2016年湖北省宜昌市高考一模试卷物理

2016年湖北省宜昌市高考一模试卷物理
一、选择题
1.叠罗汉是一种二人以上层层叠成各种造型的游戏娱乐形式，也是一种高难度的杂技。

图示为六人叠成的三层静态造型，假设每个人的重力均为G，下面五人的背部均呈水平状态，则最底层正中间的人的一只脚对水平地面的压力约为( )
A.G
B.G
C.G
D.G
解析：最上面的人受到的竖直向下重力为G，所以每个腿上的力都是；
中间层最左边的人，受到竖直向下的力为：G+=，所以每个腿上的力都是；
由对称性，中间层最右边的人每个腿上的力也是；
最底层中间的人，受到竖直向下的力为：G++=，所以其每根腿上的力为：。

即：最底层正中间的人的一只脚对水平地面的压力约为：。

答案：C
2.电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图所示的电路，当滑动变阻器的触头由中点滑向a端时，下列说法正确的是( )
A.定值电阻R1电功率增减小
B.电压表和电流表读数都减小
C.电压表读数增大，电流表读数减小
D.R中电流变化的绝对值等于电流表读数变化的绝对值
解析：A、当滑片向a滑动时，R接入电阻减小，总电阻减小，由闭合电路的欧姆定律可知电路中总电流I增加，
根据P=I2R可知电阻R1电功率增大，故A错误；
B、C、干路电流增加，内电压增加，由U=E﹣Ir可知路端电压减小，即电压表示数减小；
因路端电压减小，R1两端的电压增加，故并联部分电压减小，由欧姆定律可知电流表示数减小；故B正确，C错误；
D、滑动变阻器R与电阻R2并联，总电流增加，电阻R2的电流减小，故滑动变阻器R的电流增加，且增加量等于干路电流的增加量与电阻R2的电流减小量之和，故R中电流变化的绝对值大于电流表读数变化的绝对值，故D错误。

答案：B
3.随着我国登月计划的实施，我国宇航员登上月球已不是梦想；假如我国宇航员登上月球并在月球表面附近以初速度v0竖直向上抛出一个小球，经时间t后回到出发点。

已知月球的半径为R，万有引力常量为G，则下列说法正确的是( )
A.月球表面的重力加速度为
B.月球的质量为
C.宇航员在月球表面获得的速度就可能离开月球表面围绕月球做圆周运动
D.宇航员在月球表面附近绕月球做匀速圆周运动的绕行周期为
解析：A、小球在月球表面做竖直上抛运动，根据匀变速运动规律得：
t=解得：g月=，故A错误；
B、物体在月球表面上时，由重力等于地月球的万有引力得：
，解得：M=，故B正确；
C、宇航员离开月球表面围绕月球做圆周运动至少应获得的速度大小即月球的第一宇宙速度大小
所以
解得：v=，故C错误；
D、宇航员乘坐飞船在月球表面附近绕月球做匀速圆周运动，根据重力提供向心力得：
mg月=m=m
解得：T=，故D错误。

答案：B
4.如图所示，虚线a、b、c是电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相同，实线为一带电粒子在仅受电场力作用下，通过该区域的运动轨迹，P、Q是轨迹上的两点。

下列说法中正确的是( )
A.带电粒子通过P点时的动能比通过Q点时小
B.带电粒子一定是从P点向Q点运动
C.带电粒子通过P点时的加速度比通过Q点时小
D.三个等势面中，等势面a的电势最高
解析：A、从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，故A正确；
B、无法判断粒子的运动方向，故B错误
C、由于相邻等势面之间的电势差相同。

等势线密的地方电场线密场强大，故P点位置电场强，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，故C错误；
D、根据质点判断出受力情况但不知道粒子所带电性，故无法判断等势面的电势高低，故D错误。

