1、2016 年湖南省十三校联考高考二模试卷物理一、选择题1.在物理学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献。关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是( )A.伽利略把斜面实验的结果合理外推，发现了自由落体运动规律和行星运动的规律B.牛顿通过实验测出了引力常量并进行了著名的“月地检验”C.牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因并提出了惯性定律D.安培提出了分子电流假说，并在磁场与电流的相互作用方面做出了杰出的贡献解析：A、伽利略把斜面实验的结果合理外推，发现了自由落体运动规律，但没有发现行星运动的规律，开普勒发现了行星运动的规律，故 A 错误。B、卡文迪许通过扭秤实验测出了引力常量，牛顿进行
2、了著名的“月地检验” ，故 B 错误。C、伽利略最早提出力不是维持物体运动的原因，故 C 错误；D、安培提出了分子电流假说，研究磁场与电流的相互作用，故 D 正确。答案：D2.压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小。一同学利用压敏电阻设计了判断升降机运动状态的装置，如图所示，将压敏电阻平放在升降机内，受压面朝上，在上面放一物体m，升降机静止时电流表示数为 I0，某过程中电流表的示数如图所示，则在此运动过程中下列说法正确的是( )A.0t 1 物体处于超重状态B.t1t 2 物体处于失重状态C.若升降机全过程是向下运动的，升降机一定是先做加速运动，再做减速运动D.若升降机全过程是向上运动的，升降
3、机可能是先做加速运动，再做减速运动解析：A、0t 1 内，电路中电流小于电梯静止时电流表示数 I0，说明此时压敏电阻的阻值大于电梯静止时的阻值，物体对压敏电阻的压力小于电梯静止时的压力，则物体处于失重状态，故 A 错误；B、t 1t 2 内，与 A 项相反，电路中电流大于电梯静止时电流表示数 I0，物体处于超重状态，故 B 错误。C、若升降机全过程是向下运动的，加速度方向先向下后向上，升降机一定是先做加速运动，再做减速运动，故 C 正确。D、若升降机全过程是向上运动的，加速度方向先向下后向上，升降机一定是先做减速运动，再做加速运动。故 D 错误。答案：C3.一铁球通过 3 段轻绳 OA、OB、
4、OC 悬挂在天花板上的 A 点，轻绳 OC 栓接在轻质弹簧秤上，第一次，保持结点 O 位置不变，某人拉着轻质弹簧秤从水平位置缓慢转动到竖直位置，如图甲所示，弹簧秤的示数记为 F1，第二次，保持轻绳 OC 垂直于 OA，缓慢移动轻绳，使轻绳 OA 从竖直位置缓慢转动到如图乙所示位置，弹簧秤的示数记为 F2，则( )A.F1 先增大后减小，F 2 逐渐减小B.F1 先增大后减小，F 2 逐渐增大C.F1 先减小后增大，F 2 逐渐减小D.F1 先减小后增大，F 2 逐渐增大解析：在图 1 中，对 O 点受力分析，抓住两根绳的合力等于物体的重力，其大小和方向都不变，OA 绳拉力方向不变，根据平行四边
5、形定则得，如图 1，知 OA 绳上拉力 F1 先减小后增大。在图 2 中，假设 AO 与竖直方向的夹角为 ，由平衡条件得： F2=Gtan，轻绳 OA 从竖直位置缓慢转动到如图乙所示位置， 增大，则 F2 逐渐增大。答案：D4.如图所示，P，Q 是固定在竖直平面内的一段内壁光滑弯管的两端，P、Q 间的水平距离为 D。直径略小于弯管内径的小球以速度 v0 从 P 端水平射入弯管，从 Q 端射出，在穿过弯管的整个过程中小球与弯管无挤压。若小球从静止开始由 P 端滑入弯管，经时间 t 恰好以速度 v0 从 Q 端射出。重力加速度为 g，不计空气阻力，那么( )A.v0B.v0=C.t=D.t解析：以
