2017年辽宁省沈阳市高考物理一模试卷

2017年辽宁省沈阳市高考物理一模试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共6小题，共36.0分)1.牛顿在发现万有引力定律的过程中将行星的椭圆轨道假想成圆轨道，另外还应用到了其它的规律和成果．以下的规律和成果没有被用到的是（）A.牛顿第二定律B.牛顿第三定律C.开普勒的研究成果D.卡文迪许测出的引力常数【答案】D【解析】解：牛顿在发现万有引力定律的过程中将行星的椭圆轨道简化为圆轨道这就是开普勒第一定律，由牛顿第二定律可列出万有引力提供向心力．再借助于牛顿第三定律来推算物体对地球作用力与什么有关系．同时运用开普勒第三定律来导出万有引力定律．而卡文迪许通过扭秤实验得出的引力常数是在牛顿发现万有引力定律之后，所以正是由于这个，牛顿的万有引力定律没有得到广泛应用．故D正确，ABC错误；故选：D天体运动和地面上物体的运动遵从相同的规律，牛顿在发现万有引力定律的过程中，运用了牛顿第二、三定律，开普勒三定律．本题考查了万有引力定律的发现历程以及应用，要注意明确牛顿推导的基本过程，同时明确公式中各量均有一定的涵义．2.如图所示，一竖直挡板固定在水平地面上，用半球体A将另一个半球体B顶起，不计一切摩擦．在向右缓慢推动半球体A的过程中，挡板所受压力的变化是（）A.不变B.减小C.增大D.先减小后增大【答案】B【解析】解：以整体为研究对象，水平方向根据共点力的平衡可得挡板所受压力大小等于水平推力F；以A为研究对象，根据受力分析，得到推力和B对A的作用力变化情况如图所示，由于B对A的作用力与竖直方向的夹角θ逐渐减小，所以推力F逐渐减小，挡板所受压力逐渐减小，B正确、ACD错误；故选：B．以整体为研究对象，确定挡板所受压力大小与水平推力的关系；以A为研究对象，根据受力分析，画出推力和B对A的作用力变化情况来分析．本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答．本题是利用图解法来分析；注意整体法和隔离法的应用．3.如图所示，质量为m、电荷量为-q的粒子（重力不计），以速度v0垂直磁场边界进入磁感应强度为B、宽度为L（左右无边界）的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里．当粒子从上边界飞出时，运动方向改变了30°，则v0的大小为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】解：带电负粒子经过磁场时向左偏转30°，由几何关系，半径对应偏转30°，所以粒子做匀速圆周运动的半径为，由洛仑兹力提供向心力，从而得到磁感应强度大小为．由此可知：选项ABC错误，选项C正确．故选：C先由几何关系和题意求出粒子做匀速圆周运动的半径，再据牛顿第二定律即洛仑兹力产生向心加速度，从而求出粒子进入磁场的初速度．本题的关键是要由题意的偏转角，求出对应半径转过的角度，由三角函数求出粒子做匀速圆周运动的半径，再由牛顿第二定律即洛仑兹力提供向心力从而求出粒子进入磁场的初速度．4.如图所示，在半径为0.2m的固定半球形容器中，一质量为1kg的小球（可视为质点）自边缘上的A点由静止开始下滑，到达最低点B时，它对容器的正压力大小为15N．取重力加速度为g=10m/s2，则球自A点滑到B点的过程中克服摩擦力做的功为（）A.0.5 JB.1.0 JC.1.5 JD.1.8 J【答案】C【解析】解：在B点有：．得．A滑到B的过程中运用动能定理得：，得：=×0.2×（15-30）=-1.5J．所以球自A点滑到B点的过程中克服摩擦力做的功为1.5J．故C正确，ABD错误．故选：C．小球在B点竖直方向上受重力和支持力，根据合力提供向心力求出B点的速度，再根据动能定理求出摩擦力所做的功．解决本题的关键是掌握动能定理，以及知道质点在B点径向的合力提供圆周运动的向心力．5.