贵州省遵义市航天高中2017届高三（上）第二次模拟物理试卷（解析版）

2016-2017学年贵州省遵义市航天高中高三（上）第二次模拟物理试卷

参考答案与试题解析

二、选择题（每小题6分，共8小题，共48分，19～21小题为多选）

1．伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础，早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是（）

A．物体抵抗运动状态的变化就是惯性

B．没有力的作用，物体只能处于静止状态

C．行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性

D．物体如果没有受到力的作用，可能做匀速圆周运动

【考点】惯性．

【分析】物体保持原来的匀速直线运动状态或静止状态的性质叫做惯性．牛顿第一定律又叫惯性定律．

惯性的性质：

（1）惯性是物体的固有属性：一切物体都具有惯性．

（2）惯性与运动状态无关：不论物体处于怎样的运动状态，惯性总是存在的．当物体本来静止时，它一直“想”保持这种静止状态．当物体运动时，它一直“想”以那一时刻的速度做匀速直线运动．

（3）惯性与是否受力无关．

【解答】解：A、根据惯性的定义可知，物体抵抗运动状态的变化就是惯性．故A正确；

B、D、没有力的作用，物体可能处于静止状态，有可能做匀速直线运动，不可能做匀速圆周运动．故B错误，D错误；

C、行星在圆周轨道上保持匀速率运动的是匀速圆周运动，是受到万有引力的作用的影响，不是惯性．故C错误．

故选：A

2．该试题已被管理员删除

3．如图所示，放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一竖直向下的恒力F，则（ ）

A．物块可能匀速下滑

B．物块仍以加速度a匀加速下滑

C．物块将以大于a的加速度匀加速下滑

D．物块将以小于a的加速度匀加速下滑

【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．

【分析】将F分解为垂直于斜面和平行于斜面两个方向F₁和F₂，根据力的独立作用原理，单独研究F的作用效果，当F引起的动力增加大时，加速度增大，相反引起的阻力增大时，加速度减小．

【解答】解：未加F时，物体受重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律有：a=

．

当施加F后，加速度a′=

，因为gsinθ＞μgcosθ，所以Fsinθ＞μFcosθ，可见a′＞a，即加速度增大．故C确，A、B、D均错误．

故选C．

4．长度为L=0.5m的轻质细杆OA，A端有一质量为m=3.0kg的小球，如图所示，小球以O点为圆心在竖直平面内做圆周运动，通过最高点时小球的速率为2.0m/s，不计空气阻力，g取10m/s²，则此时细杆OA受到（）

A．6.0N的拉力 B．6.0N的压力 C．24N的拉力 D．24N的压力

【考点】向心力；牛顿第二定律．

【分析】小球在细杆的作用下，在竖直平面内做圆周运动．对最高点受力分析，找出提供向心力的来源，结合已知量可求出最高点小球速率为2m/s时的细杆受到的力．

【解答】解：小球以O点为圆心在竖直平面内作圆周运动，

当在最高点小球与细杆无弹力作用时，小球的速度为V₁，则有

mg=m

得：v₁=

=

m/s

∵

＞2m/s∴小球受到细杆的支持力

小球在O点受力分析：重力与支持力

mg﹣F支=m

则F支=mg﹣m

=6N

所以细杆受到的压力，大小为6N．

故选B．

5．继“天宫”一号空间站之后，我国又发射“神舟八号”无人飞船，它们的运动轨迹如图所示．假设“天宫”一号绕地球做圆周运动的轨道半径为r，周期为T，万有引力常量为G．则下列说法正确的是（）

