北京市海淀区2016年高三零模物理试题逐题解析

1y/cm1234t/s0A本试卷共14页，共300分。考试时长150分钟。考生务必将答案写在答题纸上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题纸一并交回。第一部分（选择题共120分）本部分共20小题，每小题6分，共120分，在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。13.利用下列哪一组物理量可以算出二氧化碳的摩尔质量A．二氧化碳的密度和阿伏加德罗常数B．二氧化碳分子的体积和二氧化碳的密度C．二氧化碳分子的质量和阿伏加德罗常数D．二氧化碳分子的体积和二氧化碳分子的质量答案：C考察：热学解析：根据二氧化碳分子的质量m和阿伏伽德罗常数N可以计算出二氧化碳的0A摩尔质量MmN，答案为C14.下列说法中正确的是A．卢瑟福在α粒子散射实验的基础上，提出了原子的核式结构模型B．α射线、β射线、γ射线都是高速运动的带电粒子流C．目前核电站内释放的核能来自于轻核的聚变D．放射性元素的半衰期会随温度的变化而改变答案：A考察：物理学史，核物理解析：卢瑟福通过α粒子散射实验，提出原子核式结构，A正确；α射线为氦原子核，γ射线是电磁波，B错误；核电站的核能来自于核裂变，C错误；放射性元素的半衰期不随温度变化而变化，D错误。15.一列简谐横波沿x轴传播，t＝0时刻的波形如图甲所示，这列波中质点P的振动图线如图乙所示，则该波的传播方向和速率分别是A．沿x轴负方向，2.0m/sB．沿x轴正方向，2.0m/sC．沿x轴负方向，4.0m/sD．沿x轴正方向，4.0m/s答案：C考察：振动图与波动图结合0.20-0.2甲0.20-0.2乙解析：通过甲图可知波的波长λ=8m，通过乙图可知波的周期T=2s，故波速v4m/s，AB错误；通过乙图可知t=0时刻，质点向y轴正方向振动，通过“同T侧法”在甲图中可判断波向x负方向传播，C正确。y/cm12P1648x/m22有216．“北斗”卫星导航定位系统由地球静止轨道卫星、中轨道卫星和倾斜同步卫星组成。地球静止轨道卫星和中轨道卫星都在圆轨道上运行，它们距地面的高度分别为h1和h2，且h1＞h2。则下列说法中正确的是A．静止轨道卫星的周期比中轨道卫星的周期大B．静止轨道卫星的线速度比中轨道卫星的线速度大C．静止轨道卫星的角速度比中轨道卫星的角速度大D．静止轨道卫星的向心加速度比中轨道卫星的向心加速度大答案：A考察：天体定性分析解析：根据“高轨低速大周期”可知，答案为A。17.一个电热器接在直流电源上，通过它的电流为2A，其电功率为P；把它接在某个正弦交流电源上，其电功率为2P。如果电热器电阻的阻值不变，则此电热器接在该交流电源上通过它的电流的最大值为A．答案：DAB．2AC．2AD．4A考察：交变电流有效值、最大值解析：根据题意可知PI2R（其中I=2A），且2PI2R，故I=2I22A，所以交变电流最大值为4A，答案为D。18．如图所示，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面呈θ角，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，ab棒在MN与PQ之间部分的电阻为R，当ab棒沿导轨下滑的距离为x时，棒的速度大小为v。则在这一过程中A．金属棒ab运动的加速度大小始终为vB．金属棒ab受到的最大安培力为2xB2L2vsinRBaNQθbMθPC．通过金属棒ab横截面的电荷量为BLxR2D．金属棒ab产生的焦耳热为BLvx2R答案：C考察：电磁感应单杆切割问题解析：金属棒下滑过程中，做加速度减小的加速运动，速度改变，故安培力改变，2有2322加速度改变，A错误；当速度最大时，金属棒的安培力最大，最大的安培力F=BLv，B错误；通过ab横截面积的电量qBLx，故C正确；金属棒下滑RRR过程中产生热量等于克服安培力做功，安培力呈非线性变化，D错误。