2017年四川省成都市石室中学高考二诊试卷物理 (1) 10页

2017 年四川省成都市石室中学高考二诊试卷物理 一、选择题：本大题共 8 小题，每小题 6 分。在每小题给出的四个选项中，第 1～5 题只有 一项是符合题目要求，第 6～8 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.下列说法错误的是( ) A.密立根测出了元电荷 e 的数值 B.卢瑟福通过 α 粒子散射实验建立了原子的核式结构模型 C.原子核发生衰变时要释放能量，根据 E=mc2，所以衰变后的总质量数要减少 D.安培提出了分子电流假说 解析：A、密立根通过油滴实验测出了元电荷 e 的数值。故 A 正确； B、卢瑟福的 α 粒子散射实验否定了汤姆生的原子结构模型。故 B 正确； C、原子核发生衰变时要释放能量，根据 E=mc2，所以衰变后的总质量要减少，但反应前后的 质量数不变。故 C 错误； D、安培提出了分子电流假说，解释了与磁现象有关的磁化、退磁等现象。故 D 正确。 答案：C 2.如图所示，光滑水平面上有质量均为 m 的物块 A 和 B，B 上固定一轻质弹簧，B 静止，A 以速度 v0 水平向右运动，从 A 与弹簧接触至弹簧被压缩到最短的过程中( ) A.A、B 的动量变化量相同 B.A、B 的动量变化率相同 C.A、B 系统的总动能保持不变 D.A、B 系统的总动量保持不变 解析：AD、两物体相互作用过程中系统的合外力为零，系统的总动量守恒，则 A、B 动量变 化量大小相等、方向相反，所以动量变化量不同，故 A 错误，D 正确； B、由动量定理 Ft=△P 可知，动量的变化率等于物体所受的合外力，A、B 两物体所受的合 外力大小相等、方向相反，所受的合外力不同，则动量的变化率不同，故 B 错误； C、A、B 系统的总机械能不变，弹性势能在变化，则总动能在变化，故 C 错误。 答案：D 3.如图所示，一个边长 L 的正方形金属框竖直放置，各边电阻相同，金属框放置在磁感应强 度大小为 B、方向垂直金属框向里的匀强磁场中，若 A、B 两端与导线相连，由 A 到 B 通以 如图所示方向的电流(由 A 点流入，从 B 点流出)，流过 AB 边的电流 I，则金属框受到的安 培力大小和方向分别为( ) A.2BIL 竖直向下 B. BIL 竖直向上 C.BIL 竖直向上 D. BIL 竖直向下 解析：流过 DC 边的电流 I′，根据并联电路电压相等有 I′•3R=IR，得 AD、BC 边所受的安培力的合力为 0，DC 边中电流向右，根据左手定则，安培力方向向上， 大小 AB 边所受的安培力方向向上，大小 所以金属线框受到的安培力 ，方向竖直向上。 答案：B 4.使物体脱离星球的引力束缚，不再绕星球运行，从星球表面发射所需的最小速度称为第二 宇宙速度，星球的第二宇宙速度 v2 与第一宇宙速度 v1 的关系是 v2= v1.已知某星球的半径 为 r，它表面的重力加速度为地球表面重力加速度 g 的 。不计其他星球的影响，则该星球 的第二宇宙速度为( ) A. B. C. D. 解析：设某星球的质量为 M，半径为 r，绕其飞行的卫星质量 m， 由万有引力提供向心力得： 解得： ① 又因它表面的重力加速度为地球表面重力加速度 g 的 。 得： ② ③ 由①②③解得： 。 答案：B 5.在孤立负点电荷形成的电场中，四个带电粒子分别仅在电场力作用下运动，v﹣t 图象如 图所示，则下列说法正确的是( ) A.a，c 带负电，b，d 带正电 B.a，c 带正电，b，d 带负电 C.a，d 带正电，b，c 带负电 D.a，d 带负电，b，c 带正电 解析：由图线可知，a 做加速度减小的加速运动，故可知 a 一定远离负点电荷而去，故带负 电； b 做加速度增大的加速运动，故可知 b 靠近负点电荷而来，故 b 带正电； c 做加速度增大的减速运动，故可知 c 靠近负点电荷而来，故 c 应带负电； d 做加速度减小的减速运动，故可知 d 远离负点电荷而去，故 d 带正电；则可知，A 正确， BCD 错误。 