2016年山东省枣庄市高考物理一模试卷(解析版)
2016年山东省枣庄市中考物理模拟试卷(解析版)
2016年山东省枣庄市中考物理模拟试卷一、单项选择题（3*8=24）1．如图所示，足球以初速度v沿着凹凸不平的草地从a运动到d，足球（）A．在b、d 两点动能相等B．在a、d 两点动能相等C．从b 到c 的过程机械能减少D．从c 到d 的过程重力势能减少2．质量相等、初温相同的水和煤油，分别用两个相同的电加热器加热（不计热损失），加热过程中温度变化如图所示，则下列判断正确的是（）A．甲的比热容大，是水B．甲的比热容大，是煤油C．乙的比热容大，是水D．乙的比热容大，是煤油3．在图甲所示的电路中，当滑片P由b移到a的过程中，电压表示数U及滑动变阻器接入电路的电阻R2的变化情况如图乙所示．下列说法正确的是（）A．电阻R1的阻值为20ΩB．滑片P移到b端时，R2两端的电压为6VC．滑片P移到a端时，R1消耗的功率为0.2WD．当滑片P移到中点时，通过R1的电流为0.3A4．下列有关力的说法中正确的是（）A．摩擦力总是阻碍物体运动的B．物体所受重力的方向始终竖直向下C．两个物体只有接触才能产生力的作用D．漂在液面上的物体才受浮力的作用5．如图所示，滑动变阻器和灯泡L分别标有“20Ω 1.0A”和“2.5V 0.3A”的字样．只闭合开关S1，调节变阻器滑片到中点位置时，电流表A1、A2示数均为0.3A；若保持变阻器滑片位置不动，再闭合开关S2，电流表A1示数变为0.4A．不考虑温度对灯丝电阻的影响，则（）A．电流表A2示数仍为0.3A，灯泡L正常发光B．要使小灯泡正常发光，变阻器滑片应向右调节C．闭合开关S2前后，变阻器的电功率变化了0.1WD．电流表A2示数减小为0.18A6．如图，A物体在大小为10N拉力F作用下，以0.3m/s速度向右匀速运动（不计滑轮重、绳重及摩擦），若A物体与桌面的摩擦力为1N，下列说法错误的是（）A．拉力F做功的功率为3WB．B物体的质量为2.7kgC．B物体上升的速度是0.1m/sD．B物体运动1s则物体克服重力做3J功7．如图所示，一重为G的物体，用一水平压力F=kt（k为大于0 的常数，t为作用时间）压在足够长的平整竖直粗糙墙面上，则物体的运动情况是（）A．始终静止B．速度先增加后不变C．速度先增大，后减小，最终静止D．速度始终增大8．如图所示，在桌面上有两个完全相同的圆柱形平底杯子，里面分别盛有质量相等的水和=1.0×103kg/m3，酒精的密度ρ酒精，A、B两点到杯子底部的距离相等．已知水的密度ρ水=0.8×103kg/m3，则A、B两点的压强P A、P B的大小关系是（）酒精A．P A＞P B B．P A=P B C．P A＜P B D．无法确定二、填空题（1*16=16）9．小明同学做了一个如图所示的装置，闭合开关，用外力使导体棒ab水平向右移动，发现导体棒cd也随之运动起来，在此实验中（1）实验装置中的甲部分，应用的物理原理是______．（2）实验装置中的乙部分，在cd棒运动过程中，是将电能转化成______能．（3）此装置中______（填“甲”或“乙”）部分产生的现象，与生活中电动机的工作原理是相似的．10．电热安全压力锅解除了普通压力锅的安全隐患，既省时又省电．某电压力锅的额定电压为220V，额定功率为1200W．（1）电热压力锅在使用时，应选用______（选填“两”或“三”）孔插座；其容易将食物煮熟的原因是通过增大锅内的气压而使水的______升高．（2）若使用上述压力锅将2kg初温为20℃的水加热升温至120℃的过程中，水吸收的热量为______J，这些热量需要完全燃烧______g的煤气．（水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），煤气的热值为5.0×107J/kg）（3）若某次仅使用上述压力锅正常工作0.5h，测得图示电能表的指示灯共闪烁600次，由此可知该过程中压力锅是______（选填“间歇”或“持续”）通电工作．11．如图所示为某款电吹风的内部电路图，正常工作时电热丝的电阻R=44Ω，通过其电流为5A．电动机工作时主要将电能转化为______能．若电吹风吹热风时的总功率为1200W，则吹冷风时的总功率为______W．12．我国设计的“中华月球车”今年将登陆月球，如图为该车的模型．物体在月球表面附近受到的重力仅为在地球表面附近所受重力的，月球车的质量为120kg，它在月球表面受到的重力为______N．若它在月球表面上方竖直下落4m，则重力对它做的功为______ J．13．体积相同的甲、乙两物体的质量之比是2：3，它们的密度之比______；如果把甲物体截去一半，乙截去，两物体剩余部分的密度之比是______．14．如图所示，木块A放在水平小车上随车一起匀速向右运动，画出木块A受力的示意图．15．如图所示，两条入射光线（或延长线）分别过凹透镜的焦点F和光心O，分别画出经过凹透镜折射后的光线．16．如图所示，根据小磁针的指向标出电源的正负极和螺线管中电流的方向．三、实验题（1*17=17）17．某兴趣小组做探究平面镜成像特点的实验．（1）在实验中用玻璃板代替平面镜，主要是利用玻璃透明的特点，便于______．如图所示，实验时将玻璃板竖直架在一刻度尺的上面，并保持玻璃板与刻度尺垂直．刻度尺的作用是为了便于比较______．（2）实验时，若将蜡烛A远离玻璃板，则蜡烛A的像的大小将______．（3）小明发现在玻璃板的后面出现蜡烛A的像，当他再取完全相同的蜡烛B放在像处，发现蜡烛B与蜡烛A的像完全重合．用刻度尺分别测出物距和像距，发现两者相等，于是他便归纳出：“平面镜成像时，像距与物距相等”的结论．请你指出该过程中的疏漏之处是：______．（4）对着玻璃板既可看到前面蜡烛在玻璃板后所成的像，同时又可看到放在玻璃板后的蜡烛．前者是光的______形成的像，后者是光的______形成的像．（选填“折射”或“反射”）．18．为探究导体中的电流与电阻的关系，实验室提供的器材有：电源（电压恒为6V）、电流表、电压表、五个定值电阻（阻值分别为6Ω、8Ω、12Ω、16Ω、20Ω）、滑动变阻器（1A 20Ω）、开关、导线若干．（1）请用笔画线代替导线，在图甲中把电路连接完整．（2）电路连接后，小华将滑动变阻器的触头移至最左端，闭合开关时发现电压表的指针偏转超过其量程，电流表示数不为零，则他接下来应进行的操作中，最合理的是______．A．立即将滑动变阻器的触头移至最右端B．断开开关，将电压表接入电路的量程改为15VC．断开开关，检查定值电阻是否发生断路D．断开开关，检查滑动变阻器是否发生短路（3）排除故障后，当定值电阻阻值为6Ω时，电压表的示数如图乙所示，其值为______V．若将定值电阻阻值换为8Ω时，则应将滑动变阻器的触头向______移动，才能完成第二组数据的测量．（4）测量第三组数据时，小华想换用阻值为20Ω的定值电阻，你认为可行吗？______．若想完成接下来的实验，还可换用阻值为______的定值电阻．19．小聪估测书包重量，现有细绳、重量可忽略的长硬棒、刻度尺、一瓶600mL 的水，空瓶的质量忽略不计．（1）这瓶水的质量m=______，重量G=______．（1mL=1cm3，水的密度是1g/cm3，g=10N/kg）（2）手提细绳，如图，若硬棒水平静止．在图中标示需要测量的长度．（3）书包的重量约为______（用上述求得及所测得的物理量符号标示）（4）若测量中硬棒挂书包一端下沉，你有什么办法让硬棒恢复水平平衡？______．四、计算题（7+7+9=23）20．小虎家买了一个既美观又实用的茶几，茶几的中间是一个鱼缸．茶几摆放在客厅地面上．其部分参数如下表所示．取g=10N/kg．（1）若将鱼缸注满水，求注入水的质量m；（2）鱼缸中注满水时，茶几对地面的压强p；（3）小虎的爸爸买回一重为50N的实心塑胶鱼的艺术品，发现其恰能悬浮在鱼缸里的水中，求塑胶鱼所受浮力F及塑胶鱼的体积V．21．如图甲所示电路中，电源电压恒定，R为电阻箱，小灯泡两端的电压随电流变化的关系如图乙所示．将电阻箱的阻值调为R1=5Ω时，小灯泡恰能正常发光，电压表示数U1=2V．求：（1）小灯泡的额定功率P0；（2）电源电压U；（3）若将电阻箱的阻值调为R2时，小灯泡消耗的实际功率为P L=0.1W，求R2的值．22．