A．在远地点P处，“神舟”八号的加速度比“天宫”一号大

B．根据题中条件可以计算出地球的质量

C．根据题中条件可以计算出地球对“天宫”一号的引力大小

D．要实现“神舟”八号与“天宫”一号在远地点P处对接，“神舟”八号需在靠近P处点火减速

【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．

【分析】根据万有引力提供向心力可以求出中心体的质量．

根据牛顿第二定律比较经过P点的加速度大小．

【解答】解：A、由

=ma知a=

得：

在远地点P处，“神舟八号”的加速度和“天宫一号”加速度相同，故A错误；

B、由“天宫一号”做圆周运动万有引力提供向心力可知：

=m

r，

所以可以计算出地球的质量，故B正确；

C、没有“天宫一号”质量是不能算出万有引力，故C错误

D、“神八”在椭圆轨道上运动，P为其远地点，若在P点前减速，则沿向上的速度分量减少，则“神八”将不能到达P点，故D错误；

故选B．

6．如图所示，传送带的水平部分长为L，传动速率为v，在其左端无初速放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左端运动到右端的时间可能是（）

A．

B．

C．

D．

【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系．

【分析】木块沿着传送带的运动可能是一直加速，也可能是先加速后匀速，对于加速过程，可以先根据牛顿第二定律求出加速度，然后根据运动学公式求解运动时间．

【解答】解：若木块沿着传送带的运动是一直加速，根据牛顿第二定律，有

μmg=ma ①

根据位移时间公式，有

②

由①②解得

故C正确；

若木块沿着传送带的运动是先加速后匀速，根据牛顿第二定律，有

μmg=ma ③

根据速度时间公式，有

v=at₁ ④

根据速度位移公式，有

v²=2ax₁ ⑤

匀速运动过程，有

L﹣x₁=vt₂ ⑥

由③④⑤⑥解得

t=t₁+t₂=

故A正确；

如果物体滑到最右端时，速度恰好增加到v，根据平均速度公式，有

L=v_平均t=

故

t=

故D正确；

故选：ACD．

7．如图所示，虚线a、b和c是某静电场中的三个等势面，它们的电势分别为φ_a，φ_b和φ_c；φ_a＞φ_b＞φ_c，一带负电的粒子射入电场中，其运动轨迹如实线KLMN所示，由图可知（）

A．粒子从K到L的过程中，电场力做负功

B．粒子从L到M的过程中，电场力做负功

C．粒子从K到L的过程中，电势能增加

D．粒子从L到M的过程中，动能减少

【考点】电场线．

【分析】先根据等势面图得到电场线的分布图，再结合动能定理以及电场力做功与电势能变化关系分析判断．

【解答】解：电场线与等势面垂直，由较高的等势面指向较低的等势面，分布图如图：

A：故粒子从K到L的过程中，负粒子从高电势向低电势运动，故电场力做负功，故A正确；

B：粒子从L到M的过程中，先从高电势向低电势运动，后从低电势向高电势运动，电场力先做负功后做正功，故B错误；

C：粒子从K到L的过程中，电场力做负功，电势能增加，故C正确；

D、粒子从L到M的过程中，电场力先做负功后做正功，故电势能先增大后减小，故D错误；

故选：AC．

8．如图所示为一理想变压器，S为一单刀双掷开关，P为滑动变阻器的滑动片，U₁为加在原线圈两端的电压，I₁为原线圈中的电流．则（）

A．保持U₁及P的位置不变，S由a拨到b时，I₁将增大

B．保持U₁及P的位置不变，S由b拨到a时，R消耗的功率减小

C．保持U₁不变，S拨到a处，使P上滑，I₁将增大

D．保持P的位置不变，S拨到a处，若U₁增大，I₁将增大

【考点】变压器的构造和原理．

【分析】根据输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比分析即可．

【解答】解：A、保持U₁及P的位置不变，K由a合到b时，原线圈匝数变小，副线圈电压变大，所以副线圈功率变大，而原线圈功率等于副线圈功率，所以原线圈功率变大，根据I₁=