答案：A 6.光滑斜面上，当系统静止时，挡板 C 与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，AB 质量相 等。在突然撤去挡板的瞬间( ) A.两图中两球加速度均为 gsinθ B.两图中 A 球的加速度均为零 C.图甲中 B 球的加速度为 2gsinθ D.图乙中 B 球的加速度为 gsinθ 解析：撤去挡板前，对整体分析，挡板对 B 球的弹力大小为 2mgsinθ，因弹簧弹力不能突 变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中 A 球所受合力为零，加速度为零，B 球 所受合力为 2mgsinθ，加速度为 2gsinθ；图乙中杆的弹力突变为零，A、B 球所受合力均 为 mgsinθ，加速度均为 gsinθ，故 CD 确，AB 错误。 答案：CD 7.如图甲所示电路中，L1、L2、L3 为三只“6V 3W”的灯泡，变压器为理想变压器，各电表均 为理想电表，当 ab 端接如图乙所示的交变电压时，三只灯泡均正常发光。下列说法中正确 的是( ) A.变压器原副线圈的匝数比为 3：l B.输出端交流电的频率为 50Hz C.电流表的示数为 0.5A D.电压表的示数为 18V 解析：A、因原副线圈的电流之比为 1：2，则匝数之比为 2：1，故 A 错误。 B、因周期为 T=0.02S，则其频率为： 。故 B 正确。 C、电流表的示数为有效值，每个灯泡的电流为： ，则电流表示数为：2I=1A， 故 C 错误。 D、电压表的示数为 Uab﹣UL1=18﹣6=12V。故 D 错误。 答案：B 8.如图甲所示，在竖直方向上有四条间距相等的水平虚线 L1、L2、L3、L4，在 L1L2 之间、L3L4 之间存在匀强磁场，大小均为 1T，方向垂直于虚线所在平面。现有一矩形线圈 abcd，宽度 cd=L=0.5m，质量为 0.1kg，电阻为 2Ω，将其从图示位置静止释放(cd 边与 L1 重合)，速度 随时间的变化关系如图乙所示，t1 时刻 cd 边与 L2 重合，t2 时刻 ab 边与 L3 重合，t3 时刻 ab 边与 L4 重合，已知 t1～t2 的时间间隔为 0.6s，整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向。 (重力加速度 g 取 10m/s2)则( ) A.在 0～t1 时间内，通过线圈的电荷量为 0.25 C B.线圈匀速运动的速度大小为 8 m/s C.线圈的长度为 1 m D.0～t3 时间内，线圈产生的热量为 4.2 J 解析：B、根据平衡有：mg=BIL 而 I= 联立两式解得 v= = m/s=8m/s。故 B 正确。 C、t1～t2 的时间间隔内线圈一直做匀加速直线运动，知以 cd 在 L2 为初状态，以 ab 边刚进 L3 为末状态，设磁场的宽度为 d，则线圈下降的位移为 3d，则有： 3d=vt﹣ gt2，v=8m/s，t=0.6s， 代入解得 d=1m， 所以线圈的长度为 L′=2d=2m。故 C 错误。 A、在 0～t1 时间内，cd 边从 L1 运动到 L2，通过线圈的电荷量为 q= = = C=0.25C.故 A 正确。 D、0～t3 时间内，根据能量守恒得，Q=mg(3d+2d)﹣ mv2=1×5×1﹣ ×0.1×82=1.8J。 