19．如图所示，某同学不慎将圆柱形木塞（木塞的中心有一小孔）卡于圆柱形金属筒的靠近封闭端底部的位置，为了拿出木塞，该同学将金属筒倒立过来（开口端向下），使其由静止开始沿竖直方向向下做加速运动（加速度值大于重力加速度值），此过程中木塞始终相对金属筒静止，当金属筒速度达到一定值时，金属筒的开口端撞击到桌面，且其速度立即减为零。此后木塞沿金属筒壁继续竖直向下运动，木塞运动到金属筒口边缘时速度恰好减为零。若木塞与金属筒壁的摩擦因数处处相等，则关于金属筒从静止开始运动至木塞运动到金属筒口边缘速度减为零的运动过程，下列说法中正确的是A．木塞相对金属筒静止时，金属筒对木塞的作用力方向可能竖直向上B．金属筒速度减为零的瞬间，木塞的动能达到最大C．金属筒对木塞的作用力始终做负功D．金属筒撞击桌面后，木塞与金属筒壁摩擦产生的热量等于其重力势能的减少量答案：B考察：牛顿定律，功能关系解析：木塞相对于金属筒静止时，由于加速度大于重力，故静摩擦力向下，摩擦力正功；木塞相对于金属筒向下运动时，动摩擦力向上，摩擦力做负功，故AC错误；当金属筒的速度减为零后，木塞开始相对于金属筒向下运动，故此瞬间动能最大，B正确；整个过程中，对木塞可有mg(x1x2)f静x1f动x2，故D错误。20.利用所学物理知识，可以初步了解安检中常用的一种手持金属探测器的工作原理及相关问题。这种手持金属探测器工作时，因其内部的探测器线圈内通有一定频率（该频率可在固定的频率范围内调节）的正弦交变电流，产生迅速变化的磁场。如果该种探测器附近有金属物品，在金属物品中会感应出涡流，涡流的磁场反过来影响探测器线圈中的电流，引发探测器蜂鸣报警。金属物品中感应出的涡流越大对探测器线圈中的电流的影响越大，金属物品中感应出涡流的大小与正弦交变电流的频率以及被检测金属物品的尺寸和导电的性能有关。关于该种金属探测器，下列说法中正确的是A．金属物品中产生的涡流的变化频率与探测器线圈中的交变电流的频率可能不同B．当探测器中通有的交变电流频率不在工作频率范围内时，被检测金属物品中就不产生感应电流C．探测器线圈中通低频率的正弦交变电流更容易检测出尺寸小、电阻率大的金属物品4测量头D．该种金属探测器能检测有无金属物品，但不能准确区分金属的种类答案：D考察：涡流，电磁感应联系生活解析：探测器交变电流产生变化的磁场，变化的磁场在金属中产生涡流，故金属物品产生的涡流变化频率一定与探测器交变电流的频率相同，A错误；只要探测器通有交变电流，就会产生变化磁场，金属中就会产生感应电流，B错误；当探测器的交变电流频率小时，金属中产生的涡流感应电流小，不容易探测出尺寸小，电阻率大的物品，C错误；探测器只能检验是否有涡流，但无法区分金属种类，D正确。第二部分（非选择题共180分）本部分共11小题，共180分。21．（18分）（1）在“用双缝干涉测光的波长”实验中，将所用器材按要求安装在如图1所示的光具座上，然后接通电源使光源正常工作。已知实验中选用缝间距d=0.20mm的双缝屏，像屏与双缝屏间的距离L=700mm。光源凸透镜滤光片单缝双缝遮光筒像屏图10cm1120120154123甲4115678910乙甲乙图2图3○1已知测量头主尺的最小刻度是毫米，副尺上有50分度。某同学调整手轮后，从测量头的目镜看去，像屏上出现的干涉条纹如图2甲所示，图2甲中的数字是该同学给各暗纹的编号，此时图2乙中游标尺上的读数x1=1.16mm；接着再转动手轮，像屏上出现的干涉条纹如图3甲所示，此时图3乙中游标尺上的读数x2=mm；○2若通过第○1中的测量可计算出干涉条纹的间距Δx，利用题目中的已知量和测量结果可计算出这种色光的波长，其字母表达式为λ=（用题目中的已知量和测量量的字母表示）；代入数据，可计算出λ=nm。5IIRR（2）某欧姆表内部结构可等效为如图4所示电路，其中表头是量程为100μA的电流表，电池的电动势E＝1.5V。○1使用欧姆表测电阻前，应将红表笔和黑表笔，进行欧姆挡调零；图4中表笔1应是表笔（选填“红”或“黑”）。