得I₁将增大，故A正确；

B、保持U₁及P的位置不变，K由b合到a时，原线圈匝数变大，副线圈电压变小，根据P=

可知功率变小，故B正确；

C、保持U₁不变，K合在a处，使P上滑时，R增大，而电压不变，所以副线圈电流变小，故C错误；

D、保持P的位置不变，K合在a处，若U₁增大，则副线圈电压增大，所以副线圈电流变大，原线圈电流也变大，故D正确．

故选ABD

三、实验题（共16分）

9．如图，用伏安法测电阻，当被测电阻阻值不能估计时，可采用试接法．让伏特表一端接在电路的a点上，另一端先后接在b点和c点，注意观察两个电表的示数，若安培表的示数有显著变化，则待测电阻的阻值跟伏特表 表内阻可以比拟，伏特表应接在a、 c 两点，并且测量结果 偏大．（填“偏大”、“偏小”）．

【考点】伏安法测电阻．

【分析】本题的关键是明确当安培表示数变化明显说明电压表的分流作用较小，即说明电压表内阻不是很大，可以与待测电阻阻值相比拟，然后再根据电流表内外接法的选择方法即可求解．

【解答】解：试接时，若安培表示数变化明显，说明电压表的分流作用较大（即电压表内阻较小），即待测电阻的阻值与伏特表内阻可以比拟；

根据电流表内外接法的判断方法可知满足

，所以电流表应用内接法，即伏特表应接在a、c两点；

由于

=

=

，所以测量值偏大．

故答案为：伏特表，c，偏大

10．某同学利用图示装置，验证以下两个规律：

①两物块通过不可伸长的细绳相连接，沿绳分速度相等；

②系统机械能守恒．

P、Q、R是三个完全相同的物块，P、Q用细绳连接，放在水平气垫桌上．物块R与轻滑轮连接，放在正中间，a、b、c是三个光电门，调整三个光电门的位置，能实现同时遮光，整个装置无初速度释放．

（1）为了能完成实验目的，除了记录P、Q、R三个遮光片的遮光时间t₁、t₂、t₃外，还必需测量的物理量有CD ．

A．P、Q、R的质量M B．两个定滑轮的距离d

C．R的遮光片到c的距离H D．遮光片的宽度x

（2）根据装置可以分析出P、Q的速度大小相等，验证表达式为

．

（3）若要验证物块R与物块P的沿绳分速度相等，则验证表达式为

．

（4）若已知当地重力加速度g，则验证系统机械能守恒的表达式为 gH=

．

【考点】验证机械能守恒定律．

【分析】（1）根据验证系统机械能守恒需要验证的表达式，找出需要测量的物理量；

（2）分别求出P、Q的速度大小，再根据两物体速度相等，求出需要验证的表达式；

（3）分别求出P、R的速度大小，再根据两物体速度相等，求出需要验证的表达式；

（4）根据机械能守恒定律列式，化简，求出验证系统机械能守恒的表达式．

【解答】解：（1）A、验证系统机械能守恒，最后的表达式是

，可知质量M可以约去，对实验结果不会有影响，因此不需要测量P、Q、R的质量M，A错误；

B、根据验证的表达式可知，与两个定滑轮的距离d无关，B错误；

C、根据验证的表达式可知，需要测量R的遮光片到c的距离H，这样才能计算出系统减少的重力势能，C正确；

D、根据验证的表达式可知，要测量P、Q、R三个物块遮光片的速度，因此需要测量遮光片的宽度x，速度

，D正确；

故选：CD．

（2）物块P的速度

，物块Q的速度

，因此分析出P、Q的速度大小相等，即需要验证表达式

；

（3）物块R的速度

，要验证物块R与物块P的沿绳分速度相等，则需要验证表达式

；

（4）整个系统减少的机械能是△E=MgH，增加的机械能是

，

要验证机械能守恒，则△E=△E′，即验证表达式gH=

．

故答案为：（1）CD；（2）

；（3）

；（4）gH=

．

四、计算题

11．如图所示，一质量为1kg的小球套在一根固定的足够长光滑直杆上，直杆与水平面夹角θ为30°．现小球在F=15N的竖直向上的拉力作用下，从A点由静止出发向上运动．g取10m/s²．试求：