如图所示的电路中，已知电压表的内阻为R V=15kΩ，定值电阻R=10Ω，电压表的读数为6.0V，电流表的读数为l50μA，则微安表的内阻为（）A.16.7ΩB.100ΩC.150ΩD.200Ω【答案】A【解析】解：通过电压表的电流为：I===4×10-4A则通过R的电流为：I R=I-I A=4×10-4A-150×10-6A=2.5×10-4AR的电压为：U R=I R R=2.5×10-4×10V=2.5×10-3V所以微安表的内阻为：R A==≈16.7Ω故选：A研究电压表，根据欧姆定律求其电流，从而得到通过R的电流，由欧姆定律求出R的电压，即得到微安表的电压，再求微安表的内阻．本题的关键要把电压表当作一种电阻对待，要掌握串并联电路的知识，根据欧姆定律可以求得电路的电流和电压．6.如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r=R，各定值电阻的阻值均为R．先只闭合开关s1，此时电源效率为η1；再闭合开关S2，此时电源效率为η2，则η1与η2的比值为（）A.2：1B.4：3C.4：51D.5：6【答案】A【解析】解：只闭合开关，外电路只有一个电阻R，电源的效率为：当开关、均闭合时，外电路为三个电阻并联，有：，得：电源的效率为：=所以，故A正确，BCD错误；故选：A，分析电路结构，求出两种情况下的外电阻，即可电源的效率η=输出总求出效率之比；本题考查了求电源的效率，关键是知效率的计算公式η=出总，并能灵活运用．二、多选题(本大题共4小题，共24.0分)7.甲、乙两车某时刻由同一地点沿同一方向开始做直线运动，若以该时刻作为计时起点，得到两车的x-t图象如图所示，则下列说法正确的是（）A.t=0时两物体的速度都为零B.t1时刻乙车从后面追上甲车C.t1时刻两车速度相等D.0～t1，时间内，两车的平均速度相等【答案】BD【解析】解：A、由图象的斜率看出，t=0时两物体的速度都不为零，故A错误．B、t1时刻之前，甲在前，t1时刻两车的位移相同，说明乙车从后面追上甲车．故B正确．C、由图象的斜率看出，t1时刻乙车的速度大于甲车的速度，故C错误．D、0到t1时间内，两车的位移相等，所用时间相等，则两车的平均速度相等．故D正确．故选：BD根据位移图象的斜率等于速度分析物体的运动性质．两图线的交点表示位移相等．由图读出0到t1时间内两物体位移大小，再比较平均速度大小．本题关键抓住位移图象的数学意义来理解其物理意义：斜率等于速度、交点表示两物体相遇．8.空间中某区域电场线的分布如图所示，一个带电粒子只在电场力的作用下，由P点运动到Q点，图中虚线表示运动轨迹，则下列判断正确的是（）A.粒子带正电B.电场力对粒子做负功C.粒子在Q点的加速度大于在P点的加速度D.粒子在Q点的速度大于在P点的速度【答案】BC【解析】解：A、电场线的方向向右，根据粒子的运动的轨迹可以知道，粒子的受到的电场力的方向指向轨迹的内侧，电场力方向向左，所以电荷为负电荷，故A错误；C、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，所以粒子在Q点的受力大，在Q点的加速度比P点大，故C正确；BD、从P点到Q点，静电力方向先与速度方向成钝角，电场力做负功，动能减小，粒子的速度减小，粒子在Q点的速度小于在P点的速度，故B正确，D错误；故选：BC．电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，沿电场线的方向，电势降低，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．本题是电场中粒子的轨迹问题，首先要能根据轨迹的弯曲方向判断粒子受力方向，其次根据电场线的疏密可以判断电场强度的强弱，进而判断电场力的大小，加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题．9.如图所示，将质量为0.2kg的圆环套在固定的水平直杆上，环的直径略大于杆的直径，环与杆之间的动摩擦因数为0.8．对环施加一位于竖直平面内斜向上的拉力F，使圆环以4.4m/s2的加速度沿杆加速运动，拉力与杆的夹角为53°，已知sin53°=0.8．cos53°=0.6，取g=10m/s2，则F的大小为（）A.F=1NB.F=2NC.F=9ND.F=18N【答案】BD【解析】解：对环受力分析，受重力、拉力、弹力和摩擦力；令F sin53°=mg，F=2.5N 此时无摩擦力．