答案：A
5.如图甲所示，理想变压器的原线圈匝数n1=100匝，副线圈匝数n2=50匝，电阻R=10Ω，V是交流电压表，原线圈加上如图所示的交流电，则下列说法正确的是( )
A.流经电阻R的电流的频率为100Hz
B.电压表V的示数为10V
C.流经R的电流方向每秒改变50次
D.电阻R上每秒产生的热量为10J
解析：A、由图乙可知交流电周期T=0.02秒，故频率为50Hz，故A错误；
B、由图乙可知交流电压最大值U m=20V，故变压器的输入电压为：U1==20V；根据变压比公式，有：，解得：U2=10V，故B错误；
C、交流电频率为50Hz，故流经R的电流方向每秒改变100次，故C错误；
D、电阻R上每秒产生的热量为：Q=；故D正确。

答案：D
6.如图以实线为理想边界，上方是垂直纸面的匀强磁场。

质量和带电量大小都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直边界和磁场进入匀强磁场，运动的半圆轨迹如图中虚线所示，下列表述错误的是( )
A.M带负电，N带正电
B.M的速率小于N的速率
C.洛伦兹力对M、N都做正功
D.M在磁场中的运动时间大于N在磁场中的运动时间
解析：A：由左手定则判断出N带正电荷，M带负电荷，故A正确；
B：粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力qvB=m，半径为：r=，在质量与电量相同的情
况下，半径大说明速率大，即M的速度率大于N的速率，故B错误；
C：洛伦兹力不做功，故C错误；
D：粒子在磁场中运动半周，即时间为周期的一半，而周期为T=，与粒子运动的速度无关，
所以M的运行时间等于N的运行时间，故D错误。

答案：BCD
7.如图所示，相距为d的两条水平虚线L l、L2之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B，正方形线圈abcd边长为L(L＜d)，质量为m，电阻为R，将线圈在磁场上方高h处静止释放，cd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0.则线圈穿越磁场的过程中，(从cd边刚进入磁场起一直到ab边离开磁场为止)以下说法正确的是( )
A.感应电流所做的功为mgd
B.感应电流所做的功为2mgd
C.线圈的最小速度一定为
D.线圈的最小速度一定为
解析：线圈在下落分别经过图中的四个位置：
1位置cd边刚进入磁场，2位置ab边进入磁场，3位置cd边刚出磁场，4位置ab边刚出磁场，根据题意1、3位置速度为v0；2到3位置磁通量不变，无感应电流，线圈只受重力，做加速度为g 的匀加速运动；结合1、3位置速度相同，可知1到2减速，2到3匀加速，3到4减速，并且1到2减速与3到4减速所受合力相同，运动情况完全相同。

对线圈由1到3位置用动能定理：mgd﹣W=△E k=0，W为克服安培力所做的功，根据能的转化和守恒定律，这部分能量转化为电能(电流所做的功)，所以线圈由1到3位置电流做功为mgd；线圈由1到3位置过程中只有线圈由1到2位置有电流，所以线圈由1到2位置有电流做功为mgd，线圈由3到4位置与线圈由1到2位置完全相同，所以线圈由3到4位置有电流做功也为mgD。

综上所述，从cd边刚进入磁场起一直到ab边离开磁场为止，即1到4位置电流做功为2mgD。

A错误，B正确。

线圈速度最小时并未受力平衡，不满足mg=，所以C错误。

有以上分析可知1和3位置速度最小，初始位置到1位置自由落体v0=，2到3位置做加速度为g的匀加速运动，结合两式解得；D正确。

答案：BD
8.如图所示，足够长的水平传送带以速度v沿逆时针方向转动，传送带的左端与光滑圆弧轨道底部平滑连接，圆弧轨道上的A点与圆心等高，一小物块从A点静止滑下，再滑上传送带，经过一段时间又返回圆弧轨道，返回圆弧轨道时小物块恰好能到达A点，则下列说法正确的是( )
A.圆弧轨道的半径一定是
B.若减小传送带速度，则小物块可能到达不了A点
C.若增加传送带速度，则小物块有可能经过圆弧轨道的最高点
D.不论传送带速度增加到多大，小物块都不可能经过圆弧轨道的最高点
解析：A、物体在圆弧轨道上下滑的过程中机械能守恒，根据机械能守恒可得，mgR=mv02，所以
小物块滑上传送带的初速度v0=
物体到达传送带上之后，由于摩擦力的作用开始减速，速度减小为零之后，又在传送带的摩擦力的作用下反向加速，
根据物体的受力情况可知，物体在减速和加速的过程物体的加速度的大小是相同的，所以物体返回圆轨道时速度大小等于从圆轨道下滑刚到传送带时的速度大小，只要传送带的速度v≥，物体
就能返回到A点。