（1）小球运动的加速度a₁；

（2）若F作用2s后撤去，小球上滑过程中距A点的最大距离s_m．

【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．

【分析】首先分析撤去前小球的受力情况：重力、拉力，杆的支持力，采用正交分解法，根据牛顿第二定律求出加速度．再用同样的方法求出撤去后小球的加速度，运用运动学公式求出最大距离．

【解答】解：（1）对小球由牛顿第二定律得：Fsin30°﹣mgsin30°=ma₁…①

解得：a₁=

=2.5 m/s²

（2）在力F的作用下，小球上滑的位移大小为x₁，末速度大小为v，则：

…②

v=a₁t…③

撤去力F后，小球减速上滑的加速度大小为a₂，位移大小为x₂则：mgsin30°=ma₂…④

v²=2a₂x₂…⑤

且s_m=x₁+x₂…⑥

联立得：s_m=7.5m

答：（1）小球运动的加速度a₁为2.5 m/s²；

（2）若F作用2s后撤去，小球上滑过程中距A点的最大距离为7.5m．

12．质量为M=2.5kg的一只长方体形状的铁箱在水平拉力F作用下沿水平面向右匀加速运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数为μ₁=0.50．这时铁箱内一个质量为m=0.5kg的木块恰好能静止在后壁上（如图所示），木块与铁箱内壁间的动摩擦因数为μ₂=0.25．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s²．求：

（1）木块对铁箱的压力；

（2）水平拉力F的大小；

（3）使拉力F减小到120N，经过一段时间，木块落至箱底后且不反弹，之后某时刻当箱的速度为v=6m/s时撤去拉力，再经1s时间木块从铁箱左侧到达右侧，则铁箱长度是多少？

【考点】牛顿运动定律的综合应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系．

【分析】本题（1）的关键是明确“木块恰好能静止在后壁上”的含义是木块受到的知道最大静摩擦力等于木块的重力，再结合牛顿第三定律即可求解；题（2）的关键是先对木块列出水平方向根据牛顿第二定律求出木块的加速度，然后再对铁箱列出水平方向牛顿第二定律表达式，联立即可求解；题（3）的关键是明确当F减到120N时，木块将会下落到箱底，然后求出速度减为零的时间并与给出的时间比较，再分别求出木块和铁箱向右发生的位移，求出相对位移，即为铁箱的长度．

