北京海淀区2016届高三第二学期(零模)适应性练习理综物理试题(word解析版) (1)

A

海淀区高三年级第二学期适应性练习 理综物理部分 2016.3

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

0 A

摩尔质量 M = m N ，答案为 C 14.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，2.0 m/s

B ．沿 x 轴正方向，2.0 m/s

C ．沿 x 轴负方向，4.0 m/s

D ．沿 x 轴正方向，4.0 m/s 答案：C 考察：振动图与波

动图结合

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 = λ = 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。

2 有

16．“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 h 1 和 h 2，且 h 1＞h 2。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：

D

A B ．2A C ． 2 A D ．4A 考察：交变电流有效值、最大值 解析：根据题意可知 P = I 2 R （其中 I=2A ），且 2P = I 2 R ，故 I

= 2I = 2 2A ，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 M N 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 a b 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 M N 与 P Q 之间部分的电阻为 R ，当 a b 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 a b 运动的加速度大小始终为 v

B ．金属棒 a b 受到的最大安培力为 2x

B 2 L 2v ?sin θ R

Q C ．通过金属棒 a b 横截面的电荷量为 BLx

R

2 D ．金属棒 ab 产生的焦耳热为 B L v ? x 2R 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

2 2

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 = B L v ，B 错误；通过 a b 横截面积的电量 q = ?Φ = BLx ，故 C 正确；金属棒下滑

R

R R 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 A C 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 (x 1 + x 2 ) + f 静x 1 = f 动x 2 ，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

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 。

凸透镜 滤光片 单缝 双缝 遮光筒 像屏

甲

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 x 1=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 x 2= 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 。

（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”

）

。

○

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）。

θθC

图 5

θ

答案：

（1）○

115.02 （2 分）

；○

2

?xd

或

(x

2

-x

1

)d

（2 分）

；6.6?102 （2 分）

L 6L

（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15.02mm ②根据波长公式?x =L λ，

d

其中?x =x2 -x1 ，带入可得(x2 -x1)d ，将题中数据带入得λ

6 6L

（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?104Ω，表盘上30μA对应的电

I

阻R=E -r ，故R= 3.5?104 Ω

I

③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。

22．（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/s 2。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 m gL = 1 mv 2………………………………………………3 分 2

解得 v = 2.0 m/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 = m v L

………………………………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 = 1 gt 2，……………………………………………………2 分

2

x=vt …………………………2 分

解得 h =0.80m………………………………………………2 分

M

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 学规律，证明：水平拉力 F 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 s 0

（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 a M 、薄 纸的加速度为 a m ，所用时间为 t ，这一过程物块和纸张的速度变化量分别为 Δv M ， Δv m 。

则有 Δv M =a M t ，Δv m =a m t ，

对于薄纸，根据牛顿第二定律有 F －f 桌－f 物=ma m ……………1 分 对于物块，根据牛顿第二定律有 f 纸=Ma M ……………………………1 分 由牛顿第三定律有 f 物=f 纸……………………………………………1 分 由以上三式解得 F －f 桌=ma m +Ma M ………………………………1 分 上式左右两边都乘以时间 t ，有(F －f 桌)t =ma m t +Ma M t =m Δv m +M Δv M ……2 分 上式左边即为水平拉力 F 和桌面对薄纸摩擦力的总冲量，右边即为物块和 纸的总动量的变化量。命题得证。 说

明：其他方法正确同样得分。

（2）设物块在薄纸上加速和在桌面上减速的位移分别为 x 1，x 2，

-5s

2 则物块对地位移 s 0＝x 1+x 2………………………………………1 分 因薄纸质量可忽略，故其动能可忽略，所以水平拉力 F 所做的功有以下一

些去向：

薄纸与桌面间的摩擦生热 Q 1=μ1Mg (x 1+ L )……………………1 分 物

块与薄纸间的摩擦生热 Q 2=μ2Mgs 相=μ2MgL ………………………1 分

物块与桌面间的摩擦生热 Q 3=μ1Mg x 2 (1)

