 1.5 个周期，则可有： +1.5T=0.6，即 + =0.6 解得： n=1 时满足条件，故 C 正确； D、在 t 时刻，因波沿 X 轴正方向传播，所以此时质点 P 是向上振动的，经 0.5 秒后， P 是正在向下振动 (负位移 )，是

27、经过平衡位置后向下运动 0.1 秒；而质点 b 是正在向上振动的 (负位移 )，是到达最低点后向上运动 0.1 秒，因为 0.2 秒等于 ，可见此时两个质点的位移是相同的 。 故 D 正确； E、当 T=0.8s，当 t+0.4s 时刻时，质点 c 在上端最大位移处，据 = = rad/s= rad/s，据图知 A=0.1m，当从 t+0.4s 时刻时开始计时，则质点 c 的振动方程为 x=0.1sin( t+ )m，故 E 错误 。 答案： ACD 16.在真空中有一正方体玻璃砖，其截面如图所示，已知它的边长为 D.在 AB 面上方有一单色点光源 S，从 S 发出的光线 SP 以 60入射角

28、从 AB 面中点射入，当它从侧面 AD 射出时，出射光线偏离入射光线 SP 的偏向角为 30，若光从光源 S 到 AB 面上 P 点的传播时间和它在玻璃砖中传播的时间相等，求点光源 S 到 P 点的距离 。 解析： 光路图如图所示， 由折射定律知，光线在 AB 面上折 射时有： n= 在 BC 面上出射时有： n= 由几何关系有： +=90 =(60 )+( )=30 联立以上各式并代入数据解得： =45， =60 解得： n= 光在棱镜中通过的距离为 s= = 设点光源 S 到 P 点的距离为 L，有： L=ct 解得： L= d 答案： 点光源 S 到 P 点的距离为 D 17.下列说法正

29、确的有 ( ) A.普朗克曾经大胆假设：振动着的带电微粒的能量只能是某一最小能量值 的整数倍，这个不可再分的最小能量值 叫做能量子 B.粒子散射实验中少数 粒子发生了较大偏转，这是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据之一 C.由玻尔理论可知，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要辐射一定频率的光子，同时电子的动能减小，电势能增大 D.在光电效应实验中，用同种频率的光照射不同的金属表面，从金属表面逸出的光电子的最大初动能 Ek 越大，则这种金属的逸出功 W0 越小 E.在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，因此，光子散射后波长变短 解析： A、普朗克能量

30、量子化理论：振动着的带电微粒的能量只能是某一最小能量值 的整数倍，这个不可再分 的最小能量值 叫做能量子，故 A 正确； B、 粒子散射实验中少数 粒子发生了较大偏转，这是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据之一，故 B 正确； C、玻尔理论可知，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要辐射一定频率的光子，同时电子的动能增大，电势能减小，故 C 错误； D、光电效应实验中，用同种频率的光照射不同的金属表面，根据光电效应方程： EK=hW0，从金属表面逸出的光电子的最大初动能 Ek 越大，则这种金属的逸出功 W0 越小，故 D正确； E、康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部

31、分动量转移给 电子，能量减小，由 E= 可知，光子散射后波长变长，故 E 错误 。 答案： ABD 18.如图所示，在光滑的水平面上有两个物块，其质量分别为 M 和 m，现将两物块用一根轻质细线拴接，两物块中间夹着一个压缩的轻弹簧，弹簧与两物块未拴接，它们以共同速度v0 在水平面上向右匀速运动 。 某时刻细线突然被烧断，轻弹簧将两物块弹开，弹开后物块 M恰好静止 。 求弹簧最初所具有的弹性势能 EP。 解析： 设弹簧将两物块弹开后，物块 m 的速度为 v，弹簧弹开物块过程，系统动量守恒，以物块的初速度方向为正方向，对系统，由动量守恒定律得： (M+m)v0=mv， 由机械能守恒定律得： ， 解得： ； 答案： 弹簧最初所具有的弹性势能 。