圆环沿杆做匀加速运动当F＜2.5N 时，杆对环的弹力向上，由牛顿第二定律有：水平方向上：F cosθ-μF N=ma，竖直方向上：F N+F sinθ=mg，解得：F=2N当F＞2.5N时，杆对环的弹力向下，由牛顿第二定律有：水平方向上有：F cosθ-μF N=ma，竖直方向上有：F sinθ=mg+F N ，解得：F=18N故BD正确，AC错误．故选：BD．对环受力分析，受重力、拉力、弹力和摩擦力，其中弹力可能向上，也可能向下；要分两种情况根据牛顿第二定律列方程求解即可．本题考查牛顿第二定律的应用，要注意明确可能存在弹力向下和弹力向上两种情况，故应分两种情况对物体受力分析，然后根据平衡条件列方程求解即可．10.如图（甲）所示，一个U型光滑足够长的金属导轨固定在水平桌面上，电阻R=10Ω，其余电阻均不计，两导轨间的距离l=0.2m，有垂直于桌面向下并随时间变化的匀强磁场，磁感应强度B随时间变化规律如图（乙）所示．一个电阻不计的金属杆可在导轨上无摩擦地滑动，在滑动过程中保持与导轨两边垂直．在t=0时刻，金属杆紧靠在最左端，杆在外力的作用下以速度v=0.5m/s向右做匀速运动．当t=4s时，下列说法中正确的是（）A.穿过回路的磁通量为0.08 W bB.流过电阻R的感应电流的方向为b→aC.电路中感应电动势大小E=0.02 VD.金属杆所受到的安培力的大小为1.6×10-4N【答案】AD【解析】解：A、当t=4s时，金属杆的位移为：x=vt=0.5×4m=2m，则穿过回路的磁通量为：Φ=BS=BL x=0.2×0.2×2W b=0.08W b，A正确；B、根据右手定则可得流过电阻R的感应电流的方向为a→b，B错误；C、电路中感应电动势大小为：E=BL v+=0.2×0.2×0.5V+V=0.024V，C错误；D、根据欧姆定律可得电路中的电流为：I==A=0.004A，金属杆所受到的安培力的大小为：F=BIL=0.2×0.004×0.2N=1.6×10-4N，D正确．故选：AD．根据磁通量的计算公式计算穿过回路的磁通量；根据右手定则可得流过电阻R的感应电流的方向；电路中感应电动势大小等于动生与感生电动势之和；根据安培力计算公式求解安培力大小．本题主要是考查法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律，解答本题要掌握导体平动切割磁感应线产生的感应电动势大小、感生电动势的计算方法．七、多选题(本大题共1小题，共4.0分)15.振源S在O点沿y轴做简谐运动，t=0时刻振源S开始振动，t=0.1s时波刚好传到x=2m处的质点，如图所示．则以下说法正确的是（）A.该横波的波速大小为20m/sB.t=0.05时，x=1m处的质点振动方向沿轴负方向C.t=0.225s时，x=3m处的质点第一次处于波峰D.传播过程中该横波遇到尺寸大于2m的障碍物或孔都能发生明显的衍射现象E.若振源s沿x轴正方向匀速运动，在振源s右侧静止的接收者接收到的波的频率大于l0 H z【答案】ABCE【解析】解：A、由题可得，该波的周期T=0.1s，波长λ=2m，则波速为v==20m/s，故A正确．B、t=0.1s时刻，波刚好传到x=2m处的质点，则t=0.05时，波刚好传到x=1m处的质点，则t=0.05时，x=1m处的质点振动方向沿轴负方向，故B正确．C、当t=0.1s时刻，x=0.5m处波峰传到x=3m处时，该处质点第一次到达波峰，用时△t===0.125s，所以t=0.1s+0.125s=t=0.225s时，x=3m处的质点第一次处于波峰，故C正确．D、传播过程中该横波遇到尺寸小于2m的障碍物或孔都能发生明显的衍射现象，故D 错误．E、若振源s沿x轴正方向匀速运动，在振源s右侧静止的接收者与波源间距减小，产生多普勒效应，接收到的波的频率增大，将大于f==10H z，故E正确．故选：ABCE根据v=求波速．根据时间与周期的关系分析t=0.05时，x=1m处的质点振动方向，以及t=0.225s时，x=3m处的质点位置．波发生明显的衍射现象的条件：孔、缝的宽度或障碍物的尺寸与波长相近或比波长还小．根据多普勒效应分析E项．解决本题的关键要熟练运用波形的平移法研究波的形成过程，明确衍射现象和多普勒效应的条件．三、计算题(本大题共1小题，共15.0分)11.