某型号挖掘机的实物图（甲）和作业范围图（乙）以及部分相关数据表，如图所示．挖掘机在4s内将装满铲斗的密度为1.6×103kg/m3的泥土，从最大挖掘深度处送到位于最大卸料高度的装载车上．取g=10N/kg，求：（1）挖掘机静止在水平地面上不工作时（如图甲），对地面的压强．（2）铲斗内泥土的质量．（3）移送泥土的过程中，挖掘机对泥土所做的功．（4）移送泥土的过程中，发动机的总功率是40kW，此过程挖掘机的机械效率．2016年山东省枣庄市中考物理模拟试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（3*8=24）1．如图所示，足球以初速度v沿着凹凸不平的草地从a运动到d，足球（）A．在b、d 两点动能相等B．在a、d 两点动能相等C．从b 到c 的过程机械能减少D．从c 到d 的过程重力势能减少【考点】动能和势能的大小变化．【分析】（1）动能大小跟质量、速度有关．质量一定时，速度越大，动能越大；速度一定时，质量越大，动能越大．（2）足球和草地之间存在摩擦力，克服摩擦做功，机械能转化为内能，机械能不断减小，内能增大．（3）重力势能大小跟质量、高度有关．质量一定时，高度越高，重力势能越大；高度一定时，质量越大，重力势能越大．【解答】解：A、足球在b点时，足球有一定的速度，足球具有一定的动能，动能不为零；足球在d点时，足球速度为零，足球动能为零．不符合题意．B、足球在a点时，足球有一定的速度，足球具有一定的动能，动能不为零；足球在d点时，足球速度为零，足球动能为零．不符合题意．C、足球从b到c的过程中，足球和草地之间存在摩擦力，克服摩擦做功，机械能转化为内能，机械能不断减小．符合题意．D、足球从c到d的过程中，足球质量不变，高度增大，重力势能不断增大．不符合题意．故选：C．【点评】机械能大小可以根据机械能=动能+势能中动能和势能的变化来判断机械能的变化，也可以看机械能是否和其它形式的能发生转化来判断．2．质量相等、初温相同的水和煤油，分别用两个相同的电加热器加热（不计热损失），加热过程中温度变化如图所示，则下列判断正确的是（）A．甲的比热容大，是水B．甲的比热容大，是煤油C．乙的比热容大，是水D．乙的比热容大，是煤油【考点】比热容的概念．【分析】选同样的加热时间，甲和乙吸热相同，根据温度变化的多少判断，温度变化多的比热容小，温度变化少的比热容大，据此分析判断．【解答】解：如图所示，在某一定时间时，甲的温度的变化量比乙的温度变化量大；利用热量的计算公式Q=cm△t 分析，甲的比热容小，是煤油；乙的比热容大，是水．故选C．【点评】本题采用了控制变量法，这是一种常用的一种分析问题和探究物理问题的方法．学生要熟知其道理．3．在图甲所示的电路中，当滑片P由b移到a的过程中，电压表示数U及滑动变阻器接入电路的电阻R2的变化情况如图乙所示．下列说法正确的是（）A．电阻R1的阻值为20ΩB．滑片P移到b端时，R2两端的电压为6VC．滑片P移到a端时，R1消耗的功率为0.2WD．当滑片P移到中点时，通过R1的电流为0.3A【考点】欧姆定律的应用；串联电路的电流规律；串联电路的电压规律；电功率的计算．【分析】（1）当滑片P移到b端时，接入电路中的电阻为0，电路为R1的简单电路，电压表的示数为电源的电压，根据图象读出电源的电压；（2）滑片P移到a端时，R1与滑动变阻器的最大阻值串联，根据图象读出电压表的示数和滑动变阻器的最大阻值，根据串联电路的电压特点求出滑动变阻器两端的电压，利用欧姆定律和电路中的电流特点得出等式即可求出R1的阻值，根据P=求出滑片P移到a端时R1消耗的功率；（3）根据图象得出滑片P移到中点时电压表的示数，根据欧姆定律求出通过R1的电流．【解答】解：（1）当滑片P移到b端时，电路为R1的简单电路，电压表的示数为电源的电压，此时滑动变阻器接入电路中的电阻为0，两端的电压为0，故B不正确；由图象可知，电压表的示数为6V即电源的电压U=6V；（2）滑片P移到a端时，R1与滑动变阻器的最大阻值串联，由图象可知，滑动变阻器R2的最大阻值为20Ω，电压表的示数U1=2V，∵串联电路中总电压等于各分电压之和，∴滑动变阻器两端的电压：U2=U﹣U1=6V﹣2V=4V，∵串联电路中各处的电流相等，∴=，即=，解得：R1=10Ω，故A不正确；R1消耗的功率：P1===0.4W，故C不正确；（3）由图象可知，当滑片P移到中点即R2′=10Ω时，U1′=3V，通过R1的电流：I1===0.3A，故D正确．故选D．【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，关键是根据图象读出滑片接入电路中不同电阻时对应电压表的示数．4．下列有关力的说法中正确的是（）A．摩擦力总是阻碍物体运动的B．物体所受重力的方向始终竖直向下C．两个物体只有接触才能产生力的作用D．漂在液面上的物体才受浮力的作用【考点】摩擦力的方向；力的概念；重力的方向；浮力的利用．【分析】（1）摩擦力是阻碍物体相对运动的力，不一定是阻碍物体运动的力；（2）重力的方向永远是竖直向下的；（3）两个物体不一定相互接触才能产生力的作用，如磁力；（4）浸在液体中的物体都受到向上的浮力．【解答】解：A、摩擦力是阻碍物体相对运动的力，当摩擦力的方向和物体运动方向相同时，摩擦力是物体前进的动力；当摩擦力的方向和物体运动方向相反时，摩擦力是阻碍物体运动的力，故A错误；B、物体所受重力的方向始终竖直向下，正确；C、两个物体并不一定相互接触也能产生力的作用，例如磁铁吸引铁钉时并不一定要相互接触，故C错误；D、浸没在液体中的物体，液体对其上下表面也会存在压力差，产生向上的浮力作用，故D 错误．故选B．【点评】此题考查的知识点较多，有摩擦力的方向、重力的方向、力的定义、浮力的产生等，基础性题目．5．如图所示，滑动变阻器和灯泡L分别标有“20Ω 1.0A”和“2.5V 0.3A”的字样．只闭合开关S1，调节变阻器滑片到中点位置时，电流表A1、A2示数均为0.3A；若保持变阻器滑片位置不动，再闭合开关S2，电流表A1示数变为0.4A．不考虑温度对灯丝电阻的影响，则（）A．电流表A2示数仍为0.3A，灯泡L正常发光B．要使小灯泡正常发光，变阻器滑片应向右调节C．闭合开关S2前后，变阻器的电功率变化了0.1WD．电流表A2示数减小为0.18A【考点】欧姆定律的应用；欧姆定律的变形公式；电功率的计算．【分析】（1）S2断开故滑动变阻器与灯泡串联，灯泡正常发光，故由铭牌信息可知通过灯泡中的电流及电压，则由串联电路的电压特点可知滑动变阻器两端的电压，则由欧姆定律可求得接入电阻的阻值；（2）闭合S2后，灯泡与R1并联后再与R2串联，电流表A1测干路电流，即可由欧姆定律求此时滑动变阻器两端的电压；然后可求出灯泡两端的电压，即可判断灯泡L的发光情况，（3）根据P=UI可求变阻器的电功率变化，根据欧姆定律可求电流表A2示数变化．【解答】解：（1）由灯泡L的“2.5V 0.3A”字样可知：灯泡L的额定电流为0.3A，灯泡的阻值为R L===8.3Ω；因只闭合开关S1，调节变阻器滑片到中点位置时，滑动变阻器与灯泡L串联，电流表A1、A2示数均为0.3A；所以根据灯泡的额定电流值可知灯泡L正常发光，U L=2.5V，滑动变阻器接入电路的电阻值为R′=×R2=×20Ω=10Ω，所以滑动变阻器两端的电压为U′=I′R′=0.3A×10Ω=3V，则根据串联电路的电压特点得：电源电压为U=U L+U′=2.5V+3V=5.5V；（2）当开关S2闭合时，灯泡L与R1并联后再与滑动变阻器的R′串联，电流表A1示数变为0.4A．则滑动变阻器两端的电压为U″=I″R′=0.4A×10Ω=4V，根据串联电路的电压特点得：灯泡两端的电压为U L″=U﹣U″=5.5V﹣4V=1.5V；所以此时灯泡两端的电压小于额定电压，则灯泡不能正常发光；灯泡的电流为I L′===0.18A，则电流表A2示数为0.18A；要使小灯泡正常发光，则需要升高灯泡两端的电压，根据欧姆定律可知，变阻器连入电阻的阻值需要减小，即滑片应向左调节；闭合开关S2前后，变阻器的电功率变化为：△P=P″﹣P′=U″I″﹣U′I′=4V×0.4A﹣3V×0.3A=0.7W．由此分析可知：ABC选项错误．D选项正确．故选D．