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2016年沈阳市高中三年级教学质量监测（一）物理试题一、选择题（本题共10小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第16题只有一个选项符合题目要求，第710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，有选错或不答的得0分）1. 如图为一个质点做直线运动的vt图象，该质点在前4 s内向东运动，则该质点 A. 在810 s内始终向东运动B. 在前8 s内的加速度大小不变，方向始终向西C. 在前8 s内的合外力先减小后增大D. 在412 s内的位移大小为24 m【答案】B【解析】速度的正负表示运动的方向，0-4s内向东运动，则4-10s内向西运动，故A错误在前8s内，图线的斜率不变，则加速度不变，斜率为正值，因为速度为负时向东运动，可知规定向西为正方向，则前8s内加速度方向始终向西，故B正确前8s内加速度不变，根据牛顿第二定律知，物体所受的合力不变，故C错误根据图线围成的面积知，4-12s内的位移为：x46m12m，故D错误故选B点睛：解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线的斜率表示加速度，速度的正负表示运动的方向，图线与时间轴围成的面积表示位移2. 某宇宙飞船绕某个未知星球做圆周运动，在轨道半径为r1的圆轨道上运动时周期为T。随后飞船变轨到半径为r2 的圆轨道上运动，则飞船变轨后的周期为A. 飞船的周期为（）T B. 飞船的周期为（）TC. 飞船的周期为（）T D. 飞船的周期为（）T【答案】D【解析】对于任一飞船，飞船绕星球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，得 得 ；设飞船变轨后的周期为T，可得 故，故选D.点睛：求物理量的比值，我们应该把这个物理量先用已知的物理量表示出来，再进行之比向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用3. 如图所示，AEFD和EBCF是两个等边长的正方形，在A点固定一个带电量为+Q的点电荷，在C点固定一个带电量为Q的点电荷，则下列说法正确的是A. E、F两点的电场强度相同B. E、F两点的电势相同C. 将一个负电荷由E点沿直线移动到F点，电场力先做正功后做负功D. 将一个负电荷由E点沿直线移动到F点，电场力先做负功后做正功【答案】A【解析】+Q、-Q是两个等量异种点电荷，其电场关于AC连线对称，关于AC的中垂线也对称，可知结合等量异种点电荷电场线的分布情况可知E、F两点的电场强度大小相等，方向也相同，所以电场强度相同，故A正确根据顺着电场线方向电势降低，可知E点的电势高于F两点的电势，故B错误将一个负电荷由E点沿着直线移动到F点，电势逐渐降低，由Ep=q知，负电荷的电势能逐渐增大，则电场力一直做负功，故CD错误故选A.4. 用某型号的柴油发电机给我国灾民临时安置区供电，发电机到安置区的距离是400 m，输电线路中的火线和零线均为单股铜导线，该导线每米的电阻为2.510-4 ，安置区家用电器的总功率为44 kW，当这些家用电器都正常工作时，下列说法中正确的是A. 输电线路中的电流为20 AB. 输电线路损失的电功率为4 kWC. 发电机实际输出电压是240 VD. 如果该柴油发电机发的电是正弦交流电，则输出电压的峰值是 V【答案】D【解析】已知家用电器的工作电压为220V，根据P=UI可求输电线上电流为200A，故A错误；输电线电阻R=R02x=0.2，输电线损失的功率P=I2R=8000W，故B错误；输电线损失的电压U0=RI=40，发电机实际输出电压是220+40V=260V，最大值260V，所以C错误；D正确。