则R≤。

故A错误。

B、若减小传送带速度，只要传送带的速度v≥，物体就能返回到A点。

若传送带的速度v＜
，物体返回到传送带左端时速度小于v0，则小物块到达不了A点。

故B正确。

CD、若增大传送带的速度，由于物体返回到圆轨道的速度不变，只能滑到A点，不能滑到圆弧轨道的最高点。

故C错误，D正确。

答案：BD
二、非选择题
9.某学生用螺旋测微器在测定某一金属丝的直径时，测得的结果如甲图所示，
则该金属丝的直径d= mm。

另一位学生用游标尺上标有50等分刻度的游标卡尺测一工件的长度，测得的结果如乙图所示，则该工件的长度L= cm。

还有一个同学用量程为0.6A的电流表测电流时指针如图丙所示，则所测电流I= A。

解析：螺旋测微器的固定刻度读数为5.5mm，可动刻度读数为0.01×19.5mm=0.195mm，所以最终读数为：5.5mm+0.195mm=5.695mm。

游标卡尺的固定刻度读数为52mm，游标尺上第10个刻度游标读数为0.02×18mm=0.36mm，所以最终读数为：52mm+0.36mm=52.36mm=5.236cm；
电流表的每小格读数为0.02A，应估读到0.01A，所以电流表的读数为：I=0.26A。

答案：5.695 5.236 0.26
10.在一次实验技能比赛中，一同学设计了如图甲所示电路来测电源的电动势和内阻。

该同学选好器材后，用导线将各器材连接成如图乙所示实物连线电路(图甲是其电路原理图)，其中R0是保护电阻。

(1)该同学在闭合电键后，发现电压表无示数，电流表有示数，在选用器材时，除了导线外，其他器材经检测都是完好的，则出现故障的原因是导线断路(如填“ab”或“cd”或dj)。

解析：闭合电键后，电流表有示数，说明电路不存在断路，电压表没有示数，是由导线dj断路造成的。

答案：dj
(2)电路正常时，该同学测量记录了6组数据，并根据这些数据画出了U﹣I图线如图丙所示。

根据图线求出电源的电动势E= V，内阻r= Ω。

(结果均保留小数点后二位)
解析：由图丙所示，电源U﹣I图象可知，图象与纵轴交点坐标值为1.48，则电源电动势
E=1.48V，
电源内阻r==0.50Ω。

答案：1.48 0.50
(3)若保护电阻R0的阻值未知，该电源的电动势E、内电阻r已经测出，在图乙的电路中只需改动一条线就可测量出R0的阻值。

该条导线是(如填“ab”或“cd”或dj)，需改接为导线
(如填“ab”或“cd”或je)。

改接好后，调节滑动变阻器，读出电压表的示数为U、电流表示数为I，电源的电动势用E表示，内电阻用r表示，则R0= 。

解析：将导线jd改接为je，此时电源与定值电阻组成等效电源，在闭合电路中，电源电动势：
E=U+I(R0+r)，
解得：定值电阻R0=。

答案：dj je
11.如图所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心在O点、半径为r，内壁光滑，A、B两点分别是圆弧的最低点和最高点。

该区间存在方向水平向右的匀强电场，一质量为m、带负电的小球在轨道内侧做完整的圆周运动(电荷量不变)，经C点时速度最大，O、C连线与竖直方向的夹角
θ=60°，重力加速度为g。

