2017年广东省广州市高考模拟试卷物理 9页

2017 年广东省广州市高考模拟试卷物理 二、选择题：本题共 8 小题，每小题 6 分。在每小题给出的四个选项中，第 1～4 题只有一 项符合题目要求，第 5～8 题有多项符合题目要求。全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。 1.(6 分)根据伽利略理想斜面实验，利用如图所示的轨道装置做实验：在斜轨上先后铺垫三 种粗糙程度不同的材料，小球从左侧斜轨上的 O 点由静止释放后沿斜轨向下运动，并沿右侧 斜轨上升到的最高位置依次为 1、2、3.对比这三次实验可知( ) A.第一次实验中小球接触的材料是最光滑的 B.第二次实验中小球的机械能守恒 C.第三次实验中小球的惯性最大 D.第三次实验中小球对轨道最低点的压力最大 解析：A、如果斜面光滑，则小球应到达等高的位置，则由图可知，三次实验中小球均受到 阻力作用，故机械能不守恒，斜面不光滑，故 AB 错误； C、由于不知道小球的质量，故不能明确小球的惯性大小，故 C 错误； D、第三次实验中小球到达最低点的速度最大，则根据向心力公式可知，小球对轨道最低点 的压力最大，故 D 正确。 答案：D 2.(6 分)阻值均为 R 的四个电阻、电容为 C 的电容器及电动势为 E 的电源(不计内阻)连接成 如图所示的电路。开关 K 闭合且电路稳定时，以下说法正确的是( ) A.电容器两板间电压为 B.电容器极板上的电荷量为 C.减小电容器两极板正对面积，极板上的电荷量减小 D.减小电容器两极板间的距离，稳定后两板间电压比原来的更小 解析：A、电容器视为断路，与电容器串联的电阻看成导线，电容器两极板间的电压 ，故 A 错误； B、根据 Q=CU，得电容器极板上的电荷量为 ，故 B 错误； C、减小电容器两极板的正对面积，电容减小，由 Q=CU 知极板上的电荷量减小，故 C 正确； D、减小极板间的距离，电容增大，稳定后两极板电压与原来相同，等于和电容器并联的电 阻两端的电压，故 D 错误。 答案：C 3.(6 分)如图，长方体 ABCD﹣A1B1C1D1 中|AB|=2|AD|=2|AA1|，将可视为质点的小球从顶点 A 在∠BAD 所在范围内(包括边界)分别沿不同方向水平抛出，落点都在 A1B1C1D1 范围内(包括边 界)。不计空气阻力，以 A1B1C1D1 所在水平面为重力势能参考平面，则小球( ) A.抛出速度最大时落在 B1 点 B.抛出速度最小时落在 D1 点 C.从抛出到落在 B1D1 线段上任何一点所需的时间都相等 D.落在 B1D1 中点时的机械能与落在 D1 点时的机械能相等 解析：A、由于小球抛出时离地高度相等，故各小球在空中运动的时间相等，则可知水平位 移越大，抛出时的速度最大，故落在 C1 点的小球抛出速度最大，落点靠近 A1 的粒子速度最 小，故 AB 错误，C 正确； D、由图可知，落在落在 B1D1 中点和落在 D1 中点的水平位移不同，所以两种情况中对应的水 平速度不同，则可知它们在最高点时的机械能不相同，因下落过程机械能守恒，故落地时的 机械能也不相同，故 D 错误。 答案：C 4.(6 分)如图，人造卫星 M、N 在同一平面内绕地心 O 做匀速圆周运动。已知 M、N 连线与 M、 O 连线间的夹角最大为 θ，则 M、N 的运动周期之比等于( ) A.sin3θ B. C. D. 解析：设 M、N 的轨道半径分别 RM、RN。 据题卫星 M、N 连线与 M、O 连线间的夹角最大时，MN 连线与卫星 N 的运行轨道应相切，如 图： 根据几何关系有 RN=RMsinθ 根据开普勒第三定律有： = 联立解得 = 答案：D 5.(6 分)如图，粗糙水平面上 a、b、c、d 四个相同小物块用四根完全相同的轻弹簧连接， 正好组成一个等腰梯形，系统静止。ab 之间、ac 之间以及 bd 之间的弹簧长度相同且等于 cd 之间弹簧长度的一半，ab 之间弹簧弹力大小为 cd 之间弹簧弹力大小的一半。