5. 如图所示的电路，R1、R2、R3是定值电阻，R4是滑动变阻器，电源内阻不可忽略。闭合开关电路稳定后，将滑动变阻器的滑动触头由中点向上移动的过程中A. 电压表示数变小 B. 电容器放电C. 电源的总功率变小 D. 通过滑动变阻器的电流变大【答案】C【解析】试题分析：当滑动变阻器的滑动触头由中点向上移动时，R4变大，电路的总电阻变大，总电流I变小，内电压变小，则路端电压变大，因此电压表示数变大故A错误；电容器两端电压为：U=E-I（r+R2），I变小，故电容器两端电压U变大，带电量变大，电容器充电，故B错误；电源的总功率P=EI，I变小，则P变小，故C正确根据串联电路分压规律知，变阻器两端的电压增大，通过R1的电流变大，而总电流变小，所以通过滑动变阻器的电流变小故D错误故选C考点：电路的动态分析【名师点睛】本题是电路动态分析问题，关键是理清电路，根据路串并联知识和闭合电路欧姆定律得到各个部分电路电流和电压的变化。6. 如图所示，斜面固定在水平面上，两个小球分别从斜面底端O点正上方A、B两点向右水平抛出，B为AO连线的中点，最后两球都垂直落在斜面上，A、B两球击中斜面位置到O点的距离之比为 A. :1 B. 2 : 1 C. 4 : D. 4 : 1【答案】B【解析】设任一小球的初速度为v0，抛出点离O点的高度为h，平抛运动的时间为t，斜面的倾角为据题小球垂直击中斜面，速度与斜面垂直，由速度分解可知：vytan=v0；又vy=gt可得： 根据几何关系得： 据题有OA=2OB，则得：vA=vB击中斜面位置到O点的距离为 故得A、B两球击中斜面位置到O点的距离之比为 2：1，故选B.点睛：解决本题的关键要灵活运用几何关系，分析水平位移与高度的关系，要掌握平抛运动水平方向和竖直方向上的运动规律，并能灵活运用7. 如图所示，A和B两个小球固定在一根轻杆的两端，A球的质量为m，B球的质量为2m，此杆可绕穿过O点的水平轴无摩擦地转动。现使轻杆从水平位置由静止释放，则在杆从释放到转过90的过程中A. A球的机械能增加B. 杆对A球始终不做功C. B球重力势能的减少量等于B球动能的增加量D. A球和B球的总机械能守恒【答案】AD【解析】A球向上加速，动能增加，重力势能也增加，则A球的机械能增加故A正确由于A球的机械能增加，则根据功能原理知，杆对A球做正功，故B错误根据系统的机械能守恒知，B球重力势能的减少量等于B球动能的增加量、A球动能的增加量和A球重力势能增加量之和故C错误对于AB组成的系统，只发生动能和重力势能的转化，系统的机械能守恒故D正确故选AD.点睛：本题是轻杆连接的模型问题，对系统机械能是守恒的，但对单个小球机械能并不守恒，运用系统机械能守恒及除重力以外的力做物体做的功等于物体机械能的变化量进行研究即可8. 如图所示，在平面直角坐标系中有一个垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，其边界过原点O、y轴上的点a（0，L）和x轴上的点b。一个不计重力的电子从a点以初速度v0平行于x轴负方向射入磁场，并从b点射出磁场，此时速度方向与x轴负方向的夹角为60，下列说法中正确的是A. 电子在磁场中运动的时间为B. 电子在磁场中运动的时间为C. 磁场区域的圆心坐标为（，）D. 电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为（0，L）【答案】BD点睛：本题考查带电粒子在磁场中的运动，由题意确定粒子在磁场中运动轨迹是解题的关键之处，从而求出圆磁场的圆心位置，再运用几何关系来确定电子的运动轨迹的圆心坐标9. 如图所示，F1、F2为有一定夹角的两个共点力，过作用点O点建立平面直角坐标系xoy，将F1、F2沿x轴、y轴进行正交分解，则A. 