答案：AB 三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第 9～12 题为必考题，每个试题考生都必 须作答。 9.(4 分)图甲中游标卡尺的读数是 cm，图乙中螺旋测微器的读数是 mm。 解析：1、游标卡尺的主尺读数为：2.9cm，游标尺上第 8 个刻度和主尺上某一刻度对齐，所 以游标读数为 8×0.1mm=0.8mm=0.08cm， 所以最终读数为：2.9cm+0.08=2.98cm。 2、螺旋测微器的固定刻度为 5.5mm，可动刻度为 18.0×0.01mm=0.180mm，所以最终读数为 5.5mm+0.180mm=5.680mm。 答案：2.98，5.680。 10.(11 分)回答下列问题： (1)多用电表测未知电阻阻值的电路如图(a)所示，电池的电动势为 E、内阻为 r，R0 为调零 电阻，Rg 为表头内阻，电路中电流 I 与待测电阻的阻值 Rx 关系图象如图(b)所示，则该图象 的函数关系式为 ；(调零电阻 R0 接入电路的部分阻值用 R0 表示) 解析：多用电表测电阻的原理是闭合电路欧姆定律，则有：I= 。 答案：I= 。 (2)下列根据图(b)中 I﹣Rx 图线做出的解释或判断中正确的是 ；(有两个选项正 确) A.用欧姆表测电阻时，指针指示读数越大，测量的误差越小 B.欧姆表调零的实质是通过调节 R0，使 Rx=0 时电路中的电流 I=Ig C.Rx 越小，相同的电阻变化量对应的电流变化量越大，所以欧姆表的示数左密右疏 D.测量中，当 Rx 的阻值为图(b)中的 R2 时，指针位于表盘中央位置的右侧 解析：A、用欧姆表测电阻时，指针指刻度盘中央附近时，测量的误差越小。故 A 错误。 B、由上式知：当 Rx=0，I= ，通过调节 R0，使 Rx=0 时电路中的电流 I=Ig，表明所 测量的电阻为 0，故 B 正确。 C、Rx 越小，由 I= ，知相同的电阻变化量对应的电流变化量越大，所以欧姆 表的示数左密右疏。故 C 正确。 D、测量中，当 Rx 的阻值为图 5 中的 R2 时，电流比半偏电流 Ig，小，由 I= ， 知指针位于表盘中央位置的左侧。故 D 错误。 答案：BC。 (3)某同学想通过一个多用电表中的欧姆挡，直接去测量某电压表(量程 10 V)的内阻(大约 为几十千欧)，欧姆挡的选择开关拨至倍率×1K 挡。先将红、黑表笔短接调零后，选用图(c) 中 (填“A”或“B”)方式连接。在本实验中，如图(d)所示为欧姆表和电压表 的读数，请你利用所学过的知识，求出欧姆表电池的电动势为 V。(计算结果保 留三位有效数字) 解析：当欧姆表的指针指在中间位置附近时，测量值较为准确，根据读数为：示数×倍率= 读数知，选择×1K 的挡较好； 欧姆表的正极插孔与内部电源的负极相连，与电压表构成一闭合回路，电流从负极流出，进 入电压表的正极，所以选择图 A 正确； 欧姆表的读数为：40×1K=40KΩ；电压表的读数为 5.0V； 由题意知欧姆表的内阻为 30KΩ，与电压表的内阻 40KΩ 串联，由欧姆定律可知： E=I(r+R)= ×(3×104+4×104)=8.75V。 答案：A；8.75。 11.某实验小组做了如下实验，装置如图甲所示。竖直平面内的光滑轨道由倾角为 θ 的斜面 轨道 AB 和圆弧轨道 BCD 组成，将质量 m=0.1kg 的小球，从轨道 AB 上高 H 处的某点静止滑下， 用压力传感器测出小球经过圆弧最高点 D 时对轨道的压力 F，改变 H 的大小，可测出相应的 F 大小，F 随 H 的变化关系如图乙所示。g=10m/s2.求： (1)圆轨道的半径 R。 