若 a 受到的 摩擦力大小为 f，则( ) A.ab 之间的弹簧一定是压缩的 B.b 受到的摩擦力大小为 f C.c 受到的摩擦力大小为 f D.d 受到的摩擦力大小为 2f 解析：A、设每根弹簧的原长为 L0，ab 的形变量为△x1，cd 的形变量为△x2，则有 k△x2=2k △x1，若 ab 弹簧也是被拉长，则有：L0+△x2=2(L0+△x1)，解得 L0=0，不符合题意，所以 ab 被压缩，A 正确； B、由于 a 受到的摩擦力大小为 f，根据对称性可得，b 受到的摩擦力大小为 f，B 正确； C、以 a 和 c 为研究对象进行力的分析如图所示， 中图中的 θ 为 ac 与 cd 之间的夹角，则 cosθ ，所以 θ=60°，则∠cab=120°， a 受到的摩擦力大小 f=T； 对 c 根据力的合成可得 fc= f，所以 C 正确； D、由于 c 受到的摩擦力大小为 f，根据对称性可知，d 受到的摩擦力大小为 f，D 错误。 答案：ABC 6.(6 分)如图，两个相同小物块 a 和 b 之间用一根轻弹簧相连，系统用细线静止悬挂于足够 高的天花板下。细线某时刻被剪断，系统下落，已知重力加速度为 g，则( ) A.细线剪断瞬间，a 和 b 的加速度大小均为 g B.弹簧恢复原长时，a 和 b 的加速度大小均为 g C.下落过程中弹簧一直保持拉伸状态 D.下落过程中 a、b 和弹簧组成的系统机械能守恒 解析：A、开始时系统处于平衡状态，弹簧的弹力大小为 mg，当细线剪断瞬间，弹簧不能突 变，则 b 受力仍然平衡，加速度为零，而 a 受向下的拉力和重力作用，加速度为 2g，故 A 错误； B、弹簧恢复原长时，两物体均只受重力，故加速度大小为 g，故 B 正确； C、由于 a 的加速度大于 b 的加速度，故 a 下落较快，因此开始时弹簧处于压缩状态，故 C 错误； D、对，a 和 b 和弹簧组成的系统来说，由于只有重力做功，故机械能守恒，故 D 正确。 答案：BD 7.(6 分)质量为 400kg 的赛车在平直赛道上以恒定功率加速，受到的阻力不变，其加速度 a 和速度的倒数 的关系如图所示，则赛车( ) A.速度随时间均匀增大 B.加速度随时间均匀增大 C.输出功率为 160kW D.所受阻力大小为 1600N 解析：A、由图可知，加速度变化，故做变加速直线运动，故 A 错误； B、a﹣ 函数方程 ，汽车加速运动，速度增大，加速度减小，故 B 错误； CD、对汽车受力分析，受重力、支持力、牵引力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有： F﹣f=ma 其中：F= 联立得：a= 结合图线，当物体的速度最大时，加速度为零，故结合图像可以知道，a=0 时， =0.01， v=100m/s，所以最大速度为 100m/s 由图像可知： ，解得：f=4m=4×400=1600N 解得：P=160KW，故 CD 正确。 答案：CD 8.(6 分)如图，A、B、C、D 是正四面体的四个顶点，现在 A 固定一电荷量为+q 的点电荷， 在 B 固定一电荷量为﹣q 的点电荷，取无穷远电势为零，下列说法正确的是( ) A.棱 AB 中点的电势为零 B.棱 AB 中点的场强为零 C.C、D 两点的电势相等 D.C、D 两点的场强相同 解析：ACD、由题，通过 AB 的中垂面是一等势面，取无穷远电势为零，那么棱 AB 中点，及 C、D 在同一等势面上，电势相等，且均为零，而 C、D 两点的场强都与等势面垂直，方向指 向 B 一侧，方向相同，根据对称性可知，场强大小相等，故 C、D 两点的场强、电势均相同， 故 ACD 正确。 B、依据等量异种电荷的电场线分布，可知，棱 AB 中点的场强不为零，故 B 错误。 答案：ACD 二、解答题(共 5 小题，满分 47 分) 9.(5 分)某同学用图 1 示的实验装置探究加速度与力的关系。他在气垫导轨旁安装了一个光 电门 B，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，力 传感器可直接测出绳中拉力大小，传感器下方悬挂钩码。改变钩码数量，每次都从 A 处由静 止释放滑块。已知滑块(含遮光条)总质量为 M，导轨上遮光条位置到光电门位置的距离为 L。 请回答下面相关问题。 (1)如图 2，实验时用游标卡尺测得遮光条的宽度为 d= cm。某次实验中，由数 字毫秒计记录遮光条通过光电门的时间为 t，由力传感器记录对应的细线拉力大小为 F，则 滑块运动的加速度大小 a 应表示为 (用题干已知物理量和测得物理量字母表示)。 