6、 v0 初速水平入射时，因小球与管壁无挤压，故水平方向应是匀速运动，竖直方向是自由落体运动，所以此时小球运动时间为：t 0= ，下落高度为：h= ，小球由静止开始运动时根据动能定理得：mgh= ，则 = ，解得 ，故 A、B 错误。以 v0 初速水平入射时，t 0= = ，当小球由静止释放时，水平方向平均速度一定小于 v0，所以 tt 0，故 C 错误，D 正确。答案：D5.小型登月器连接在航天站上，一起绕月球做圆周运动，其轨道半径为月球半径的 3 倍，某时刻，航天站使登月器减速分离，登月器沿如图所示的椭圆轨道登月，在月球表面逗留一段时间完成科考工作后，经快速启动仍沿原椭圆轨道返回，当第一次回
7、到分离点时恰与航天站对接，登月器快速启动时间可以忽略不计，整个过程中航天站保持原轨道绕月运行。已知月球表面的重力加速度为 g，月球半径为 R，不考虑月球自转的影响，则登月器可以在月球上停留的最短时间约为( )A.4.7B.3.6C.1.7D.1.4解析：设登月器和航天飞机在半径 3R 的轨道上运行时的周期为 T，因其绕月球作圆周运动，所以应用牛顿第二定律有=m r=3RT=2 =6 ，在月球表面的物体所受重力近似等于万有引力，GM=gR2所以 T=6 ，设登月器在小椭圆轨道运行的周期是 T1，航天飞机在大圆轨道运行的周期是 T2.对登月器和航天飞机依据开普勒第三定律分别有 = = 为使登月器仍
8、沿原椭圆轨道回到分离点与航天飞机实现对接，登月器可以在月球表面逗留的时间 t 应满足t=nT2T1 (其中，n=1 、2、3、)联立得 t=6n 4 (其中，n=1、2、3、)当 n=1 时，登月器可以在月球上停留的时间最短，即 t=4.7答案：A6.如图所示，两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置，构成一平行板电容器，合开关 S，电源给电容器充电。在两极板间有固定点 P。用 E 表示两极板间的电场强度， 表示P 点的电势，下列说法正确的是( )A.保持 S 接通，上极板 A 不动，将下极板 B 缓慢向下移动稍许到 B， 增大B.保持 S 接通，上极板 A 不动，将下极板 B 缓慢向下移动稍
9、许到 B，E 增大C.若断开 S，下极板 B 不动，将上极板 A 缓慢向下移动稍许到 A，则 E 不变D.若断开 S，下极板 B 不动，将上极板 A 缓慢向下移动稍许到 A， 减小解析：AB、保持 S 接通，则两板间的电势差不变，上极板 A 不动，将下极板 B 缓慢向下移动稍许到 B，导致 d 增大，由 E= 可知，两极板间的电场的电场场强减小，则 P 到上极板的电势差减小，因此 P 点的电势升高，故 A 正确，B 错误；C、断开 S，下极板 B 不动，将上极板 A 缓慢向下移动稍许到 A，因两板上所带电量不变，减小距离 d，电容增大，由 C= ，及 E= = ，则可知 E 不变，故 C 正确
10、；D、由上分析可知，因电场强度不变，当将上极板 A 缓慢向下移动稍许到 A，而 P 到 B 极板间的电势差不变，则其电势不变，故 D 错误。答案：AC7.如图所示，长为 L 的水平板间有垂直纸面向内的匀强磁场，磁感应强度为 B，板间距离也为 L，板不带电，现有质量为 m，电量为 q 的带正电粒子(不计重力和粒子间的相互作用力)，从左边极板间中点处垂直磁感线以速度 v 水平射入磁场，欲使粒子打在极板上，可采用的办法是( )A.使粒子的速度 v=B.使粒子的速度 v=C.使粒子的速度 v=D.使粒子的速度 v=解析：由牛顿第二定律：qvB=m 得：r=若刚好从 a 点射出，如图：r= =则有，v