【点评】解答本题应注意：（1）灯泡正常工作即指工作在额定状态；（2）要熟练掌握求并联电路电阻的方法；（3）掌握欧姆定律和串联电路电压特点的应用．6．如图，A物体在大小为10N拉力F作用下，以0.3m/s速度向右匀速运动（不计滑轮重、绳重及摩擦），若A物体与桌面的摩擦力为1N，下列说法错误的是（）A．拉力F做功的功率为3WB．B物体的质量为2.7kgC．B物体上升的速度是0.1m/sD．B物体运动1s则物体克服重力做3J功【考点】功率的计算；速度的计算；滑轮组绳子拉力的计算；功的计算．【分析】拉力的功率P===Fv；对物体A受力分析，由平衡条件可以求出A左端绳子的拉力；由滑轮组公式求出B物体的重力，进一步求出B的质量；由功的公式求出物体克服重力做的功．【解答】解：A、拉力的功率P=Fv=10N×0.3m/s=3W，故A正确；B、物体A做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件得：F=f+F绳，F绳=F﹣f=10N﹣1N=9N，=3×9N=27N，由图示可知，滑轮组承重绳子的有效股数n=3，则物体B的重力G B=nF绳由于G B=m B g，则B的质量m B===2.7kg，故B正确；C、B物体上升的速度v B===0.1m/s，故C正确；D、1s内物体B上升的距离h=v B t=0.1m/s×1s=0.1m，物体B克服重力做的功W=m B gh=2.7kg ×10N/kg×0.1m=2.7J，故D错误；本题选错误的，故选：D．【点评】本题是一道力学综合计算题，应用功率公式、滑轮组公式、功的计算公式即可正确解题．7．如图所示，一重为G的物体，用一水平压力F=kt（k为大于0 的常数，t为作用时间）压在足够长的平整竖直粗糙墙面上，则物体的运动情况是（）A．始终静止B．速度先增加后不变C．速度先增大，后减小，最终静止D．速度始终增大【考点】力与运动的关系．【分析】对物体进行受力分析，根据物体的受力情况判断物体的运动情况．【解答】解：物体受力如图所示，开始时水平压力F=kt较小，物体受到的摩擦力f较小，小于物体的重力，物体受到的合力向下，物体向下做加速运动；随着推力F的增大，摩擦力f变大，当f=G时，物体速度最大；然后摩擦力f大于重力G，合力向上，物体做减速运动，最后物体静止；故ABD错误，C正确；故选C．【点评】本题分析清楚物体的运动规律，当滑动摩擦力小于重力时，物体加速运动；当滑动摩擦力大于重力时，物体减速运动，直至静止．8．如图所示，在桌面上有两个完全相同的圆柱形平底杯子，里面分别盛有质量相等的水和酒精，A、B两点到杯子底部的距离相等．已知水的密度ρ水=1.0×103kg/m3，酒精的密度ρ酒精=0.8×103kg/m3，则A、B两点的压强P A、P B的大小关系是（）A．P A＞P B B．P A=P B C．P A＜P B D．无法确定【考点】压强大小比较．【分析】先根据压强公式判断出两容器底部所受压强的大小关系，再根据液体公式判断A、B两点的压强大小关系．【解答】解：在桌面上有两个完全相同的圆柱形平底杯子，里面分别盛有质量相等的水和酒精，则液体对容器底部的压力大小等于液体的重力，根据压强公式p=可知，水和酒精对容器底部的压强相等，即ρ水gh水=ρ酒精gh酒精；A、B两点到杯子底部的距离相等，由液体压强公式p=ρgh可知，A点所受的压强p A=ρ水g（h水﹣h）=ρ水gh水﹣ρ水gh；B点所受的压强p B=ρ酒精g（h酒精﹣h）=ρ酒精gh酒精﹣ρ酒精gh；故p A＜p B．故选：C．【点评】本题对压强的计算进行考查，难度较大；关键在于将A、B的压强看成是在容器底部所受压强的基础上减少多少，便可化解难点．二、填空题（1*16=16）9．小明同学做了一个如图所示的装置，闭合开关，用外力使导体棒ab水平向右移动，发现导体棒cd也随之运动起来，在此实验中（1）实验装置中的甲部分，应用的物理原理是电磁感应现象．（2）实验装置中的乙部分，在cd棒运动过程中，是将电能转化成机械能．（3）此装置中乙（填“甲”或“乙”）部分产生的现象，与生活中电动机的工作原理是相似的．【考点】发电机的构造和原理；直流电动机的原理．【分析】（1）电磁感应现象，即闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动，此时电路中就会产生感应电流，即发电机就是利用该原理制成的；（2）直流电动机原理是通电导线在磁场中受力的作用；故由题干中电路的结构和特点分析判断即可解决该题．【解答】解：（1）由题干图可知：闭合开关，将导体ab水平向右移动，此时相当于闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，故导体中会有感应电流产生，这是利用电磁感应现象的原理实现的，此时导体ab相当于电源；（2）此装置中的cd相当于放入磁场中的通电导体，据通电导体在磁场中受力的作用，故cd受力运动，它是将电能转化为机械能的过程；（3）电动机是利用通电导线在磁场中受力作用的原理工作的，故与乙装置产生的现象相类似．故答案为：（1）电磁感应现象；（2）机械；（3）乙．【点评】电磁感应和磁场对通电导体的作用其主要区别在于前者为因电而动，后者为因动而电，所以电路结构是不相同的．10．电热安全压力锅解除了普通压力锅的安全隐患，既省时又省电．某电压力锅的额定电压为220V，额定功率为1200W．（1）电热压力锅在使用时，应选用三（选填“两”或“三”）孔插座；其容易将食物煮熟的原因是通过增大锅内的气压而使水的沸点升高．（2）若使用上述压力锅将2kg 初温为20℃的水加热升温至120℃的过程中，水吸收的热量为 8.4×105 J ，这些热量需要完全燃烧 16.8 g 的煤气．（水的比热容为4.2×103J/（kg •℃），煤气的热值为5.0×107J/kg ）（3）若某次仅使用上述压力锅正常工作0.5h ，测得图示电能表的指示灯共闪烁600次，由此可知该过程中压力锅是 间歇 （选填“间歇”或“持续”）通电工作．【考点】热平衡方程的应用；电能表参数的理解与电能的求法．【分析】（1）用电器使用的前提是安全，对于金属外壳或处于潮湿环境的用电器，工作过程中为了防止漏电引起触电事故，都要使用电器保持良好接地；液体的沸点与气压有关，气压越高沸点越高．（2）根据公式Q=cm （t ﹣t 0）求出水升温需要吸收的热量，根据公式Q=mq 求出需要燃烧煤气的质量．（3）根据电能表闪烁的次数求出用电器消耗的电能；判断该电压力锅是间歇通电工作，还是持续通电工作，需要用W=Pt 计算压力锅在正常工作0.5h 消耗的电能，并与前面的电能相对比．【解答】解：（1）插座分两种：双孔插座和三孔插座．为了防止压力锅工作过程中漏电引起触电事故，必须采用三孔插座，在将压力锅接入电路的同时，其外壳与大地连接．高压锅密闭较好，内部压强大，水的沸点高，这样高压锅内的温度就会更高一些，就会更快煮熟食物．所以高压锅是利用增大锅内气体的压强，提高水的沸点来提高锅内温度的． （2）Q 吸=c 水m （t ﹣t 0）=4.2×103J/（kg •℃）×2kg ×（120℃﹣20℃）=8.4×105J 不计损失，则Q 放=Q 吸，∵Q 放=mq ，∴m===1.68×10﹣2kg=16.8g ．（3）由表盘参数可知，电路消耗1kW •h 电能，指示灯闪烁1200次，工作指示灯闪烁了600次消耗的电能W=×600imp=0.5kW •h ，假设电压力锅连续工作0.5h ，消耗的电能为W 总=Pt=1.2kW ×0.5h=0.6kW •h∵W ＜W 总∴电压力锅不是连续工作． 故答案为：（1）三；沸点；（2）8.4×105；16.8；（3）间歇．【点评】本题考查了对电能表各参数的理解以及电功率和电能的计算，关键是对电能表各参数的正确理解以及公式及其变形的灵活运用，将课本知识运用到实际中，是一道好题．11．如图所示为某款电吹风的内部电路图，正常工作时电热丝的电阻R=44Ω，通过其电流为5A ．电动机工作时主要将电能转化为 机械 能．若电吹风吹热风时的总功率为1200W ，则吹冷风时的总功率为 100 W ．【考点】电功率的计算；电功的计算．【分析】电动机工作时，消耗电能转化为机械能和内能；知道电热丝的电阻和通过的电流，利用P=UI=I 2R 求电热丝的发热功率；电吹风吹热风时的总功率等于电热丝的发热功率加上电动机的总功率（吹冷风时的总功率），可求吹冷风时的总功率．【解答】解：电动机工作时，消耗电能主要转化为机械能，有少部分因电动机线圈有电阻，电流通过时转化为内能；电热丝的发热功率：P 热=I 2R=（5A ）2×44Ω=1100W ，∵电吹风吹热风时的总功率P=P 热+P 电动机，∴电动机的总功率．即吹冷风时的总功率：P 电动机=P ﹣P 热=1200W ﹣1100W=100W ．故答案为：机械；100．。