解析：游标卡尺的主尺读数为 9mm，游标尺上第 12 个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游 标读数为 12×0.05mm=0.60mm，所以最终读数为：9mm+0.60mm=9.60mm=0.960cm； 已知初速度为零，位移为 L，要计算加速度，需要知道末速度，故需要由数字计时器读出遮 光条通过光电门 B 的时间 t，末速度 由 ，得 答案：0.960， 。 (2)下列实验要求中不必要的是 A.应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量 B.应使遮光条位置与光电门间的距离适当大些 C.应将气垫导轨调节至水平 D.应使细线与气垫导轨平行。 解析：A、拉力是直接通过传感器测量的，故与小车质量和钩码质量大小关系无关，故 A 错 误。 B、应使 A 位置与光电门间的距离适当大些，有利于减小误差，故 B 正确。 C、应将气垫导轨调节水平，使拉力才等于合力，故 C 正确。 D、要保持拉线方向与气垫导轨平行，拉力才等于合力，故 D 正确。 答案：A 10.(6 分)如图甲，是一个简易的多用电表简化电路图，作为电压表使用时，选择开关应 接 ；作为欧姆表使用时，选择开关应接 (填“1”、“2”或 “3”)；使用时，电流一定从 端流入多用电表(填“A”或“B”)。 解析：由图所示可知，作为电压表使用时，选择开关应接位置 3；作为欧姆表使用时，选择 开关应接 2，内部电源被接通，构成欧姆表，可测量电阻；使用时，电流一定从红表笔流入， 即从 A 端流入。 答案：3；2；A。 11.(4 分)利用多用电表和电阻箱测量电源的电动势和内阻的电路如图甲。调节电阻箱，记 录多组电阻箱示数 R 和多用电表示数 I，作出 R﹣ 的图线如图乙。 由图乙可求得电动势 E= V，内阻 r= Ω。(结果均保留 2 位 有效数字)忽略偶然误差，本实验测得的 E 测、r 测与真实值比较：E 测 E 真， r 测 r 真。(选填“＜”、“=”或“＞”) 解析：根据闭合电路欧姆定律得，E=IR+Ir，则 R= E﹣r， 可知图线斜率表示电动势，纵轴截距的绝对值表示内阻，则 E= =2.9V，内阻 r=1.2Ω。 将多用电表的内阻等效到电源的内部，则有：R= ﹣(RA+r)，则可知测量的内阻等于电源 的实际内阻与多用电表的内阻之和，测量值偏大。而电流表内阻对图像的斜率没有影响，故 电动势准确。 答案：2.9；1.2.=；＞。 12.(14 分)如图，水平面上相距为 L=5m 的 P、Q 两点分别固定一竖直挡板，一质量为 M=2kg 的小物块 B 静止在 O 点，OP 段光滑，OQ 段粗糙且长度为 d=3m。一质量为 m=1kg 的小物块 A 以 v0=6m/s 的初速度从 OP 段的某点向右运动，并与 B 发生弹性碰撞。两物块与 OQ 段的动摩 擦因数均为μ=0.2，两物块与挡板的碰撞时间极短且均不损失机械能。重力加速度g=10m/s2， 求：A 与 B 在 O 点碰后瞬间各自的速度；两物块各自停止运动时的时间间隔。 解析：设 A、B 在 O 点碰后的速度分别为 v1 和 v2，以向右为正方向。 由动量守恒定律得：mv0=mv1+Mv2. 碰撞前后动能相等，则得： = + 解得：v1=﹣2m/s，方向向左，v2=4m/s，方向向右 碰后，两物块在 OQ 段减速时加速度大小均为：a= =μg=2m/s2. B 经过 t1 时间与 Q 处挡板碰，由运动学公式：v2t1﹣ =d 得：t1=1s(t1=3s 舍去) 与挡板碰后，B 的速度大小 v3=v2﹣at1=2m/s，反弹后减速时间 t2= =1s 反弹后经过位移 s1= =1m，B 停止运动。 物块 A 与 P 处挡板碰后，以 v4=2m/s 的速度滑上 O 点，经过 s2= =1m 停止。 所以最终 A、B 的距离 s=d﹣s1﹣s2=1m，两者不会碰第二次。 在 AB 碰后，A 运动总时间 tA= + =3s 整体法得 B 运动总时间 tB=t1+t2=2s，则时间间隔△tAB=tA﹣tB=1s 答案：A 与 B 在 O 点碰后瞬间各自的速度是 2m/s，方向向左及 4m/s，方向向右；两物块各 自停止运动时的时间间隔是 1s。 13.