当x轴取F1、F2合力方向时， F1、F2在x轴上的分力之和最大B. 当F1、F2在x轴上的分力之和最大时，在y轴上的分力之和最小C. 当x轴取F1、F2角平分线方向时，F1、F2在x轴上的分力之和最大D. F1、F2合力的大小，与x轴的选取方向有关【答案】AB【解析】由于F1、F2大小、方向都已知，故根据平行四边形法则可得，两力的合力确定当x轴沿合力方向时，在x轴上的分力之和最大，此时垂直于合力的方向y方向的分力等于0，是最小的故AB正确，C错误F1、F2合力的大小，根据平行四边形法则可得，两力的合力确定的，与x轴的选取方向无关故D错误故选AB.10. 制造纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d的两平行金属板，如图甲所示，加在A、B间的电压UAB作周期性变化，其正向电压为U0，反向电压为kU0（k1），电压变化的周期为2T，如图乙所示。在t0时，有一个质量为m、电荷量为e的电子以初速度v0垂直电场方向从两极板正中间射入电场，在运动过程中未与极板相撞，且不考虑重力的作用，则：A. 若且电子恰好在2T时刻射出电场，应满足的条件是dB. 若且电子恰好在4T时刻从A板边缘射出电场，其动能增加C. 若且电子恰好在2T时刻射出电场，射出时的速度为 D. 若，电子在射出电场的过程中沿电场方向的分速度方向始终不变【答案】AD【解析】电子在0T时间内做匀加速运动, 加速度的大小位移 在T2T时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动, 加速度的大小初速度的大小 匀减速运动阶段的位移依据题意 解得t=2T时刻，电子沿电场方向的分速度 在2T时刻射出电场的速度 ，故A正确，C错误；K=1，电子在竖直方向的速度随时间变化的图象如图所示t=4T时刻，沿电场方向的分速度为0，射出速度等于v0，所以动能增加量为0，由图象知，电子在射出电场的过程中，沿电场方向的分速度方向不变，故B错误，D正确；故选AD.点睛：电子在交变电场中的变加速运动问题是考察的热点，重要的是分析清楚电子的运动情景，同时这种问题运算量较大，过程较为复杂，给学生造成较大的难度.二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第1112题为必考题，每个考生都必须做答；第1315题为选考题，考生根据要求做答。（一）必考题（本题有2小题，共35分）11. 足够长的平行金属导轨MN和PQ表面粗糙，与水平面间的夹角37（sin370.6），间距为1.0 m。垂直于导轨平面向上的匀强磁场的磁感应强度为4.0 T，PM间所接电阻的阻值为8.0 。质量为2.0 kg的金属杆ab垂直导轨放置，不计杆与导轨的电阻，杆与导轨间的动摩擦因数为0.25。金属杆ab在沿斜面向下且与杆垂直的恒力F作用下，由静止开始运动，杆的最终速度为8 m/s，取g10m/s2，求： （1）当金属杆的速度为4.0 m/s时，金属杆的加速度大小；（2）当金属杆沿导轨的位移为6.0m时，通过金属杆的电荷量。【答案】（1）4m/s2（2）3C 【解析】（1）对金属杆ab应用牛顿第二定律有 ：FmgsinF安fma fFN FNmgcos ab杆所受安培力大小为： F安BILab杆切割磁感线产生感应电动势为：EBLv由闭合电路欧姆定律可知： 整理得：Fmgsinmgcosma 代入：vm=8m/s 时a=0，解得：F=8N代入：v=4m/s及F=8N，解得：a4m/s2 （2）设通过回路截面的电荷量为q，则： 回路中的平均电流强度为： 回路中的产生的平均感应电动势为： 回路中的磁通量变化量为：BLx 联立，解得：q3C 12. 如图所示，粗糙水平面上放置一个质量M2kg、长度L 5 m的木板A，可视为质点的物块B放在木板A的最左端，其质量m1kg。