【精品】2016年全国高考物理一模试卷含答案
2016年全国高考物理一模试卷一、选择题（共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多个选项符合题目要求．全部选对得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分）1．（6分）如图所示，A、B、C三个同心球面是同一个点电荷周围的三个等势面，已知这三个球面的半径之差相等．A、C两个等势面电势分別为φA=6V和φC=2V，则中间B等势面的电势是（）A．一定等于4V B．一定低于4V C．一定高于4V D．无法确定2．（6分）一个物体在一条直线上做匀加速直线运动，先后经过直线上的A、B 两点，已知AB间的距离为4m，物体运动的加速度为2m/s2，则物体到达B点的速度大小可能为（）A．2m/s B．3m/s C．4m/s D．5m/s3．（6分）如图所示，某钢制工件上开有一个楔型凹槽．凹槽的横截面是一个直角三角形，三个角的度数分别是∠A=30°，∠B=90°，∠C=60°．在凹槽中放有一个光滑的金属球，当金属球静止时，金属球对凹槽的AB边的压力为F1、对BC 边的压力为F2，则的值为（）A．B．C．D．4．（6分）某轰炸机在演习轰炸地面目标时，将炸弹以某一速度水平射出，地面监视系统显示出炸弹从B点飞出后的运行轨迹，如果只考虑炸弹的重力作用，已知物体从B点到C点与从C点到D点的时间相等，则下列说法中正确的是（）A．物体从B到C和从C到D重力做功之比为1：1B．物体从B到C和从C到D重力做功的平均功率之比为1：3C．物体运动到C点和D点重力的瞬时功率之比为1：3D．物体从B点到C点与从C点到D点的动能改变量之比为1：25．（6分）某发电站用交变电压远距离输电，在输送功率不变的前提下，若输电电压降低为原来的0.9倍，则下面说法正确的是（）A．因I=，所以输电线上的电流减为原来的0.9倍B．因I=，所以输电线上的电流增为原来的C．因P=，所以输电线上损失的功率为原来的0.92倍D．若要使输电线上损失的功率不变，可将输电线的电阻减为原来的0.9倍6．（6分）1876年美国著名物理学家罗兰在亥姆霍兹的实验室中完成了著名的“罗兰实验”：罗兰把大量的负电荷加在一个橡胶圆盘上，然后在圆盘附近悬挂了一个小磁针，使圆盘绕中心轴高速旋转，就会发现小磁针发生了偏转．忽略地磁场对小磁针的影响．下列说法正确的是（）A．使小磁针发生转动的原因是电磁感应B．使小磁针发生转动的原因是电流的磁效应C．当小磁针位于圆盘的左上方时，它的N极指向左侧D．当小磁针位于圆盘的左上方时，它的N极指向右侧7．（6分）已知地球半径为R，表面的重力加速度为g，一人造地球卫星沿椭圆轨道绕地球运动，椭圆轨道远地点与地心的距离为4R，则（）A．卫星在远地点时加速度为B．卫星经过远地点时速度大于C．卫星经过远地点时速度等于D．卫星经过远地点时速度小于8．（6分）如图所示，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成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良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电量为q时，棒的速度大小为υ，则金属棒ab在这一过程中（）A．加速度为B．下滑的位移为C．产生的焦耳热为sinθD．受到的最大安培力为二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．（一）必考题9．（6分）如图示数是某同学探究加速度与力的关系的实验装置．他在气垫导轨上安装了一个光电门，滑块上固定一宽度为d的遮光条，力传感器固定在滑块上，用细线绕过定滑轮与砂桶相连，每次滑块及遮光条都从同一位置由静止释放．开始时遮光条到光电门的距离为L．（1）实验时，将滑块由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间△t，滑块经过光电门时的瞬时速度为，滑块的加速度为．（2）改变砂桶质量，读出对应的力传感器的示数F和遮光条通过光电门的光电门的时间△t，用实验中的数据描绘出F﹣图象，若测得图象的斜率为k，则滑块和遮光条的总质量为M=．10．（9分）要测量一节旧的干电池的电动势和内阻，某同学设计了如图所示的电路，电路中定值电阻R1=8Ω．（1）闭合电键前，应将滑动变阻器的滑片调到最（填“左”或“右”）端．（2）闭合电键后，调节滑动变阻器，记录多组两个电压表的示数U1、U2，填在下面表格中．请用下面表格中的数据在所给的坐标纸中作出U2﹣U1关系图象．由图象得到电池的电动势E=V，电池的内阻r=Ω．（3）由于电压表（填“V1”、“V2”或“V1和V2”）内阻的存在，对（填“电动势E”、“内阻r”或“电动势E和内阻r”）的测量有影响．测得的电动势（填“大于”、“小于”或“等于”）电动势的真实值，测得的内阻（填“大于”、“小于”或“等于”）内阻的真实值．11．（14分）如图所示，在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=2.0T，一质量为m=5.0×10﹣8kg、电量为q=1.0×10﹣6C的带电粒子从P点沿图示方向进入磁场，速度与y轴负方向成θ=37°角，已知OP=30cm，（粒子重力不计，sin37°=0.6，cos37°=0.8），求：（1）若粒子以20m/s的速度进入磁场，从x轴上的Q点离开磁场，求OQ的距离；（2）若粒子不能进入x轴上方，求粒子进入磁场时的速度取值范围．12．（18分）如图所示，光滑斜面倾角为θ=30°，底端固定一垂直于斜面的挡板C，在斜面上放置长木板A，A的下端与C的距离为d=0.4m，A的上端放置小物块B，A、B的质量均为m，A、B间的动摩擦因数μ=，现同时由静止释放A，B．A与C发生碰撞的时间极短，碰撞前后瞬间速度大小相等，运动过程中小物块始终没有从木板上滑落，已知重力加速度为g=10m/s2，求（1）A与C发生第一次碰撞前瞬间的速度大小v1；（2）A与C发生第一次碰撞后上滑到最高点时，小物块B的速度大小v2；（3）为使B不与C碰撞，木板A长度的最小值L．（二）选考题[物理-选修3-3]13．（5分）以下说法中正确的是（）A．从微观角度看，气体压强的大小跟两个因素有关：一个是气体分子的最大速率，另一个是分子的数目B．各个分子的运动都是无规则的、带有偶然性的，但大量分子的运动却有一定的规律C．当分子间相互作用表现为斥力时，分子间距离越大，则分子势能越大D．物体吸收热量同时对外做功，内能可能不变E．氢气和氮气的温度相同时，它们分子的平均速率不同14．（10分）如图所示，总长度为15cm的气缸水平放置，活塞的质量m=20kg，横截面积S=100cm2，活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动但不漏气，厚度不计．开始时活塞与汽缸底的距离12cm．外界气温为27℃，大气压为1.0×105Pa．将汽缸缓慢地转到开口向上的竖直位置，待稳定后对缸内气体逐渐加热，使活塞刚好到达汽缸口，取g=10m/s2，求：①活塞刚好到达汽缸口时气体的温度为多少？②在对缸内气体加热的过程中，吸收了Q=370J的热量，则气体增加的内能△U 多大？[物理-选修3-4]15．如图所示是一列向右传播的横波，波速为0.4m/s，M点的横坐标x=10m，图示时刻波传到N点．现从图示时刻开始计时，经过s时间，M点第二次到达波谷；这段时间里，N点经过的路程为cm．16．半径为R的玻璃四分之一圆柱体，圆心为O，底边水平．玻璃的折射率n=．一束单色光水平射向圆柱面，入射点为P，入射角r=60°，经折射后照到MO间的某点Q，求：①PQ间的距离；②光线PQ能否在Q点发生全反射？