11、1=若刚好从 b 点射出：R 2=L2+( R )2R= =则有 v2=要想使粒子打在极板上，则有： v 0 ，故 BC 正确，AD 错误。答案：BC8.直角三角形金属框 abc 放置在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为 B，方向平行于 ab 边向上，若金属框绕 ab 边向纸面外以角速度 匀速转动 90(从上往下看逆时针转动)，如图甲所示，c、a 两点的电势差为 Uca，通过 ab 边的电荷量为 q，若金属框绕 bc 边向纸面内以角速度 匀速转动 90，如图乙所示，c、a 两点的电势差为 Uca，通过 ab 边的电荷量为 q，已知 bc、ab 边的长度都为 l，金属框的总电阻为 R，下列判
12、断正确的是( )A.Uca= Bl2B.Uca= Bl2C.q=D.q=解析：AC、在甲图中，bc 边和 ac 边都切割磁感线，产生的感应电动势相同，均为 E=Bl= Bl2.回路的磁通量不变，没有感应电流，c、a 两点的电势差等于感应电动势，即有 Uca= Bl2.由于没有感应电流，所以通过 ab 边的电荷量为 q=0，故 A 正确，C 错误。BD、乙图中线框的 ac 边切割磁感线，等效的切割长度等于 bc 边长，则 ac 边产生的感应电动势 E= Bl2，ac 边相当于电源，由于电路中有电流，所以 UcaE= Bl2.通过 ab 边的电荷量为 q= = = 。故 B 错误，D 正确。答案：
13、AD二、非选择题9.如图甲所示装置可用来验证机械能守恒定律，直径为 d 的摆球 A 栓在长为 L 的不可伸长的轻绳一端(Ld) ，绳的另一端固定在 O 点，O 点正下方摆球重心经过的位置固定光电门B，现将摆球拉起，使绳偏离竖直方向成 角时由静止开始释放摆球，当其到达最低位置时，光电门 B 记录的遮光时间为 t，已知重力加速度为 g。(1)新式游标卡尺的刻度线看起来很“稀疏” ，使读数显得清晰明了，便于使用者正确读取数据。通常游标卡尺的刻度有 10 分度、20 分度和 50 分度三种规格；新式游标卡尺也有相应的三种，但新式游标上的刻度却是 19mm 等分成 10 份， 39mm 等分成 20 份
14、，99mm 等分成 50 份。图乙就是一个“39mm 等分成 20 份”的新式游标卡尺，用它测量摆球 A 的直径 d，读数如图所示，d= cm。解析：游标中，39mm 等分成 20 份，则每一小格的长度为 1.95mm，根据 d+1.956=42mm，解得 d=30.30mm=3.030cm。答案：3.030(2)写出满足机械能守恒的表达式 (用题中字母表示)。解析：摆球通过最低点的瞬时速度 v= ，则动能的增加量为 ，重力势能的减小量为mgL(1cos)，根据 得， 。答案：10.已知 G1 表的内阻 r1 为 300，满偏电流 I 满 =5mA。用它改装成如图所示的一个多量程多用电表，电流
15、、电压和电阻的测量都各有两个量程(或分度值) 不同的挡位。1、2 两个挡位为电流表挡位，其中的大量程是小量程的 10 倍。(1)关于此多用表，下列说法错误的是 A.当转换开关 S 旋到位置 4 时，是电阻挡B.当转换开关 S 旋到位置 6 时，是电压挡C.转换开关 S 旋到 5 的量程比旋到 6 的量程大D.A 表笔为红表笔，B 表笔为黑表笔解析：A、当转换开关 S 旋到位置 4 时，表头与电表中的电源相连接，是电阻档。故 A 正确。B、当转换开关 S 旋到位置 6 时，表头与电阻串联，电阻起分压作用，是电压档。故 B 正确。C、当转换开关 S 旋到 5 串联的电阻小于旋转到 6 串联的电阻，