已知A、B间动摩擦因数为10.2，A与水平地面间的动摩擦因数为20.4。开始时A、B均处于静止状态，当B获得水平向右的初速度v08 m/s的同时，对A施加水平向右的恒力F，取g10m/s2，求：(1) 为使物块B不从木板A的右端滑出，力F的最小值为多大？ (2) 若F22N，则物块B的最大速度为多大？【答案】（1）18.8N（2）10m/s【解析】（1）物块B在木板A上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知： 1mgma1 解得：a12m/s2 木板A的速度为：v a2t 物块B的速度为：vv0a1t 木板A的位移为： 物块B的位移为： A、B的相对位移为木板长L： LxBxA 联立以上各式解得： 对木板A，由牛顿第二定律可知：F1mg2（mM）gMa2 解得：F18.8N （2）物块B在木板A上先做匀减速直线运动，加速度为a12m/s2；木板A做匀加速直线运动。对木板A，由牛顿第二定律可得：F1mg2（mM）gMa3 解得：a36m/s2 设经过时间t1，A、B两物体速度相同，大小都为v1v1v0a1t1 v1 a3t1 联立解得：t11s v16m/s在此过程中A、B的位移分别为xA1、xB1，则： A、B间的相对位移为：x1xB1xA1A、B速度相同后，木板A以a4的加速度继续匀加速运动，由牛顿运动定律可知：F1mg2（mM）gMa4 解得：a44m/s 2由于a4a1，所以物块B也向右做匀加速运动，但相对木板A向左运动，经时间t2后物块B会从木板A的左端滑出，在这段时间内：木板A的位移为： 物块B的位移为： A、B间的相对位移x2x1，则：x1xA2xB2 联立解得：t22s物块B从木板A的左端滑出时的速度为：v3v1a1t2 解得：v310m/s 物块B从木板A的左端滑出后落到地面上做匀减速运动，所以整个过程中，物块B从木板A的左端滑出时的速度为最大速度：10m/s点睛：本题考查了受力分析与牛顿第二定律的综合运用，关键理清放上木块后木板和木块的运动情况，抓住受力分析，结合牛顿第二定律结合解答（二）选考题：共15分。请考生从给出的3道物理题中任选一题做答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做按所做的第一题计分。【物理选修33】13. 下列说法正确的是_（选对1个给3分，选对2个给4分，选对3个给5分，每选错1个扣3分，最低得分为0分）。 A第一类永动机不可能制成，因为违背了能量守恒定律B液体温度越高、悬浮颗粒越小，布朗运动越剧烈C不考虑分子势能，则质量、温度均相同的氢气和氧气的内能也相同D只要知道气体的摩尔体积和阿伏伽德罗常数，就可以算出气体分子的体积E物体吸收热量，其内能可能不变【答案】ABE【解析】第一类永动机不可能制成，因为违背了能量守恒定律，选项A正确；液体温度越高、悬浮颗粒越小，布朗运动越剧烈，选项B正确；不考虑分子势能，则质量、温度均相同的氢气和氧气，虽然分子平均动能相同，但因含有的分子数量不同，则它们的内能不相同，选项C错误；知道气体的摩尔体积和阿伏伽德罗常数，可以算出气体分子运动占据的空间的体积，选项D错误；根据热力学第一定律，物体吸收热量，若气体向外放热，则其内能可能不变，选项E正确；故选ABE.14. 如图所示，绝热气缸封闭一定质量的理想气体，气缸内壁光滑，有一绝热活塞可在气缸内自由滑动，活塞的重力为500 N、横截面积为100 cm2。当两部分气体的温度都为27 时，活塞刚好将缸内气体分成体积相等的A、B上下两部分，此时A气体的压强为p0105 Pa，现把气缸倒置，仍要使两部分体积相等，则需要把A部分的气体加热到多少摄氏度？