[物理-选修3-5]17．在光电效应试验中，某金属的截止频率相应的波长为λ0，该金属的逸出功为．若用波长为λ（λ＜λ0）单色光做实验，则其截止电压为．（已知电子的电荷量、真空中的光速和普朗克常量分别为e、c和h）18．如图所示，两端带有固定薄挡板的滑板C长为l，总质量为，与地面间的动摩擦因数为μ，其光滑上表面静止两质量分别为m、的物体A、B，其中左端带有轻质弹簧的A位于C的中点．现使B以水平速度2v向右运动，与挡板碰撞并瞬间粘连而不再分开，A、B可看作质点，弹簧的长度与C的长度相比可以忽略，所有碰撞事件很短，重力加速度为g．求：（1）B、C碰撞后的速度以及C在水平面上滑动时加速度的大小；（2）设A、C能够碰撞且碰撞过程用时极短，求A、C第一次碰撞时弹簧具有的最大性势能．2016年全国高考物理一模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多个选项符合题目要求．全部选对得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分）1．（6分）如图所示，A、B、C三个同心球面是同一个点电荷周围的三个等势面，已知这三个球面的半径之差相等．A、C两个等势面电势分別为φA=6V和φC=2V，则中间B等势面的电势是（）A．一定等于4V B．一定低于4V C．一定高于4V D．无法确定【解答】解：电场线与等势面互相垂直，由图看出，AB段电场线比BC段电场线密，AB段场强较大，根据公式U=Ed可知，A、B间电势差U AB大于B、C间电势差U BC，即φA﹣φB＞φB ﹣φC，得到φB＜==4V，故B正确，ACD错误．故选：B．2．（6分）一个物体在一条直线上做匀加速直线运动，先后经过直线上的A、B 两点，已知AB间的距离为4m，物体运动的加速度为2m/s2，则物体到达B点的速度大小可能为（）A．2m/s B．3m/s C．4m/s D．5m/s【解答】解：由题意知物体在AB间做匀加速直线运动，令物体在A点的速度为v A，B点速度为v B，加速度为a，则根据速度位移关系有：得：v B=＞0，故有：由题意知v即：v B＞4m/s故ABC不合题意，D可能．故选：D．3．（6分）如图所示，某钢制工件上开有一个楔型凹槽．凹槽的横截面是一个直角三角形，三个角的度数分别是∠A=30°，∠B=90°，∠C=60°．在凹槽中放有一个光滑的金属球，当金属球静止时，金属球对凹槽的AB边的压力为F1、对BC 边的压力为F2，则的值为（）A．B．C．D．【解答】解：金属球受到的重力产生两个作用效果，压AB面和压BC面，作图如下：对AB面的压力等于分力F1′，对BC面的压力等于分力F2′；故故选：C4．（6分）某轰炸机在演习轰炸地面目标时，将炸弹以某一速度水平射出，地面监视系统显示出炸弹从B点飞出后的运行轨迹，如果只考虑炸弹的重力作用，已知物体从B点到C点与从C点到D点的时间相等，则下列说法中正确的是（）A．物体从B到C和从C到D重力做功之比为1：1B．物体从B到C和从C到D重力做功的平均功率之比为1：3C．物体运动到C点和D点重力的瞬时功率之比为1：3D．物体从B点到C点与从C点到D点的动能改变量之比为1：2【解答】解：A、炸弹做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，据题BC段和CD 段时间相等，由自由落体运动的规律可知，BC段和CD段竖直高度之比为1：3，由W=mgh可得，物体从B到C和从C到D重力做功之比为1：3．故A错误．B、由平均功率公式P=及t相等，可知物体从B到C和从C到D重力做功的平均功率之比为1：3．故B正确．C、由v y=gt得：物体运动到C点和D点时竖直分速度之比为1：2，由重力的瞬时功率由公式P=mgv y得：物体运动到C点和D点重力的瞬时功率之比为1：2，故C错误．D、根据动能定理知，物体下落时动能的改变量等于重力做功，所以物体从B点到C点与从C点到D点的动能改变量之比等于重力做功之比，为1：3．故D错误．故选：B5．（6分）某发电站用交变电压远距离输电，在输送功率不变的前提下，若输电电压降低为原来的0.9倍，则下面说法正确的是（）A．因I=，所以输电线上的电流减为原来的0.9倍B．因I=，所以输电线上的电流增为原来的C．因P=，所以输电线上损失的功率为原来的0.92倍D．若要使输电线上损失的功率不变，可将输电线的电阻减为原来的0.9倍【解答】解：A、输送的功率一定，根据P=UI，知输电电压越高，输电电流越小，若输送电压变为到原来的0.9倍，则电流增大到倍，故A错误，B正确；C、电流增大到n倍，根据P损=I2R，可知，电线上损失的功率为原来的，故C错误；D、若要使输电线上损失的功率不变，根据P损=I2R，可将输电线的电阻减为原来的，故D错误故选：B．6．（6分）1876年美国著名物理学家罗兰在亥姆霍兹的实验室中完成了著名的“罗兰实验”：罗兰把大量的负电荷加在一个橡胶圆盘上，然后在圆盘附近悬挂了一个小磁针，使圆盘绕中心轴高速旋转，就会发现小磁针发生了偏转．忽略地磁场对小磁针的影响．下列说法正确的是（）A．使小磁针发生转动的原因是电磁感应B．使小磁针发生转动的原因是电流的磁效应C．当小磁针位于圆盘的左上方时，它的N极指向左侧D．当小磁针位于圆盘的左上方时，它的N极指向右侧【解答】解：AB、由题意可知，磁针受到磁场力的作用，原因是由于电荷的定向移动，从而形成电流，而电流周围会产生磁场，不是电磁感应，故A错误，B 正确；C、圆盘带负电，根据右手定则可知，产生的磁场方向向上，故等效磁场上方为N极，故小磁针的N极将向左侧偏转；故C正确，D错误；故选：BC．7．（6分）已知地球半径为R，表面的重力加速度为g，一人造地球卫星沿椭圆轨道绕地球运动，椭圆轨道远地点与地心的距离为4R，则（）A．卫星在远地点时加速度为B．卫星经过远地点时速度大于C．卫星经过远地点时速度等于D．卫星经过远地点时速度小于【解答】解：A、设地球的质量为M，地球表面的物体受到的重力近似等于万有引力，则：①卫星在远地点时万有引力提供加速度，则：②联立①②得加速度为：a=．故A正确；B、设有一绕地球做匀速圆周运动的卫星的半径为4R，则：联立①③得：由于在椭圆轨道上运动的卫星在远地点时，做向心运动，则：所以v0＜v=．故BC错误，D正确．故选：AD8．（6分）如图所示，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成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良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电量为q时，棒的速度大小为υ，则金属棒ab在这一过程中（）A．加速度为B．下滑的位移为C．产生的焦耳热为sinθD．受到的最大安培力为【解答】解：A、金属棒ab开始做加速运动，速度增大，感应电动势增大，所以感应电流也增大，导致金属棒受到的安培力增大，所以加速度减小，即金属板做加速度逐渐减小的变加速运动，根据牛顿第二定律，有：mgsinθ﹣BIL=ma；其中I=；故a=gsinθ﹣，故A错误；B、由电量计算公式有：q=It=t==，可得下滑的位移大小为：X=，故B正确；C、根据能量守恒定律，产生的焦耳热为：Q=mgXsinθ﹣=sinθ﹣mv2，故C错误；D、金属棒ab受到的最大安培力大小为：F=BIL=B L=，故D正确．故选：BD二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．（一）必考题9．（6分）如图示数是某同学探究加速度与力的关系的实验装置．他在气垫导轨上安装了一个光电门，滑块上固定一宽度为d的遮光条，力传感器固定在滑块上，用细线绕过定滑轮与砂桶相连，每次滑块及遮光条都从同一位置由静止释放．开始时遮光条到光电门的距离为L．（1）实验时，将滑块由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间△t，滑块经过光电门时的瞬时速度为，滑块的加速度为．（2）改变砂桶质量，读出对应的力传感器的示数F和遮光条通过光电门的光电门的时间△t，用实验中的数据描绘出F﹣图象，若测得图象的斜率为k，则滑块和遮光条的总质量为M=．