如图所示，长为l=1.6m的细绳，一端固定于O点，另一端系着一个质量为m1=0.2kg的小球．将球拉起，当细绳与竖直方向夹角为θ时，无初速度释放小球．当小球摆至最低点时，恰与放在光滑水平桌面边缘的质量为m2=2kg的铁块正碰，碰后小球以v=2.0m/s的速度弹回，铁块水平向右飞出．若光滑桌面距地面高度为h=1.25m，铁块落地点距桌面边缘的水平距离为x=0.3m，求：夹角θ的大小（忽略小球和铁块的大小，取g=10m/s2）．【答案】解：小球摆下来的过程中机械能守恒，则有：mgl（1-cosθ）=小球与铁块碰撞的过程中，系统的动量守恒，选取向右为正方向，则有：m1v1=-m1v+m2v2铁块飞出后做平抛运动，竖直位移为h，水平位移为x，有：x=v2t联立解得：cosθ=0.5所以：θ=60°答：夹角θ的大小是60°．【解析】先由平抛运动的规律求出铁块的速度，然后由由动量守恒定律可以求出小球碰撞前的速度，最后由机械能守恒定律求出夹角θ的大小．本题考查了求速度、位移问题，分析清楚物体运动过程、应用机械能守恒定律、动量守恒定律、平抛运动规律即可正确解题．四、综合题(本大题共1小题，共20.0分)12.如图（a）所示的x O y平面处于匀强电场中，电场方向与X轴平行，电场强度E随时间t变化的周期为T，变化图线如图（b）所示，E为+E0时电场强度的方向沿x轴正方向．有一带正电的粒子P，在某一时刻t0以某一速度v沿Y轴正方向自坐标原点0射入电场，粒子P经过时间T到达的点记为A（A点在图中未画出）．若to=0，则OA连线与Y轴正方向夹角为45°，不计粒子重力：（1）求粒子的比荷；（2）若t0=，求A点的坐标；（3）若t0=，求粒子到达A点时的速度．【答案】解：（1）粒子在t0=0时刻射入电场，粒子沿y轴方向匀速运动，位移大小为：y=v T粒子沿x轴方向在0～内做初速度为零的匀加速运动，位移为x1，末速度为v1，则：v1=a粒子沿x轴方向在～T内做匀减速运动，位移为x2，则：粒子沿x轴方向的总位移为x，则：x=x1+x2粒子只受到电场力作用，由牛顿第二定律得：q E=ma由题意OA与y轴正方向夹角为45°，则：y=x解得：（2）粒子在t0=时刻射入电场，粒子沿y轴方向匀速运动，位移大小为：y=v T粒子沿x轴方向在～内做初速度为零的匀加速运动，位移为x3，末速度为v2，则：v2=a粒子沿x轴方向在～T内做匀变速运动，位移为x4，末速度为v3，则：粒子沿x轴方向在T～内做匀变速运动，位移为x5，则：粒子沿x轴的总位移为x ，则：x=x3+x4+x5解得：x’=0则A点的坐标为（0，v T）（3）粒子在t0=时刻射入电场，粒子沿y轴方向匀速运动，速度不变；沿x轴方向在～内做初速度为零的匀加速运动，末速度为v4，则：v4=a粒子沿x轴方向在～T内做匀变速运动，末速度为v5，则：粒子沿x轴方向在T～内做匀变速运动，末速度为v6，则：解得：v6=0则：粒子通过A点的速度为v．答：（1）求粒子的比荷为．（2）若t0=，A点的坐标为（0，v T）．（3）若t0=，粒子到达A点时的速度为v．【解析】（1）由于带电粒子在x轴上受到的是方向交替变化的力，而y轴方向不受力，所以带电粒子的运动情况比较杂．y轴方向一直做匀速直线运动，而x轴上从t0=0出发的粒子先做匀加速运动，后做匀减速，则经过T v x=0，把xy方向的分位移分别求出来，根据合位移与y轴夹角为45°，联立求得粒子的比荷．（2）从时刻出发的粒子，按同样的道理分段分别求出x、y方向上的位移，从而就能知道A点的坐标．（3）从时刻出发的粒子，在x轴方向上先经时刻匀加速，在经过时间的匀减速至零．再反方向匀加速至某一值，再正方向减速至零．则粒子的速度只有y轴方向的速度了，即合速度为v．本题涉及的带电粒子在交变电场中的复杂运动，y轴方向由于不受力做匀速直线运动，而x轴方向上受力方向周期性变化的大小恒定的力，所以加速大小不变而方向变化，所以根据粒子出发的时刻，分段求出位移和末速度，最后在求出最终的末速度和位移．当然如果学习了动量定理，本题有更简单的解法．五、实验题探究题(本大题共1小题，共5.0分)13.某同学在“用油膜法估测分子大小”的实验中所用的油酸酒精溶液为：每l000m L溶液中有纯油酸0.9ml．，用注射器测得l m L上述溶液为90滴．