【答案】327 【解析】初始状态：气体A的压强为：pA= p0温度为：T1(27323)K300K 气体B的压强为：pB p0p 末状态：对于B气体：由于温度和体积都未变化，所以B气体的压强不变化； 对于A气体：pA pBp 对于A气体，依据查理定律得： 解得：T2600K327 【物理选修34】 15. 如图所示，一列简谐横波沿x轴正向传播，从波传到x5 m的M点时开始计时，已知P点相继出现两个波峰的时间间隔为0. 4 s，下面说法中正确的是_A该列波在0.1 s内向右传播的距离为1 mB质点P（x1 m）在0.1s内向右运动的位移大小为1 mC在00.1 s时间内，质点Q（x1.5 m）通过的路程是10 cmD在t0.2 s时，质点Q（x1.5 m）的振动方向沿y轴正方向E质点N（x9 m）经过0.5 s第一次到达波谷【答案】ADE【解析】由图读出波长=4m，由P点相继出现两个波峰的时间间隔为0.4s可知T=0.4s，波速为 x=vt=100.1=1m/s 故A正确；简谐横波沿x轴正方向传播，P点只在y轴方向振动，不向前传播故B错误；00.1s的时间为个周期，质点Q既不是在平衡位置，也不是在最大位置，所以在个周期内的路程不是一个振幅，即10cm故C错误；波向右传播，结合振动的特点与波的传播方向的关系可知，在t=0时，质点Q（x=1.5m）的振动方向沿y轴负方向，在半个周期后，Q点的振动方向与开始时相反，则振动方向沿y轴正方向故D正确；由图可知，在t=0时刻最前面的波谷在x=4m的位置，该波谷传播到x=9m处的时间：t 0.5s故E正确故选ADE.点睛：本题考查理解波动图象的能力对于B项，也可以根据波的形成过程求出振动传到Q点的时间与形成波谷的时间之和16. 某同学欲测直角三棱镜ABC的折射率。他让细激光束以一定的入射角从空气射到三棱镜的侧面AB上，经棱镜两次折射后，从另一侧面BC射出（不考虑AC面上的光束反射），逐渐调整入射光在AB面的入射角，当侧面BC上恰无射出光时，测出此时光在AB面上的入射角为60，求此直角棱镜的折射率。【答案】【解析】光在AB面发生折射，由折射定律有： 由于在AC面刚好发生全反射，得： 由几何关系可知： 解得： 【物理选修35】17. 下列说法正确的是_A光电效应揭示了光的粒子性，而康普顿效应揭示了光的波动性 B高速运动的质子、中子和电子都具有波动性C卢瑟福通过粒子散射实验，提出了原子的核式结构学说D核反应方程：中的X为质子 E一个氢原子处在n4的能级，由较高能级跃迁到较低能级时，最多可以发出3种频率的光【答案】BCE【解析】光电效应和康普顿效应都揭示了光的粒子性，选项A错误；根据德布罗意波长可知，高速运动的质子、中子和电子都具有波动性，选项B正确；卢瑟福通过粒子散射实验，提出了原子的核式结构学说，选项C正确；核反应方程：中的X电荷数为0，质量数为1，则为中子，选项D错误；一个氢原子处在n4的能级，由较高能级跃迁到较低能级时，最多可以发出3种频率的光，即,43，32，21共三种，选项E正确；故选BCE.18. 如图所示，一轻弹簧的两端分别与质量为2m、3m的B、C两物块固定连接，放在在光滑水平面上，开始时物块C被锁定。另一质量为m的小物块A以速度v0与B发生弹性正碰（碰撞过程中没有机械能的损失，碰撞时间极短可忽略不计）。当弹簧再次恢复原长时物块C的锁定被解除，所有过程都在弹簧弹性限度范围内。求： （i）弹簧第一次被压缩至最短时弹簧的弹性势能；（ii）弹簧第一次伸长到最长时弹簧的弹性势能。【答案】（1）（2）【解析】由于A与B发生弹性碰撞，得： 解得： 可知：A与B碰后A被弹回，B向左运动压缩弹簧。以物块B和弹簧组成的系统机械能守恒，在弹簧压缩到最短时，有： 当弹簧恢复原长，物块C刚解除锁定时，物块B刚好以等大的速度被弹回。以物块B、C和弹簧组成的系统，当B、C第一次共速时弹簧第一次伸长到最长： 解得：
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