【解答】解：（1）滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度，则滑块经过光电门时的瞬时速度，根据v2=2aL，解得：a=，（2）根据牛顿第二定律得：a=，则，则有：F=，F﹣图象的斜率k=，解得：M=故答案为：（1）；；（2）10．（9分）要测量一节旧的干电池的电动势和内阻，某同学设计了如图所示的电路，电路中定值电阻R1=8Ω．（1）闭合电键前，应将滑动变阻器的滑片调到最右（填“左”或“右”）端．（2）闭合电键后，调节滑动变阻器，记录多组两个电压表的示数U1、U2，填在下面表格中．请用下面表格中的数据在所给的坐标纸中作出U2﹣U1关系图象．由图象得到电池的电动势E= 1.2V，电池的内阻r=4Ω．（3）由于电压表V1（填“V1”、“V2”或“V1和V2”）内阻的存在，对内阻r（填“电动势E”、“内阻r”或“电动势E和内阻r”）的测量有影响．测得的电动势等于（填“大于”、“小于”或“等于”）电动势的真实值，测得的内阻大于（填“大于”、“小于”或“等于”）内阻的真实值．【解答】解：（1）为了防止电路短路，开始时应将滑动变阻器调至接入阻值最大；即调至右端；（2）由表中数据采用描点法得出对应的图象如图所示；由闭合电路欧姆定律可知：E=U1+U2+解得：U2=E﹣U1由图可知，电动势E=1.2V；k===1.5解得：r=4Ω（3）由以上公式可得，由于V1内阻的影响，干路电流应大于；故题目中出现误差；当外电路断路时，电阻的影响可以忽略；故对电动势的测量没有影响；故电动势的测量值等于真实值；但如果考虑电压表内阻，表达式应为：U2=E﹣因R′＜R；故内阻的测量值大于真实值；故答案为：（1）右；（2）1.2；4．（3）V1；内阻r；等于；大于．11．（14分）如图所示，在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=2.0T，一质量为m=5.0×10﹣8kg、电量为q=1.0×10﹣6C的带电粒子从P点沿图示方向进入磁场，速度与y轴负方向成θ=37°角，已知OP=30cm，（粒子重力不计，sin37°=0.6，cos37°=0.8），求：（1）若粒子以20m/s的速度进入磁场，从x轴上的Q点离开磁场，求OQ的距离；（2）若粒子不能进入x轴上方，求粒子进入磁场时的速度取值范围．【解答】解：（1）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力：qvB=m可得：R==m=0.50m而：=m=0.50m故圆心一定在x轴上，轨迹如图所示，由几何关系可知：OQ=R（1+sin53°）=0.90m（2）带电粒子不从x轴射出，如图所示，由几何关系得：OP=R′（1+cos53°）解得：R′=根据洛伦兹力提供向心力：qv′B=m可得：v′==m/s=7.5m/s所以，若粒子刚好不能进入x轴上方，粒子进入磁场时的速度不大于7.5m/s 答：（1）若粒子以20m/s的速度进入磁场，从x轴上的Q点离开磁场，OQ的距离为0.90m；（2）若粒子不能进入x轴上方，粒子进入磁场时的速度应不大于7.5m/s．12．（18分）如图所示，光滑斜面倾角为θ=30°，底端固定一垂直于斜面的挡板C，在斜面上放置长木板A，A的下端与C的距离为d=0.4m，A的上端放置小物块B，A、B的质量均为m，A、B间的动摩擦因数μ=，现同时由静止释放A，B．A与C发生碰撞的时间极短，碰撞前后瞬间速度大小相等，运动过程中小物块始终没有从木板上滑落，已知重力加速度为g=10m/s2，求（1）A与C发生第一次碰撞前瞬间的速度大小v1；（2）A与C发生第一次碰撞后上滑到最高点时，小物块B的速度大小v2；（3）为使B不与C碰撞，木板A长度的最小值L．【解答】解：（1）第一次碰撞前由机械能守恒定律有：（m+m）v12=2mgdsinθ解得：v 1===2m/s；（2）设发生第一次碰撞后，A上滑，B下滑的加速度大小分别为a A、a B，则有：μmgcosθ+mgsinθ=ma A解得：a A=12.5m/s2，对B工件牛顿第二定律可得：μmgcosθ﹣mgsinθ=ma B；解得：a B=2.5m/s2；由于a A＞a B，则A先减速到零，设A第一次碰撞后上滑到最高点的时间为t，则v1=a A tv2=v1﹣a B t解得：v2==1.6m/s；（3）要使B不与A相碰，说明物体应停在木板上，则对全过程进行分析，由能量守恒定律有：mgdsinθ+mg（d+L）sinθ=μmgLcosθ，解得：L=4d=1.6m．答：（1）A与C发生第一次碰撞前瞬间的速度大小为2m/s；（2）A与C发生第一次碰撞后上滑到最高点时，小物块B的速度大小1.6m/s；（3）为使B不与C碰撞，木板A长度的最小值为1.6m．（二）选考题[物理-选修3-3]13．（5分）以下说法中正确的是（）A．从微观角度看，气体压强的大小跟两个因素有关：一个是气体分子的最大速率，另一个是分子的数目B．各个分子的运动都是无规则的、带有偶然性的，但大量分子的运动却有一定的规律C．当分子间相互作用表现为斥力时，分子间距离越大，则分子势能越大D．物体吸收热量同时对外做功，内能可能不变E．氢气和氮气的温度相同时，它们分子的平均速率不同【解答】解：A、从微观角度看，气体压强的大小跟两个因素有关：一是分子的平均动能，二是单位体积内的分子数目．故A错误．B、各个分子的运动都是无规则的、带有偶然性的，但大量分子的运动存在统计规律，故B正确．C、当分子间相互作用表现为斥力时，分子间距离越大，分子力做正功，则分子势能越小．故C错误．D、物体吸收热量同时对外做功，若热量与功数值相等，由热力学第一定律知，内能不变，故D正确．E、氢气和氮气的温度相同时，它们分子的平均动能相同，由于分子质量不同，所以分子的平均速率不同．故E正确．故选：BDE14．（10分）如图所示，总长度为15cm的气缸水平放置，活塞的质量m=20kg，横截面积S=100cm2，活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动但不漏气，厚度不计．开始时活塞与汽缸底的距离12cm．外界气温为27℃，大气压为1.0×105Pa．将汽缸缓慢地转到开口向上的竖直位置，待稳定后对缸内气体逐渐加热，使活塞刚好到达汽缸口，取g=10m/s2，求：①活塞刚好到达汽缸口时气体的温度为多少？②在对缸内气体加热的过程中，吸收了Q=370J的热量，则气体增加的内能△U 多大？【解答】解：（1）以封闭气体为研究对象，气体的状态参量：p1=p0=1.0×105Pa，V1=L1S=0.12S，T1=273+27=300K，气体的末状态：V2=L2S=0.15S，Pa，T2=？由理想气体的状态方程：代入数据得：T2=450K（2）将汽缸缓慢地转到开口向上的竖直位置时，设气体的长度为L3，则：P 1L1S=P2L3S代入数据得：L3=0.1m气体体积膨胀的过程中活塞向上移动：△x=0.15﹣0.1=0.05m，故大气压力对气体做功：W=﹣P2S•△x由热力学第一定律：△U=W+Q代入数据联立得：△U=310J答：①活塞刚好到达汽缸口时气体的温度为450K；②在对缸内气体加热的过程中，吸收了Q=370J的热量，则气体增加的内能△U 是310J．[物理-选修3-4]15．如图所示是一列向右传播的横波，波速为0.4m/s，M点的横坐标x=10m，图示时刻波传到N点．现从图示时刻开始计时，经过29s时间，M点第二次到达波谷；这段时间里，N点经过的路程为145cm．【解答】解：由图读出波长λ=1.6m，周期T==波由图示位置传到M的时间为t1==s=22s波传到M时，起振方向向上，经过1T=7s，M点第二次到达波谷，故从图示时刻开始计时，经过29s时间，M点第二次到达波谷；由t=29s=7T，则这段时间里，N点经过的路程为S=•4A=29×5cm=145cm．故答案为：29；14516．半径为R的玻璃四分之一圆柱体，圆心为O，底边水平．玻璃的折射率n=．一束单色光水平射向圆柱面，入射点为P，入射角r=60°，经折射后照到MO间的某点Q，求：①PQ间的距离；②光线PQ能否在Q点发生全反射？