把1滴该溶液滴入盛水的浅盘内，让油膜在水面上尽可能散开，测得油酸薄膜的轮廓形状如图所示，图中正方形方格的边长为1cm，该同学数出轮廓范围内正方形的个数为l30，则：①实验测出油酸分子的直径是______ m（结果保留两位有效数字）；②实验中要让油膜尽可能散开的原因是______ ．【答案】；使油膜的厚度尽量接近油酸分子的直径【解析】解：①1滴油酸酒精溶液的体积1滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积油膜的面积油酸分子的直径②本实验的原理是让油酸在水面上形成单分子层的油膜，油膜的厚度等于分子直径．这就是让油膜尽可能散开的原因．故答案为：①7.7×10-10②使油膜的厚度尽量接近油酸分子的直径在油膜法估测分子大小的实验中，让一定体积的纯油酸滴在水面上形成单分子油膜，估算出油膜面积，从而求出分子直径．本实验要让油酸充分散开，形成单分子油膜．本题关键要理解并掌握实验原理，建立物理模型：油酸分子呈球型分布在水面上，且一个靠着一个，油膜的厚度等于油酸分子的直径，从而可以由体积与面积相除求出油膜的厚度．六、计算题(本大题共1小题，共10.0分)14.如图所示，上端封闭、下端开口的玻璃管竖直放置，管长55cm，其中有一段长为6cm的水银柱，将长为20cm的空气柱A封闭在管的上部，空气柱B和大气连通．现用一小活塞将管口封住，并将活塞缓慢往上压，当水银柱上升4cm时停止上压．已知外界大气压恒为76cm H g，上压过程气体温度保持不变，A、B均为理想气体，求：①气体A、B末状态的压强；②试分析此过程中B气体是吸热还是放热？【答案】解：①气体A的初态的压强为p A：p A+p柱=p0末态时气柱的长度为l A’：l A’=l A-△l气体A发生等温变化：p A l A S=p A’l A’S解得：p A’=87.5cm H g气体B的末态压强为p B’：解得：p B’=p A’+p柱=93.5cm H g②气体B的初态：压强为p0，气体柱的长度为l B：l B=L-l A-l柱=29cm气体B发生等温变化：p B l B S=p B’l B’S解得：l B’=23.6cml B’＜l B，气体B的变化是等温压缩等温变化，内能不变△U=0，压缩体积减小，外界对气体做功W＞0由热力学第一定律△U=W+Q可知Q＜0：气体B要放热答：①气体A末状态的压强87.5cm H g，B气体末态压强93.5cm H g；②试分析此过程中B气体是放热①以A气体为研究对象，根据玻意耳定律求出末态压强，再根据两部分气体的压强关系求出B气体的末态压强；②根据玻意耳定律求出B气体的长度，判断体积变化，再根据热力学第一定律判断吸放热本题考查气体实验定律和热力学第一定律，关键是确定初末状态参量，知道状态变化的过程，选择合适的气体实验定律，运用热力学第一定律要注意负号法则，理想气体的内能只与温度有关．八、计算题(本大题共1小题，共10.0分)16.如图所示，高度为H=1.5m圆柱形容器中盛满折射率n=2的某种透明液体，容器底部安装一块平面镜，容器直径L=2H，在圆心0点正上方h高度处有一点光源s，已知光在真空中的传播速度为c=3.0×l08m/s，则：①点光源s发出的光在水中传播的速度为多少？②从液面上方观察、要使S发出的光照亮整个液体表面，h应满足什么条件？（已知=1.7）【答案】解：①由得：解得光在水中传播的速度：v=1.5×108m/s②点光源S通过平面镜所成像为S ，如图所示．如果反射光线能照亮全部液面则入射角应满足i≤C，C为全反射临界角．则由几何知识得：解得：1.05m≤h且h＜H=1.5m所以h应该满足的条件是：1.05m≤h＜1.5m．答：①光在水中传播的速度是1.5×108m/s．②h应满足的条件是：1.05m≤h＜1.5m．①根据公式n=求光在水中传播的速度．②要使人从液体表面上任意位置处能够观察到点光源S发出的光，点光源发出的光必须全部能折射进入空气中，根据对称性，作出点光源经平面镜所成的像．当光射向水面时，入射角应不大于临界角，光线才能射入空气中．由几何知识求出h应满足的条件．本题要利用对称性作出平面镜所成的像，点光源发出的光好像从虚像发出的．再根据临界角和几何知识求解h满足的条件．。