分 由功能关系有 W F =Q 1+Q 2+Q 3………………………………1 分

解得 W F = μ1Mg (s 0+ L ) +μ2MgL ……………………………………2 分

所以，水平拉力 F 所做的功 W =μ1Mg (s 0+ L ) +μ2MgL 说明：其他

方法正确同样得分。

24．（20 分）

如图甲所示，M 、N 为一对竖直放置的平行金属板，中心各有一小孔 P 和 Q ，

PQ 连线垂直金属板，现有质量 m =2.0×10-27 kg ，电荷量 q =1.6×10-19C 带正电的 粒子连续不断地从小孔 P 飘入 M 、N 板之间，带电粒子在小孔 P 处的初速可忽 略。在 M 、N 间加有如图乙所示的交变电压，且 t =0 时 M 板电势高于 N 板电势。

带电粒子在 M 、N 间运动过程中，粒子所受重力 M N 以及粒子之间的相互作用力均可忽略不计。 P Q （1）如果两平行金属板间距离 d =5.0cm ，求： ○1 带电粒子从小孔 Q 中射出时的最大速度 甲 值；

乙 ○2 在 t =0.125×10-5s 时飘入小孔 P 的带电粒子到达小孔 Q 时的动能； （2）如果只有在 [

n - (n + 0.25) ]?10-5 s 时间内（n =0，1，2，……），由小孔 P 飘入的带电粒子才能从小孔 Q 中射出，则两板间距离 d 应满足怎样的条件。

解：（1）带电粒子所受电场力

F =qE = qU

= 1.6?10 -19 ? 2.5 N = 8.0?10-18 N …2 分 电 d 5.0?10-2

带电粒子在电场中运动的加速度

F 8.0?10-18 a = 电 = m/s 2 = 4.0?109 m/s 2 ………2 分 m 2.0?10-27

○1带电粒子经过半个周期加速运动，前进的距离

s = 1 a ? T ? = 1 ? 4.0?109 ?(0.50?10-5 )2 m = 5.0?10-2 m=5.0cm ……2 分 ? 2 ? ? 2

即从 t =0 时刻飘入 P 孔的粒子经过 0.5T 时间刚好运动到 Q 孔，并从 Q

2 ? 4 m 孔射出。此时的速度即最大速度。…………………………………1 分

v = a ? T ? = 4.0?109 ? 0.5?10-5 m/s = 2.0?104 m/s ………1 分 ? ?

○

2在 t =0.125×10-5s 时刻飘入 P 孔的带电粒子，在 t = (0.50 - 0.125)?10-5 s 时间 内，加速向右运动位移 s = 1 at 2 = 2.81cm ………………………2 分

1

2 1

粒子做减速运动的位移 s 2 = d - s 1 = 2.19cm………………2 分

设 带 电 粒 子 到 达 小 孔 Q 的 动 能 为 E k Q ， 由 动 能 定 理 E k Q - E k P = qE (s 1 - s 2 ) ……2 分

解得 E k Q =5.0×10-20J……………………………………1 分

（2）如果只在[n ~（n +0.25）]×10-5s 内，即在每个周期的 0~ T 时间内从小

4 孔 P 飘入的粒子均能从 Q 孔射出，只要每个周期内 t = T 时刻从小孔 P 飘入的带

1 4 电粒子能从 Q 孔射出，则在每个周期内 t = T 之前飘入小孔 P 的粒子就一定能从

1 4

Q 孔射出。

T T T 每个周期内 t 1 = 时刻飘入的带电粒子，在 ~ 时间内向右加速运动，在 4 4 2 T ~ 3T 时间内向右减速到零，此后则返回向左运动。

2 4 T 3T 所以，在每个周期内 t 1 = 时刻飘入的带电粒子，在 t 2 = 时刻向右运动到 4 4

最远点，并可从小孔 Q 中射出，则两板间距离 d 应满足的条件是 t 1 ~ t 2 时间内的 位移 s ＞ d ……1 分

s = 2? 1 a ? T ? …………………2 分 ? 2 ??

解得 s =2.5cm……………………………1 分 即两板间距离 d 应满足的条件是 d ＜2.5cm…………………1 分

说明：其他方法正确同样得分。