【解答】解：（1）先假设光线能从左侧射出，做出光路如图所示，由题意知光在P点的入射角α=60°，由折射定理得sinr=，所以：i=30°由图中几何关系得：，则：PQ=（2）设临界角为C，则：在左侧的Q点处，根据几何关系可知，光的入射角：i′=30°所以：sini′=＜所以：i′＜C光不能发生全反射．答：①PQ间的距离是；②光线PQ不能在Q点发生全反射．[物理-选修3-5]17．在光电效应试验中，某金属的截止频率相应的波长为λ0，该金属的逸出功为h．若用波长为λ（λ＜λ0）单色光做实验，则其截止电压为﹣．（已知电子的电荷量、真空中的光速和普朗克常量分别为e、c和h）【解答】解：金属的逸出功为：W0=hγ0=h．根据光电效应方程知：E km=h﹣h，又E km=eU，则遏止电压为：U=﹣．故答案为：h，﹣．18．如图所示，两端带有固定薄挡板的滑板C长为l，总质量为，与地面间的动摩擦因数为μ，其光滑上表面静止两质量分别为m、的物体A、B，其中左端带有轻质弹簧的A位于C的中点．现使B以水平速度2v向右运动，与挡板碰撞并瞬间粘连而不再分开，A、B可看作质点，弹簧的长度与C的长度相比可以忽略，所有碰撞事件很短，重力加速度为g．求：（1）B、C碰撞后的速度以及C在水平面上滑动时加速度的大小；（2）设A、C能够碰撞且碰撞过程用时极短，求A、C第一次碰撞时弹簧具有的最大性势能．【解答】解：（1）B、C碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：×2v=（+）v1，解得：v1=v；对BC，由牛顿第二定律得：μ（m++）g=（+）a，解得：a=2μg；（2）设A、C第一次碰撞前瞬间C的速度为v2，由匀变速直线运动的速度位移公式得：v22﹣v12=2（﹣a）•，。
2016年3月山东省枣庄市滕州市第一次模拟考试带答案
2016年滕州市第一次模拟物理试题（满分70分）2016.3一、选择题（共24分）1. 下列描述不正确的是（）A．在太空中的宇航员只能用无线电才能对话，说明真空不能传声B．手在小提琴上不同位置按弦，主要目的是改变响度C．道路两旁的隔音墙是在传播过程减弱噪声D．B超检查身体应用声能传递信息2.下列四种现象中，由于光的反射形成的是（）A.手在屏幕上形成的“手影”B．景物在水中形成“倒影”C．放大镜把文字放大 D.笔好像在水面处“折断”3. 下列说法中正确的是（）A.固体和液体都很难被压缩，说明分子间只存在斥力B.冰和松香在熔化过程中，温度都升高C.扩散现象说明物质的分子在永不停息地作无规则运动D.温度高的物体，内能一定大4. 如图所示，平面镜竖直放置在水平面上，一支直立的铅笔从平面镜前40cm处，以5cm/s的水平速度垂直向平面镜匀速靠近下列说法正确的是（）A．铅笔在平面镜中所成的像逐渐变大B．经过2s，铅笔与它的像之间的距离变为20cmC．铅笔的像相对于平面镜的速度为l0cm/sD．若平面镜顺时针转至图中虚线位置，铅笔的像将与铅笔垂直5. 我国自行研制的北斗卫星导航系统具有定位、导航和通信等功能，它传递信息是利用（）A．超声波B．次声波C．电磁波D．激光6. 冰在熔化过程中，下列判断正确的是（）A. 吸收热量，温度不变B. 内能不变，比热容不变C. 比热容、内能、温度都不变D. 比热容变大、内能增加，温度升高7. 市场上有一种“55℃保温杯”，外层为隔热材料，内层为导热材料，夹层间有“神奇物质”．开水倒入杯中数分钟后，水温降为55℃且能较长时间保持不变．“神奇物后”在55℃（）A．一定处于固态B．一定处于液态C．一定处于固、液混合态D．以上情况都有可能8.我市新投入的公交车后门左右扶杆上均装有一个红色按钮（如图），每个按钮相当于一个开关．当乘客按下任一按钮，驾驶台上的指示灯亮，提醒司机有人下车．下列电路图能实现上述目标的是（）A. B. C. D.9.如图所示的四个实验中，能说明电动机工作原理的是（）10.如图所示电路，开关S闭合后，下列说法正确的是（）A．螺线管的右端为N极B．小磁针N极向左转动C．小磁针在图所示的位置保持静止D．向左移动滑片P，螺线管磁性减弱11. 用相同的酒精灯分别对a、b两液体加热（如图甲），根据测得数据分别描绘出两液体的温度随时间变化的图象（如图乙）．在相同的时间内两液体吸收的热量相等，不计液体热量散失，分别用m a、m b、c a、c b表示a、b两液体的质量和比热容，则结合图中信息作出的下列推断正确的是（）A．若m a=m b，则c a＞c bB．若m a=m b，则c a＜c bC．若c a=c b，则m a＜m bD．若c a=c b，则m a＞m b12.下列关于合理利用资源与节约能源的行为中，都正确的是（）①手机充电完毕后，不及时拔下充电器②将废书报、饮料瓶等送到废品回收站③尽量使用一次性杯子④夏天使用空调时，不要把温度设置得过低⑤用洗衣服的水冲厕所A.①③⑤B.②③④C.②④⑤D.①④⑤二．填空题（共15分，26题每空2分，其它1分）21. 声音在不同介质中传播的速度大小不同．根据以下小资料可知：多数情况下，声音在气体中的速度比液体中的_________（大/小），声音在空气中传播的速度受_________的影响，声音的速度与响度_________（有关/无关）．右侧小资料：一些介质中的声速v/(m/s)22.沙画表演者在白色背景板上用沙子作画,并借助背景板下方的光源将画面清晰地呈现出来,沙画表演利用了光的特性.为了使更多的观众看到沙画表演,还需借助投影仪将沙画投到屏幕上，投影仪的镜头是一个透镜。
2016年山东高考物理学科试题、答案、解析
2016年普通高等学校招生全国统一考试（新课标I 卷）理科综合（物理部分）二、选择题：本题共8小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，第14~17题只有一项符合题目要求，第18~21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。
有选错的得0分。
14. 一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上。
若将云母介质移出，则电容器（ ）A. 极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大B. 极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大C. 极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变D. 极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变 【答案】D【解析】由4πr SC kdε=可知，当云母介质抽出时，r ε变小，电容器的电容C 变小；因为电容器接在恒压直流电源上，故U 不变，根据Q CU =可知，当C 减小时，Q 减小。
再由UE d=，由于U 与d 都不变，故电场强度E 不变，答案为D【考点】电容器的基本计算15. 现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定。
质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。
若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍。
此离子和质子的质量比约为（ ） A. 11 B. 12 C. 121 D. 144 【答案】D【解析】设质子的质量数和电荷数分别为1m 、1q ，一价正离子的质量数和电荷数为2m 、2q ，对于任意粒子，在加速电场中，由动能定理得：210qU mv =-得 v =①在磁场中应满足 2v qvB m r= ②由题意，由于两种粒子从同一入口垂直进入磁场，从同一出口垂直离开磁场，故在磁场中做匀速圆周运动的半径应相同． 由①②式联立求解得匀速圆周运动的半径r =，由于加速电压不变，故122111r B r B = 其中211212B B q q ==，，可得121144m m = 故一价正离子与质子的质量比约为144【考点】带电粒子在电场、磁场中的运动、质谱仪。
山东省枣庄市第一中学高考物理下学期第一次模拟试题(含解析)
