2016年福建省泉州市洛江区高考物理一模试卷

高中物理试卷第1页，共13页 2016年福建省泉州市洛江区高考物理一模试卷 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题(本大题共6小题，共24.0分) 1.AB是固定在空中的光滑水平横杆，一质量为M的物块穿在杆AB上，物块通过细线悬吊着一质量为m的小球．现用沿杆的恒力F拉物块使物块、小球一起（保持相对静止）向右运动，细线与竖直方向夹角为θ，则以下说法正确的是（ ）

A.杆对物块的支持力为Mg B.细线上的拉力为 C.F=（M+m）gtanθ D.物块和小球的加速度为gsinθ 【答案】 C 【解析】 解：A、以整体为研究对象，竖直方向受力平衡，则可知杆对物块的支持力为（M+m）g，A错误； B、以m为研究对象进行受力分析如图所示，

由此可得细线的拉力T= ，B错误； CD、小球运动的加速度为：a=gtanθ，以整体为研究对象，整体的加速度为gtanθ，水平方向根据牛顿第二定律可得：F=（M+m）a=（M+m）gtanθ，C正确、D错误； 故选：C． 以整体为研究对象竖直方向根据共点力的平衡条件计算支持力大小；以小球为研究对象，根据牛顿第二定律求解加速度，水平方向以整体为研究对象根据牛顿第二定律求解拉力大小． 本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、进行正交分解、在坐标轴上利用牛顿第二定律建立方程进行解答；注意整体法和隔离法的应用．

2.我国研制的北斗导航系统又被称为“双星定位系统”，系统由5颗地球同步轨道卫星和30颗低轨卫星组网而成（见图），这些卫星的运动均可看作匀速圆周运动．2012年12月27日，北斗导航系统正式投入运营，计划到2020年完全建成．关于该导航系统，下列说法正确的是（ ） A.系统中的地球同步轨道卫星可以定位在成都正上方 B.系统中从地面发射质量为m的同步卫星比发射质量为m的低轨卫星所需的能量更多 C.系统中卫星的运行周期和月亮绕地球运行的周期可能相同 D.系统中卫星的运行速度可以大于11.2km/s 【答案】 B 【解析】 解：A、同步卫星相对地球静止，同步卫星位于赤道平面内，成都不在赤道上，因此地球同步轨道卫星不能定位在成都正上方，故A错误； B、卫星轨道半径越大发射卫星时克服地球引力做功越多，因此系统中从地面发射质量高中物理试卷第2页，共13页

为m的同步卫星比发射质量为m的低轨卫星所需的能量更多，故B正确； C、卫星绕地球做圆周运动的周期：T=2π

，卫星的轨道半径小于月亮的轨道半径，

则卫星的周期小于月亮的周期，故C错误； D、11.2km/s是地球的第二宇宙速度，达到此速度的物体可以脱离地球的吸引，系统中的卫星没有脱离地球的吸引，系统中的卫星的运行速度小于7.9km/s，故D错误； 故选：B． 地球同步卫星相对地球静止，同步卫星位于赤道平面内； 卫星轨道半径越大，发射卫星时克服地球引力做功越多，发射卫星时消耗的能量越多； 卫星绕地球做圆周运动，根据周期公式与轨道半径关系判断周期关系； 围绕绕地球做圆周运动，没有脱离地球的吸引，卫星速度小于第二宇宙速度． 本题考查了万有引力定律的应用，知道万有引力提供向心力、知道同步卫星位于赤道平面内是解题的关键，应用牛顿第二定律与万有引力公式可以解题．

3.如图所示的电路中，Ro为热敏电阻（温度降低电阻增大），

C为平行金属板，M点接地．闭合开关S，待电路稳定后，C中央有一带电液滴刚好静止．下列各项单独操作，可能使带电液滴向下运动的是（ ） A.断开开关S B.将变阻器R的滑动头P向上滑动 C.加热热敏电阻Ro D.将C的上极板略向下平移

【答案】 B 【解析】 解：A、开关S断开，电容器两板间电压为电源电动势，故电压增大，电场增强，故液滴受到的电场力大于重力，带电液滴向上运动，故A错误． B、仅把R1的滑动端向上滑动时，电路的电阻减小，电流增大，那么电容器两端电压减

小，因此油滴所受的电场力变小，带电液滴向下运动．故B正确． C、将R0加热电阻减小，电路中电流增加，R两端电压增大，电容器极板间的电压增大，

电场增强，故液滴受到的电场力大于重力，带电液滴向上运动．故C错误． D、若C的上极板略向下平移，仅把两极板A、B间距离减小，不改变电路的电阻，则

不改变电路的电流，由E= 分析知，板间场强增大，油滴所受的电场力增大，则油滴向上运动，故D错误． 故选：B． 电容器板间电压等于变阻器R1两端的电压，改变变阻器阻值时，分析外电阻的变化，由欧姆定律分析电流表计数的变化及变阻器两端电压的变化．当变阻器的电压减小时，

油滴将向下上运动．改变板间距离，判断电容的变化，由E= 分析场强变化．

本题是电路的动态分析问题，关键抓住电容器的电压等于变阻器两端的电压，由E= 分析板间场强变化，判断出油滴的运动方向．

4.如图甲所示，理想变压器的原线圈输入电压如图乙所示的交流电，电路中电阻R=10Ω，M是标有“10V、10W”的电动机，其绕线电阻r=1Ω，电动机正常工作．下列说法正高中物理试卷第3页，共13页