16、可知旋转到 6，串联的电阻大，分压作用大，电压表量程大。故 C 错误。D、根据电流“红进黑出”可知， B 表笔为黑表笔，A 表笔为红表笔。故 D 正确。答案：C(2)图中的电源 E的电动势为 9.0V，当把转换开关 S 旋到位置 4，进行欧姆调零后，在A，B 之间接 1500 电阻时，表头 G1 刚好半偏。已知之前的操作顺序和步骤都正确无误。则 R5= ，R 6= 。解析：“测量过程操作的顺序和步骤都正确无误” ，意味着之前已经将 A、B 短接调零了(即让表头满偏)，在 AB 之间接 1500 电阻时，表头 G 刚好半偏，说明：当表头半偏时，改装后的欧姆表“4”的总内阻：R 内 =1500，则
17、转换开关 S 在“2”时，电流表的量程为依题意，转换开关 S 在 1 时，电流表的量程为 I1g=60mA由表头 G 的满偏电流为 5mA、内阻为 300 和并联电路电流分配规律可解得：R 5=150R6=1350答案：150 135011.如图所示为等臂电流天平，可以用来测量匀强磁场的磁感应强度，它的右臂挂着匝数为n 的矩形线圈，线圈的水平边长为 d，处于匀强磁场内，磁感应强度 B 的方向与线圈平面垂直，测量时线圈中先通有如图所示逆时针方向电流 I，调节砝码使天平达到平衡，然后使电流反向，大小不变，这时需要在左盘中增加质量为 m 的砝码，才能使天平达到新的平衡。(1)试判断磁感应强度 B 的
18、方向。解析：根据题意分析，改变电流的方向后要在左盘中增加砝码才能使天平平衡，可知改变电流方向前安培力方向向上，改变电流后安培力方向向下，所以磁场方向垂直纸面向里。答案：磁感应强度 B 的方向垂直于纸面向里(2)请导出用 n、m 、I 、d 计算 B 的表达式。解析：根据平衡条件：有：mg=2nBIL，得：B= 。答案：请导 B 的表达式为12.为研究物体的运动，在光滑的水平桌面上建立如图所示的坐标系 xOy，O 、A、B 是水平桌面内的三个点，OB 沿 x 轴正方向，BOA=60 ，OB= OA，第一次将一质量为 m 的滑块以一定的初动能从 O 点沿 y 轴正方向滑出，并同时施加沿 x 轴正方
19、向的恒力 F1，滑块恰好通过 A 点，第二次，在恒力 F1 仍存在的情况下，再在滑块上施加一个恒力 F2，让滑块从 O 点以同样的初动能沿某一方向滑出，恰好也能通过 A 点，到达 A 点时动能为初动能的 3 倍；第三次，在上述两个恒力 F1 和 F2 的同时作用下，仍从 O 点以同样初动能沿另一方向滑出，恰好通过 B 点，且到达 B 点时的动能是初动能的 6 倍，求：(1)第一次运动经过 A 点时的动能与初动能的比值。解析：设小球的初速度为 v0，初动能为 Ek0，从 O 点运动到 A 点的时间为 t。令 OA=d，则OB= d，只有恒力 F1 时，根据类平抛运动的规律有：dsin60=v0t
20、dcos60=又 ax= ，E k0=联立以上四式解得 Ek0= F1d设小球到达 A 点时的动能为 EkA，则EkA=Ek0+F1 = F1d所以可得 =答案：第一次运动经过 A 点时的动能与初动能的比值是(2)两个恒力 F1、F 2 的大小之比 是多少？并求出 F2 的方向与 x 轴正方向所成的夹角。解析：加了恒力 F2 后，小球从 O 点分别到 A 点和 B 点，由功能关系得：WF2=3Ek0Ek0 = Ek0WF2=6Ek0Ek0 =Ek0由恒力做功的特点，可在 OB 上找到一点 M，从 O 到 M 点 F2 做功与到 A 点做功相同，M点与 O 点的距离为 x，如图，则有=解得：x=