12○2该欧姆表的总内阻的阻值是Ω，表盘上30μA刻度图4线对应的电阻刻度值是Ω。○3当用调整好的欧姆表测阻值为R电阻时，通过表头的电流为I，表针相对于表盘左侧转过的角度为θ，则图5所示图像可能正确描述I或R与θ关系的是（选填图像下的字母）。OAθOBθOC图5θODθ答案：（1）○115.02（2分）；○2xd或(x2x1)d（2分）；6.6102（2分）L6L（2）○1短接（2分）；黑（2分）○21.5×104（3分）；3.5×104（3分）○3AD（2分）考察：双缝干涉、欧姆表内部原理解析：（1）①根据乙图可知游标卡尺读数为15.02mm②根据波长公式xL，d其中xx2x1，带入可得(x2x1)d，将题中数据带入得λ66L（2）①使用欧姆表之前，应将红黑表笔短接（对接），进行调零；欧姆表内部电流“红进黑出”，故1为黑表笔②欧姆表总内阻rE（I为表头量程），r1.5104，表盘上30μA对应的电I阻REr，故R3.5104I③通过表头的电流与表针转过的角度成正比故A正确；当表针转过角度最大时，对应电阻为0，当表针转过角度为0时，对应电阻为无穷大，故D正确。62gL22．（16分）如图所示，长L=0.20m的不可伸长的轻绳上端固定在O点，下端系一质量m=0.10kg的小球（可视为质点），将绳拉至水平位置，无初速地释放小球。当小球运动至O点正下方的M点时，绳刚好被拉断。经过一段时间，小球落到了水平地面上P点，P点与M点的水平距离x=0.80m，不计空气阻力，取重力加速度g=10m/s2。求：（1）小球运动至M点时的速率v；（2）绳所能承受的最大拉力F的大小；（3）M点距水平地面的高度h。解：（1）小球自绳处于水平位置释放到最低点的过程机械能守恒，则有mgL=1mv2………………………………………………3分2解得v2.0m/s……………………………………2分（2）设小球通过最低点时绳的拉力为F′，根据牛顿第二定律有FmgmvL………………………………3分解得F′=3.0N…………………………………………………1分根据牛顿第三定律可知绳所能承受最大拉力F=3N。…………1分（3）设小球自M点到P点的运动时间为t，则h=1gt2，……………………………………………………2分2x=vt…………………………2分解得h=0.80m………………………………………………2分OMP27拉力23．（18分）如图所示，将小物块（可视为质点）平放在水平桌面的一张薄纸上，对纸施加恒定水平拉力将其从物块底下抽出，物块的位移很小，人眼几乎观察不到物块的移动。已知物块的质量为M，纸与桌面、物块与桌面间的动摩擦因数均为μ1，纸与物块间的动摩擦因数为μ2，重力加速度为g。（1）若薄纸的质量为m，则从开始抽纸到纸被抽离物块底部的过程中，①求薄纸所受总的摩擦力为多大；②从冲量和动量的定义，结合牛顿运动定律和运动物块后L薄纸前学规律，证明：水平拉力F和桌面对薄纸摩擦力的总冲量等于物块和纸的总动量的变化量。（注意：解题过程中需要用到、但题目中没有给出的物理量，要在解题中做必要的说明。）（2）若薄纸质量可忽略，纸的后边缘到物块的距离为L，从开始抽纸到物块最终停下，若物块相对桌面移动了很小的距离s0（人眼观察不到物块的移动），求此过程中水平拉力所做的功。解：（1）①从开始抽纸到纸被抽离物块底部的过程中，物块对薄纸施加的摩擦力f物=μ2Mg……………………………………………………2分水平桌面对薄纸施加的摩擦力f桌=μ1(M+m)g………………………2分薄纸受到的总的摩擦阻力f总=μ1(M+m)g+μ2Mg……………………1分②从开始抽纸到薄纸被抽离物块底部的过程，假设物块的加速度为aM、薄纸的加速度为am，所用时间为t，这一过程物块和纸张的速度变化量分别为ΔvM，Δvm。则有ΔvM=aMt，Δvm=amt，对于薄纸，根据牛顿第二定律有F－f桌－f物=mam……………1分对于物块，根据牛顿第二定律有f纸=MaM………………