确的是（ ） A.变压器原、副线圈的匝数比是11：1 B.电流表示数是11A C.电动机的输出功率为1W D.变压器的输入功率为20W 【答案】 D 【解析】

解：A、由图可知电压U1=100V，则 = = = ，则A错误

B、电流表示数为通过电阻与电动机的电流和： =2A，则B错误 C、电动机机的输出功率为：P=10-I2r=10-1=9W，则C错误

D、变压器的输入功率等于输出功率为：10+ =20W，则D正确 故选：D 从图知电压的有效值，周期和频率，根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论． 理解交流电各量的物理意义，掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决

5.如图所示为水平放置的两根等高固定长直细导线的截面图，O点是两导线间距离的中点，a、b是过O点的竖直线上与O点距离相等的两点，两导线中通有大小相等、方向相反的恒定电流．下列说法正确的是（ ） A.两导线之间存在相互吸引的安培力 B.O点的磁感应强度为零 C.O点的磁感应强度方向竖直向下 D.a、b两点的磁感应强度大小相等、方向相反 【答案】 C 【解析】 解：A、由图可知，两处电流的方向相反，所以它们之间存在相互排斥的作用力．故A错误． B、C、由安培定则可知，左侧的电流在O处产生的磁场方向竖直向下，右侧的电流在O处产生的磁场方向竖直向下，方向相同，所以合磁场的方向向下．故B错误，C正确． D、结合安培定则，分别作出两处电流在a、b两点的磁场方向如图，可知a、b两点的磁感应强度方向相同．故D错误． 高中物理试卷第4页，共13页

故选：C． 根据右手螺旋定则确定两根导线在a、b、O三点磁场的方向，根据平行四边形定则进行合成． 解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流与其周围磁场方向的关系，会根据平行四边形定则进行合成．

6.如图所示是半径为R的圆柱形匀强磁场区域的横截面（纸面），磁感应强度大小为B方向垂直于纸面向外．一电荷量为q、质量为m的带正电离子（不计重力）沿平行于直径ab的方向射入磁场

区域，射入点P与ab的距离为 ．若离子做圆周运动的半径也为R，则粒子在磁场中运动的时间为（ ） A. B. C. D. 【答案】 D 【解析】 解：由左手定则可知，粒子向上偏转，而转动半径与圆半径相同，均为R，则可知运动轨迹如图所示； 由几何关系可知，粒子转动的圆心角为120°；而粒子在磁场中

转动的周期为：T= ，

则粒子转动时间为：t= ° = ，故D正确，ABC错误． 故选：D． 根据题意可明确粒子运动的轨迹，再根据几何关系可明确粒子在磁场转过的圆心角，再根据周期公式即可求得粒子在磁场中运动的时间． 本题考查带电粒子在磁场中运动的规律应用，要注意明确几何关系的应用，注意两半径相等是解题的关键，同时注意掌握带电粒子在磁场中的周期公式应用．

二、多选题(本大题共5小题，共20.0分) 7.如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A．木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出木板B的加速度a，得到如图乙所示

的a-F图象，已知g取10m/s2，则（ ） 高中物理试卷第5页，共13页

A.滑块A的质量为4kg B.木板B的质量为1kg C.当F=10N时木板B加速度为4m/s2 D.滑块A与木板B间动摩擦因数为0.1

【答案】 BC 【解析】 解：ABD、由图知，当F=8N时，加速度为：a=2m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律有：F=（mA+mB）a，代入数据解得：mA+mB=4kg，当F大于8N时，A、B发生相对

滑动，根据牛顿第二定律得：对B有：a= = F- ，由图示图象可知，图线

的斜率：k= = = =1，解得：mB=1kg，滑块A的质量为：mA=3kg． 当a=0时，F=6N，代入解得 μ=0.2，故A、D错误，B正确． C、根据F=10N＞8N时，滑块与木板相对滑动，B的加速度为：

aB=a= = F-μg= - =4m/s

2．故C正确．

故选：BC 当拉力较小时，m和M保持相对静止一起做匀加速直线运动，当拉力达到一定值时，m和M发生相对滑动，结合牛顿第二定律，运用整体和隔离法进行解答． 本题考查牛顿第二定律与图象的综合，知道滑块和木板在不同拉力作用下的运动规律是解决本题的关键，掌握处理图象问题的一般方法，通常通过图线的斜率和截距入手分析．

8.如图甲所示，在倾角为 37°的粗糙且足够长的斜面底端，一质量m=2kg、可视为质点的滑块压缩一轻弹簧并锁定，滑块与弹簧不相连．t=0时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的v-t图象如图乙所示，其中Ob段为曲线，bc段为直线，g取10m/s2，sin37°=0.6，

cos37°=0.8．则下列说法正确的是（ ）

A.在滑块与弹簧脱离之前，滑块一直做加速运动 B.滑块在0.15s末的加速度为-8m/s2 C.滑块在0.1s末克服重力做功的功率是32 W D.滑块与斜面间的动摩擦因数u=0.25 【答案】 BD 【解析】 解：A、在0-0.1s过程中为物体和弹簧接触的过程，由图象可知，滑块先做加速后做减速运动，故A错误；

B、在v-t图象中，斜率代表加速度，斜率为a=

，加速度大

小为8m/s2，故B正确； C、滑块在0.1 s末物体处于某一位置，古无法克服重力做功，故C错误； D、滑块在0.1s～0.2s内，由牛顿第二定律可知：-mgsin37°-μmgcos37°=ma，解得：