(1)求小球所受到的电场力大小。

解析：已知带电小球在光滑的竖直圆轨道内做完整的圆周运动，经C点时速度最大，因此，C点是竖直面内圆周运动的物理“最低点”，也就是小球在C点受力情况满足合外力完全充当向心力，如图
满足
因此电场力F=mgtan60°
即F=
答案：求小球所受到的电场力大小为
(2)小球在A点速度v0多大时，小球经B点时对轨道的压力最小？
解析：小球在轨道最高点B时的受力情况如图所示，
讨论：①若在B点时轨道对小球的压力最小等于零。

半径方向的合外力为重力mg，在B点，根据圆周运动的条件可获得，
；得：①
②若小球在D点时的轨道对小球的压力最小等于零
则D到B的过程中，重力和电场力做功：
得：，代入数据解得：②
根据①②两种情况的讨论可知，小球在B点的最小速度为v B2；
小球从A到B过程中，只有电场力和重力做了功，又知A、B两点在同一等势面上，该过程电场力做功为0，根据动能定理可得：
③
联立以上②③两式可得。

答案：小球在A点速度时，小球经B点时对轨道的压力最小
12.如图所示，有两个高低不同的水平面，高水平面光滑，低水平面粗糙。

一质量为Skg、长度为
2m的长木板靠在高水平面边缘A点，其表面恰好与高水平面平齐，长木板与低水平间的动摩擦因数为0.05，一质量为lkg可视为质点的滑块静止放置，距A点距离为3m，现用大小为6N、水平向
右的外力拉小滑块，当小滑块运动到A点时撤去外力，滑块以此时的速度滑上长木板。

滑块与平板车间的动摩擦因数为0.5，取g=l0m/s2.求：
(1)滑块滑动到A点时的速度大小。

解析：根据牛顿第二定律有：F=ma
根据运动学公式有：v2=2aL0
联立方程带入数据解得：v=6m/s
其中m、F分别为滑块的质量和受到的拉力，a是滑块的加速度，v即是滑块滑到A点时的速度大小，L0是滑块在高水平面上运动位移。

答案：滑块滑动到A点时的速度大小6m/s
(2)滑块滑动到平板车上时，滑块和平板车的加速度大小分别为多少？
解析：根据牛顿第二定律有：
对滑块有：μ1mg=ma1
带入数据解得：a1=5m/s2
对长木板有：μ1mg﹣μ2(m+M)g=Ma2，
带入数据解得：a2=0.4m/s2.
其中M为长木板的质量，a1、a2分别是此过程中滑块和长木板的加速度，μ1、μ2分别是滑块与长木板间和长木板与低水平面间的动摩擦因数。

答案：滑块滑动到平板车上时，滑块和平板车的加速度大小分别为5m/s2，0.4m/s2
(3)通过计算说明滑块能否从平板车的右端滑出。

解析：设小滑块不滑出长木板，从小滑块滑上长木板到两者相对静止所用时间为t
则：v﹣a1t=a2t
带入数据解得：=s，
则此过程中小滑块的位移为：
长木板的位移为：
式中L=2m为长木板的长度，所以小滑块滑出长木板右端。

答案：滑块能从平板车的右端滑出
13.关于一定量的气体，下列说法正确的是( )
A.气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，而不是该气体所有分子体积之和
B.只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低
C.在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零
D.气体从外界吸收热量，其内能一定增加
E.气体在等压膨胀过程中温度一定升高
解析：A、气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，A正确；
B、温度高体分子热运动就剧烈，B正确；
C、在完全失重的情况下，分子运动不停息，气体对容器壁的压强不为零，C错误；
D、做功也可以改变物体的内能，C错误；
E、气体在等压膨胀过程中温度一定升高，E正确。

答案：ABE
14.在一个标准大气压下，m=lkg冰在O℃时吸收Q=336kJ的热量后变成同温度的水，外界同时对系统做了W=llkJ的功，阿伏伽德罗常数N A=6.0xl023mol﹣l，水的摩尔质量M=18g•mol﹣l。