【解答】解：（1）木块在竖直方向恰好静止在后壁上，由平衡条件可得：

=mg，解得

=20N

由牛顿第三定律可得，木块对铁箱的压力大小为20N，方向水平向左．

（2）对木块，在水平方向应有：

，可得加速度大小为a=

=40m/

对铁箱与木块整体，在水平方向应有：F﹣

（m+M）g=（M+m）a，

解得F=135N；

（3）当F=120N时，因为小于135N，所以木块将相对铁箱向下运动，但同时木块与铁箱在水平方向仍然一起加速，当撤去外力后，当两者一起运动时的加速度大小应为：

=

=5m/

，

因为木块的最大加速度大小应为：

=

=2.5m/

，由于

，所以木块将相对铁箱向右运动，

此时铁箱的加速度大小应满足：

，解得

=5.5m/

设铁箱速度减为零的时间为

，根据v=

可得：0=

，解得：

=

s＞1s，

所以当t=1s时铁箱与木块均未停止：

在t=1s时间内铁箱运动的位移为：

=

﹣

=6×1

=3.25m

木块运动的位移为：

=

=6﹣

=4.75m

所以铁箱的长度即相对位移为：L=

=4.75﹣3.25=1.5m

答：

（1）木块对铁箱的压力为20N，方向向左

（2）水平拉力F大小为135N

（3）铁箱长度是1.5m

（选修3-3）

13．以下说法中正确的是（ ）

A．同一温度下同质量的水，气态时的内能和液态时的相同

B．气体对外做功，其内能可能增加

C．热量可以从低温物体传递到高温物体

D．一定质量的理想气体温度升高时，每个气体分子的速率都增大

E．分子势能可能随分子间距离的增加而增加

【考点】热力学第二定律；分子势能；热力学第一定律．

【分析】明确内能包括分子动能和分子势能，分子动能取决温度大小；

根据热力学第一定律可知，做功和热传递均可以改变物体的内能；

根据热力学第二定律可知，热量可以自发地从高温物体转化为低温物体，但在引起其他方面的变化时，可以由低温物体传到高温物体；

分子力做正功时分子势能减小，分子力做负功时，分子势能增大；同时还要注意分子力与分子间距离间的关系．

【解答】解：A、水变成水蒸汽时需要吸收热量，故气态的水内能较大，故A错误；

B、气体对外做功时如果同时吸热，则内能可能增加，故B正确；

C、在有其他方面的变化情况下，热量可以从低温物体传递到高温物体，故C正确；

D、温度升高时，分子的平均动能增大，但并不是所有分子的动能都增大，故D错误；

E、当分子间作用力是斥力时，随着分子间距离的增加，分子力做正功，分子势能减小，而当分子间为引力时，随着分子间距离的增大，分子力做负功，分子势能增加，故E正确．

故选：BCE．

14．如图所示，体积为V₀的容器内有一个薄的活塞，活塞的截面积为S，与气缸内壁之间的滑动摩擦力为f，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力．在气缸内充有一定质量的理想气体，初始状态体积为

，温度为T₀，气体压强与外界大气压均为P₀．现缓慢加热气体，使活塞缓慢移动至气缸口，求：

①活塞刚要开始移动时，气体的温度；

②活塞刚移动至气缸口时，气体的温度．

【考点】气体的等容变化和等压变化．

【分析】①气体刚要开始移动之前，气体的体积不变，气体做等容变化，根据查理定律可得出压强和温度关系；再由平衡关系可求得压强大小；联立可求得温度；

②活塞移动过程，气体压强不变；根据盖﹣吕萨克定律可求得后来的温度．

【解答】解：①气体发生等容变化，

有

根据平衡关系有：

P₁s=P₀s+f

解得：

②气体发生等压变化，有

由题意可知：

解得：

答：①活塞刚要开始移动时，气体的温度为T₀（1+

）

②活塞刚移动至气缸口时，气体的温度为

（1+

）

（选修3-4）

15．图（a）为一列简谐横波在t=0.10s时刻的波形图，P是平衡位置在x=1.0m处的质点，Q是平衡位置在x=4.0m处的质点；图（b）为质点Q的振动图象，下列说法正确的是（）

A．在t=0.10s时，质点Q向y轴正方向运动

B．在t=0.25s时，质点P的加速度方向与y轴正方向相同

C．从t=0.10s到t=0.25s，该波沿x轴负方向传播了6m

D．从t=0.10s到t=0.25s，质点P通过的路程为30cm

E．质点Q简谐运动的表达式为y=0.10sin10πt（国际单位）

【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系．

【分析】根据甲、乙两图可以读出该波的波长和周期，从而求出波速，t=0.10s时Q点在平衡位置上，由乙图知下一时刻向下振动，从而确定了该波向左传播．根据时间与周期的关系，分析质点P的位置和加速度，求出通过的路程．根据x=vt求解波传播的距离．根据图象读出振幅A，结合数学知识写出Q点的振动方程．