21、d则据恒力做功特点：F 2 的方向必沿 AM 的中垂线，设 F2 与 x 轴正方向的夹角为 ，由几何关系可得 =30所以 =2答案：两个恒力 F1、F 2 的大小之比 是 2 ，F 2 的方向与 x 轴正方向所成的夹角是 3013.关于热现象和热学规律，下列说法正确的是( )A.布朗运动表明，构成悬浮微粒的分子在做无规则运动B.两个分子的间距从极近逐渐增大到 10 r0 的过程中，分子间的引力和斥力都在减小C.热量可以从低温物体传递到高温物体D.物体的摄氏温度变化了 1，其热力学温度变化了 273KE.两个分子的间距从极近逐渐增大到 10 r0 的过程中，它们的分子势能先减小后增大解析：A、布
22、朗运动是固体小颗粒的运动，不是分子的运动，故 A 错误；B、两个分子的间距从极近逐渐增大到 10 r0 的过程中，分子间的引力和斥力都在减小，B正确；C、热量也可以从低温物体传到高温物体，但要引起其他方面的变化；故 C 正确；D、物体的摄氏温度变化了 1，其热力学温度变化了 1K；故 D 错误；E、两个分子的间距从极近逐渐增大到 10 r0 的过程中，它们的分子势能先减小后增大，E正确。答案：BCE14.如图所示，一水平放置的薄壁气缸，由截面积不同的两个圆筒连接而成，质量均为m=1.0kg 的活塞 A、B 用一长度为 3L=30cm、质量不计的轻细杆连接成整体，它们可以在筒内无摩擦地左右滑动且
23、不漏气，活塞 A、B 的面积分别为 SA=100cm2 和 SB=50cm2，气缸内 A 和 B 之间封闭有一定质量的理想气体，A 的左边及 B 的右边都是大气，大气压强始终保持为 p0=1.0105PA.当气缸内气体的温度为 T1=500K 时，活塞处于图示位置平衡。问：此时气缸内理想气体的压强多大？当气缸内气体的温度从 T1=500K 缓慢降至 T2=400K 时，活塞 A、B 向哪边移动？解析：设被封住的理想气体压强为 p，轻细杆对 A 和对 B 的弹力为 F，由平衡条件得：对活塞 A：p 0SA=pSA+F，对活塞 B：p 0SB=pSB+F，解得：p=p 0=1105Pa；当气缸内气
24、体的温度缓慢下降时，活塞处于平衡状态，缸内气体压强不变，气体等压降温，活塞 A、B 一起向右移动，活塞 A 最多移动至两筒的连接处。设活塞 A、B 一起向右移动的距离为 x。理想气体状态参量：V 1=2LSA+LSB T1=500K，V 2=(2Lx)SA+(L+x)SB T2=400K，S A=200cm2，S B=100cm2，由盖吕萨克定律得： = ，代入数据解得：x=10 cm，x2L=20cm 表明活塞 A 未碰两筒的连接处。故活塞 A、 B 一起向右移动了 10cm。答案：此时气缸内理想气体的压强 1105Pa当气缸内气体的温度从 T1=500K 缓慢降至 T2=400K 时，活塞 A、B 向右移动了 10cm15.下列说法中正确的是( )A.做简谐运动的物体，其振动能量与振动的频率有关B.全息照相的拍摄利用了光的干涉原理C.真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，与光源和观察者的运动无关D.在同一种介质中，不同频率的机械波的传播速度不同E.医学上用激光做“光刀”来进行手术，主要是利用了激光的亮度高、能量大的特点