问此过程中系统的内能变化了多少？lkg冰所含的分子数为多少？(结果保留2位有效数字)
解析：根据热力学第一定律知：
△U=W+Q=11+336kJ=347kJ
1kg冰所含的分子数：
N=nN A=N A=3.3×1025个
答案：此过程中系统的内能变化了347kJ
1kg冰所含的分子数为为3.3×1025个
15.振动周期为T，振幅为A，位于x=0点的被波源从平衡位置沿y轴正向开始做简谐运动，该波源产生的一维简谐横波沿x轴正向传播，波速为v，传播过程中无能量损失，一段时间后，该振动传播至某质点p，关于质点p振动的说法正确的是( )
A.振幅一定为A
B.周期一定为T
C.速度的最大值一定为v
D.开始振动的方向沿y轴向上或向下取决于他离波源的距离
E.若p点与波源距离s=vT，则质点p的位移与波源的相同
解析：A、B、C、波传播过程中，各振动质点的振动周期、振幅，则知质点p振动的振幅一定为A，周期一定为T，但p质点的振动速度与波传播的速度无关，速度的最大值不一定是v，故A、B 正确，C错误；
D、质点p的起振方向和波源质点相同，一定沿y轴正向，与p离波源的距离无关，故D错误。

E、s=vT，则s等于一个波长，即P点与波源质点相位相同，振动情况总相同，位移总相同，故E 正确。

答案：ABE
16.某种透明物质制成的直角三棱镜ABC，折射率为n，角A等于30°。

一细束光线在纸面内从O 点射入棱镜，如图所示，当入射角为α时，发现刚好无光线从AC面射出，光线垂直于BC面射出。

求：透明物质的折射率n；光线的入射角α。

(结果可以用α的三角函数表示)
解析：由题意可知，光线射向AC面的恰好发生全反射，反射光线垂直于BC面从棱镜射出，作出光路图如图所示。

设该透明物质的临界角为C，由几何关系可知：
C=θ2=θ1=60°
由sinC=得：n===
由几何关系r=30°，由折射定律得：n=
得：sinα=nsinr=×sin30°=。

答案：该透明物质的折射率n为
光线与AB面垂线间的夹角α的正弦为
17.在下列关于近代物理知识的说法中，正确的是( )
A.玻尔理论可以成功解释氢原子的光谱现象
B.氢原子的核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，原子的能量增大
C.β射线为原子的核外电子电离后形成的电子流
D.查德威克发现了中子，其核反应方程为：Be+He→C+n
E.元素的半衰期为T，当温度发生变化时，铀元素的半衰期也发生变化
解析：A、玻尔理论成功地解释了氢原子的光谱现象。

故A正确。

B、氢原子的核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，原子的能量增大。

故B正确。

C、β射线是原子核中的一个中子转变为一个电子和一个质子，电子释放出来。

故C错误。

D、查德威克通过α粒子轰击铍核发现了中子，核反应方程为：49Be+24He→612C+01n。

故D正确。

E、半衰期的大小与温度无关，由原子核内部因素决定。

故E错误。

答案：ABD
18.如图所示，质量m1=0.3kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长L=15m，现有质量m2=0.2kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0=2m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止。

物块与车面间的动摩擦因数=0.5，取g=10m/s2.求：
(1)物块在车面上滑行的时间t。

解析：设物块与小车的共同速度为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有：
m2v0=(m1+m2)v
设物块与车面间的滑动摩擦力为F，对物块应用动量定理有：
﹣Ft=m2v﹣m2v0
其中F=μm2g
联立以三式解得：
代入数据得：t=s=0.24s
答案：物块在车面上滑行的时间t为0.24s
(2)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过多少。

解析：要使物块恰好不从车厢滑出，须物块滑到车面右端时与小车有共同的速度v′，则有：
m2v′0=(m1+m2)v′
由功能关系有：
代入数据解得：v′=5m/s
故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车的速度v0′不能超过5m/s。

答案：要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过5m/s。