【解答】解：A、图（b）为质点Q的振动图象，则知在t=0.10s时，质点Q正从平衡位置向波谷运动，所以点Q向y轴负方向运动，故A错误；

B、在t=0.10s时，质点Q沿y轴负方向运动，根据波形平移法可知该波沿x轴负方向传播，此时P点正向上运动．

由图b读出周期T=0.2s，从t=0.10s到t=0.25s经过的时间为△t=0.15s=

T，则在t=0.25s时，质点P位于x轴下方，加速度方向与y轴正方向相同，故B正确；

C、由甲图知波长λ=8m，则波速为：v=

=

m/s=40m/s，从t=0.10s到=0.25s经过的时间为△t=0.15s，该波沿x轴负方向传播的距离为△x=v△t=40×0.15m=6m，故C正确；

D、从t=0.10s到=0.25s经过的时间为△t=0.15s=

T，由于t=0.10s时刻质点P不在平衡位置或波峰、波谷处，所以质点P通过的路程不是3A=30cm，故D错误；

E、质点Q简谐运动的表达式为y=Asin

t=0.1sin

t m=y=0.10sin10πt（m），故E正确．

故选：BCE．

16．如图所示，一玻璃球体的半径为R，O为球心，AB为直径．来自B点的光线BM在M点射出，出射光线平行于AB，另一光线BN恰好在N点发生全反射．已知∠ABM=30°，求

①玻璃的折射率．

②球心O到BN的距离．

【考点】光的折射定律．

【分析】①根据几何关系找出光线BM的入射角和反射角，利用折射定律可求出玻璃体的折射率．

②根据几何关系求出临界角的正弦值，便可求出球心O到BN的距离．

【解答】解：①已知∠ABM=30°，由几何关系知入射角i=∠BMO=30°，折射角β=60°由n=

②由题意知临界角C=∠ONB，sinC=

，则球心O到BN的距离d=RsinC=

．

答：①玻璃的折射率为

．

②球心O到BN的距离为

．

（选修3-5）

17．关于原子核的结合能，下列说法正确的是（ ）

A．原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量

B．一重原子核衰变成α粒子和另一原子核，衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能

C．铯原子核（

Cs）的结合能小于铅原子核（

Pb）的结合能

D．比结合能越大，原子核越不稳定

E．自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能量大于该原子核的结合能

【考点】原子核的结合能．

【分析】比结合能：原子核结合能对其中所有核子的平均值，亦即若把原子核全部拆成自由核子，平均对每个核子所要添加的能量．用于表示原子核结合松紧程度．

结合能：两个或几个自由状态的粒子结合在一起时释放的能量．自由原子结合为分子时放出的能量叫做化学结合能，分散的核子组成原子核时放出的能量叫做原子核结合能．

【解答】解：A、原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量，A正确；

B、一重原子核衰变成α粒子和另一原子核，要释放能量，衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能，故B正确；

C、铯原子核与原子核都是中等质量的原子核，铯原子核（

Cs）的比结合能比铅原子核（

Pb）的比结合能略大，而铅原子核中的核子数比铯原子核的核子数多一半，所以铯原子核（

Cs）的结合能一定小于铅原子核（

Pb）的结合能，故C正确；

D、比结合能越大，原子核越稳定，D错误；

E、自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能量等于该原子核的结合能，E错误；

故选：ABC

18．如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C．B的左侧固定一轻弹簧（弹簧左侧的挡板质量不计）．设A以速度v₀朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B和C碰撞过程时间极短．求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中．

（1）整个系统损失的机械能；

（2）弹簧被压缩到最短时的弹性势能．

【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．

【分析】（1）A、B接触的过程中动量守恒，根据动量守恒定律求出当AB速度相同时的速度大小，B与C接触的瞬间，B、C组成的系统动量守恒，求出碰撞瞬间BC的速度，根据能量守恒求出整个系统损失的机械能．

（2）当整个系统速度相同时，弹簧压缩到最短，根据动量守恒定律，求出三者共同的速度，A、B、C损失的机械能一部分转化为B、C碰撞产生的内能，一部分转化为弹簧的弹性势能，根据能量守恒求出弹簧被压缩到最短时的弹性势能．

【解答】解：（1）对A、B接触的过程中，由动量守恒定律得，mv₀=2mv₁，解得

B与C接触的瞬间，B、C组成的系统动量守恒，有：

解得

系统损失的机械能为

=

（2）当A、B、C速度相同时，弹簧的弹性势能最大．

根据动量守恒定律得，mv₀=3mv

解得v=

根据能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能

=

．

答：（1）整个系统损失的机械能为

．

（2）弹簧被压缩到最短时的弹性势能为

．

2016年10月16日