(18 分)一半径为 R 的薄圆筒处于磁感应强度大小为 B 的匀强磁场中，磁场方向与筒的中 心轴线平行，筒的横截面如图所示。图中直径 MN 的两端分别开有小孔，筒可绕其中心轴线 转动，圆筒的转动方向和角速度大小可以通过控制装置改变。一不计重力的负电粒子从小孔 M 沿着 MN 方向射入磁场，当筒以大小为 ω0 的角速度转过 90°时，该粒子恰好从某一小孔 飞出圆筒。 (1)若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，求该粒子的荷质比和速率分别是多大？ 解析：若粒子沿 MN 方向入射，当筒转过 90°时，粒子从 M 孔(筒逆时针转动)或 N 孔(筒顺 时针转动) 射出，如图，由轨迹 1 可知半径：r=R 由 ，粒子运动周期 筒转过 90°的时间： ，又 联立以上各式得：荷质比 ， 粒子速率：v=ω0R 答案：若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，该粒子的荷质比为 ，速率分别是 ω0R。 (2)若粒子速率不变，入射方向在该截面内且与 MN 方向成 30°角，则要让粒子与圆筒无碰 撞地离开圆筒，圆筒角速度应为多大？ 解析：若粒子与 MN 方向成 30°入射，速率不变半径仍为 R，作粒子轨迹 2 如图轨迹 2 圆心 为 O’，则四边形 MO’PO 为菱形，可得 ，所以 则粒子偏转的时间： ；又 ； 得： 由于转动方向与射出孔不确定，讨论如下： ⅰ.当圆筒顺时针转动时，设筒转动的角速度变为 ω1， 若从 N 点离开，则筒转动时间满足 ，得： 其中 k=0，1，2， 3… 若从 M 点离开，则筒转动时间满足 ，得： 其中 k=0，1， 2，3…； 综上可得 其中 n=0，1，2，3… ⅱ.当圆筒逆时针转动时，设筒转动的角速度变为 ω2， 若从 M 点离开，则筒转动时间满足 ，得： 其中 k=0， 1，2，3… 若从 N 点离开，则筒转动时间满足 ，得： 其中 k=0， 1，2，3… 综上可得 其中 n=0，1，2，3… 综上所述，圆筒角速度大小应为 或者 其中 n=0，1，2，3… 答案：若粒子速率不变，入射方向在该截面内且与 MN 方向成 30°角，则要让粒子与圆筒无 碰撞地离开圆筒，圆筒角速度应为 (顺时针转动)或 (逆时 针转动) 其中 n=0，1，2，3…。 [物理--选修 3-3] 14.(15 分)对于一定量的理想气体，下列说法正确的是( ) A.当气体温度变化时，气体内能一定变化 B.若气体的内能不变，其状态也一定不变 C.若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变 D.若气体的温度随时间不断升高，其压强也一定不断增大 E.气体温度每升高 1K 所吸收的热量与气体经历的过程有关。 解析：A、理想气体的内能由温度决定，温度变化气体内能一定变化，故 A 正确； B、若气体的内能不变，则气体的温度不变，气体的压强与体积可能发生变化，气体的状态 可能变化，故 B 错误； C、由理想气态方程 =常量，当等容升温变化时，可知若气体的压强和体积都不变，则温 度不变，所以其内能也一定不变，故 C 正确。 D、由气态方 =c 知，温度 T 升高，pV 一定增大，但压强不一定增大，故 D 错误。 E、气体绝热压缩或膨胀时，气体不吸热也不放热，气体内能发生变化，温度升高或降低， 在非绝热过程中，气体内能变化，要吸收或放出热量，由此可知气体温度每升高 1K 所吸收 的热量与气体经历的过程有关，故 E 正确。 答案：ACE 15.(10 分)如图，上端开口、下端封闭的足够长的细玻璃管竖直放置。一段长为 l=25.0cm 的水银柱下方封闭有长度也为 l 的空气柱。已知大气压强为 p0=75.0cmHg。如果使玻璃管绕 封闭端在竖直平面内缓慢地转动半周，求在开口向下时管内封闭空气柱的长度。 解析：为了便于求气体压强，对水银柱受力分析如图所示： 管口朝上时，管内气体压强 p1=(75+25)cmHg=100cmHg 管口朝下时，管内气体压强 p2=(75﹣25)cmHg=50cmHg 设玻璃管内横截面积为 S，管口朝下时，管内气柱长度为 lx，则等温变化有：p1lS=p2lxS 得 答案：开口向下时管内封闭空气柱的长度 50cm。