解析：小球经过 D 点时，满足竖直方向的合力提供圆周运动向心力即： 从 A 到 D 的过程中只有重力做功，根据动能定理有： 联立解得：F= = = 由题中给出的 F﹣H 图象知斜率 k= N/m 即 N/m 所以可得 R=0.2m。 答案：圆轨道的半径 R 为 0.2m。 (2)若小球从 D 点水平飞出后又落到斜面上，其中最低的位置与圆心 O 等高，求 θ 的值。 解析：小球离开 D 点做平抛运动，根据几何关系知，小球落地点越低平抛的射程越小，即题 设中小球落地点位置最低对应小球离开 D 点时的速度最小。 根据临界条件知，小球能通过 D 点点时的最小速度为 小球落地地点在斜面上与圆心等高，故可知小球平抛时下落的距离为 R 所以小球平抛的射程 S= 由几何关系可知，角 θ=45° 答案：若小球从 D 点水平飞出后又落到斜面上，其中最低的位置与圆心 O 等高，θ 的值为 45°。 12.如图所示的平行板器件中，存在相互垂直的匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度 B1=0.20T，方向垂直纸面向里，电场强度 E1=1.0×105V/m，PQ 为板间中线。紧靠平行板右侧 边缘 xoy 坐标系的第一象限内，有一边界 AO，与 y 轴的夹角∠AOy=45°，边界线的上方有 垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度 B2=0.25T，边界线的下方有竖直向上的匀强电场， 电场强度 E2=5.0×105V/m，一束带电量 q=8.0×10﹣19C、质量 m=8.0×10﹣26kg 的正离子从 P 点射入平行板间，沿中线 PQ 做直线运动，穿出平行板后从 y 轴上坐标为(0，0.4m)的 Q 点垂 直 y 轴射入磁场区，多次穿越边界限 OA。求： (1)离子运动的速度为多大？ 解析：设离子的速度大小为 v，由于沿中线 PQ 做直线运动，则有：qE1=qvB1， 代入数据解得：v=5×105 m/s。 答案：离子在平行板间运动的速度大小 5.0×105 m/s。 (2)离子通过 y 轴进入磁场到第二次穿越边界线 OA 所需的时间？ 解析：离子进入磁场，做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有：qvB2=m 代入数据解得：r=0.2 m， 作出离子的运动轨迹，交 OA 边界于 N，如图所示：OQ=2r， 若磁场无边界，一定通过 O 点，则圆弧 QN 的圆周角为 45°， 则轨迹圆弧的圆心角为 θ=90°，过 N 点做圆弧切线，方向竖直向下， 离子垂直电场线进入电场，做匀减速运动， 离子在磁场中运动为： = s 离子在电场中的加速度： m/s2 而离子在电场中来回运动时间为： s； 所以离子从进入磁场到第二次穿越边界线 OA 所需的时间为：t=t1+t2=(2π+2)×10﹣7s=8.3 ×10﹣7s。 答案：离子从进入磁场到第二次穿越边界线 OA 所需的时间为 8.3×10﹣7s。 (3)离子第四次穿越边界线的位置坐标。 解析：离子当再次进入磁场后，根据左手定则，可知洛伦兹力水平向右，导致离子向右做匀 速圆弧运动，恰好完成 周期，当离子再次进入电场后，做类平抛运动，由题意可知，类 平抛运动的速度的方向位移与加速度的方向的位移相等，根据运动学公式，则有： ，代入数据解得：t3=2×10﹣7s。 因此离子沿着速度的方向的位移为：x3=vt3=0.1m， 所以离子第四次穿越边界线的 x 轴的位移为：x=R+R+x3=0.2m+0.2m+0.1m=0.5m， 则离子第四次穿越边界线的位置的坐标为(0.5m，0.5m) 答案：离子第四次穿越边界线的位置坐标(0.5m，0.5m)。