2016年山东省枣庄一中高考物理一模试卷一、选择题（共8小题，每小题6分，共48分．每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分．）1．一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220V交变电流改变为110V，已知变压器原线圈匝数为800，则副线圈的匝数为（）A．200 B．400 C．1600 D．32002．如图，拉格朗日点L1位于地球和月球连线上，处在该点的物体在地球和月球引力的共同作用下，可与月球一起以相同的周期绕地球运动．据此，科学家设想在拉格朗日点L1建立空间站，使其与月球同周期绕地球运动，以a1、a2分别表示该空间站和月球向心加速度的大小，a3表示地球同步卫星向心加速度的大小．以下判断正确的是（）A．a2＞a3＞a1B．a2＞a1＞a3C．a3＞a1＞a2D．a3＞a2＞a13．过去几千年来，人类对行星的认识与研究仅限于太阳系内，行星“51 peg b”的发现拉开了研究太阳系外行星的序幕，“51 peg b”绕其中心恒星做匀速圆周运动，周期约为4天，轨道半径约为地球绕太阳运动半径的，该中心恒星与太阳的质量比约为（）A．B．1 C．5 D．104．如图，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A（A、B接触面竖直），此时A恰好不滑动，B刚好不下滑．已知A与B间的动摩擦因数为μ1，A与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．A与B的质量之比为（）A．B．C．D．5．如图，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动．现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速．在圆盘减速过程中，以下说法正确的是（）A．处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高B．所加磁场越强越易使圆盘停止转动C．若所加磁场反向，圆盘将加速转动D．若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动6．直角坐标系xOy中，M、N两点位于x轴上，G、H两点坐标如图．M、N两点各固定一负点电荷，一电量为Q的正点电荷置于O点时，G点处的电场强度恰好为零．静电力常量用k 表示．若将该正点电荷移到G点，则H点处场强的大小和方向分别为（）A．，沿y轴正向 B．，沿y轴负向C．，沿y轴正向 D．，沿y轴负向7．如图甲，R0为定值电阻，两金属圆环固定在同一绝缘平面内．左端连接在一周期为T0的正弦交流电源上，经二极管整流后，通过R0的电流i始终向左，其大小按图乙所示规律变化．规定内圆环a端电势高于b端时，a、b间的电压u ab为正，下列u ab﹣t图象可能正确的是（）A．B．C．D．8．如图甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示．t=0时刻，质量为m的带电微粒以初速度为v0沿中线射入两板间，0～时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出．微粒运动过程中未与金属板接触．重力加速度的大小为g．关于微粒在0～T时间内运动的描述，正确的是（）A．末速度大小为v0B．末速度沿水平方向C．重力势能减少了mgd D．克服电场力做功为mgd二、解答题（共4小题，满分36分）9．某同学通过下述实验验证力的平行四边形定则．实验步骤：①将弹簧秤固定在贴有白纸的竖直木板上，使其轴线沿竖直方向．②如图甲所示，将环形橡皮筋一端挂在弹簧秤的秤钩上，另一端用圆珠笔尖竖直向下拉，直到弹簧秤示数为某一设定值时，将橡皮筋两端的位置记为O1、O2，记录弹簧秤的示数F，测量并记录O1、O2间的距离（即橡皮筋的长度l）．每次将弹簧秤示数改变0.50N，测出所对应的l，部分数据如表所示：③找出②中F=2.50N时橡皮筋两端的位置，重新记为O、O′，橡皮筋的拉力记为F OO′．④在秤钩上涂抹少许润滑油，将橡皮筋搭在秤钩上，如图乙所示．用两圆珠笔尖成适当角度同时拉橡皮筋的两端，使秤钩的下端达到O点，将两笔尖的位置标记为A、B，橡皮筋OA段的拉力记为F OA，OB段的拉力记为F OB．完成下列作图和填空：（1）利用表中数据在给出的坐标纸上画出F﹣l图线，根据图线求得l0= cm．（2）测得OA=6.00cm，OB=7.60cm，则F OA的大小为N．（3）根据给出的标度，在答题卡上作出F OA和F OB的合力F′的图示．（4）通过比较F′与的大小和方向，即可得出实验结论．10．如图甲所示的电路中，恒流源可为电路提供恒定电流I0，R为定值电阻，电流表、电压表均可视为理想电表．某同学利用该电路研究滑动变阻器R L消耗的电功率．改变R L的阻值，记录多组电流、电压的数值，得到如图乙所示的U﹣I关系图线．回答下列问题：（1）滑动触头向下移动时，电压表示数（填“增大”或“减小”）．（2）I0= A．（3）R L消耗的最大功率为W（保留一位有效数字）．11．如图甲所示，物块与质量为m的小球通过不可伸长的轻质细绳跨过两等高定滑轮连接，物块置于左侧滑轮正下方的表面水平的压力传感装置上，小球与右侧滑轮的距离为l．开始时物块和小球均静止，将此时传感装置的示数记为初始值，现给小球施加一始终垂直于l段细绳的力，将小球缓慢拉起至细绳与竖直方向成60°角，如图乙所示，此时传感装置的示数为初始值的1.25倍；再将小球由静止释放，当运动至最低位置时，传感装置的示数为初始值的0.6倍，不计滑轮的大小和摩擦，重力加速度的大小为g，求：（1）物块的质量；（2）从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服空气阻力所做的功．12．如图所示，直径分别为D和2D的同心圆处于同一竖直面内，O为圆心，GH为大圆的水平直径．两圆之间的环形区域（Ⅰ区）和小圆内部（Ⅱ区）均存在垂直圆面向里的匀强磁场．间距为d的两平行金属极板间有一匀强电场，上级板开有一小孔．一质量为m，电量为+q的粒子由小孔下方处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v射出电场，由H点紧靠大圆内侧射入磁场．不计粒子的重力．（1）求极板间电场强度的大小；（2）若粒子运动轨迹与小圆相切，求Ⅰ区磁感应强度的大小；（3）若Ⅰ区、Ⅱ区磁感应强度的大小分别为、，粒子运动一段时间后再次经过H 点，求这段时间粒子运动的路程．【物理-物理3-3】13．墨滴入水，扩而散之，徐徐混匀．关于该现象的分析正确的是（）A．混合均匀主要是由于碳粒受重力作用B．混合均匀的过程中，水分子和碳粒都做无规则运动C．使用碳粒更小的墨汁，混合均匀的过程进行得更迅速D．墨汁的扩散运动是由于碳粒和水分子发生化学反应引起的14．扣在水平桌面上的热杯盖有时会发生被顶起的现象．如图，截面积为S的热杯盖扣在水平桌面上，开始时内部封闭气体的温度为300K，压强为大气压强p0．当封闭气体温度上升至303K时，杯盖恰好被整体顶起，放出少许气体后又落回桌面，其内部气体压强立刻减为p0，温度仍为303K，再经过一段时间内，内部气体温度恢复到300K．整个过程中封闭气体均可视为理想气体．求：（Ⅰ）当温度上升到303K且尚未放气时，封闭气体的压强；（Ⅱ）当温度恢复到300K时，竖直向上提起杯盖所需的最小力．【物理-物理3-4】15．如图，轻弹簧上端固定，下端连接一小物块，物块沿竖直方向做简谐运动．以竖直向上为正方向，物块简谐运动的表达式为y=0.1sin（2.5πt）m．t=0时刻，一小球从距物块h 高处自由落下：t=0.6s时，小球恰好与物块处于同一高度．取重力加速度的大小g=10m/s2．以下判断正确的是（）A．h=1.7mB．简谐运动的周期是0.8sC．0.6s内物块运动的路程是0.2mD．t=0.4s时，物块与小球运动方向相反16．半径为R、介质折射率为n的透明圆柱体，过其轴线OO′的截面如图所示．位于截面所在平面内的一细束光线，以角i0由O点射入，折射光线由上边界的A点射出．当光线在O 点的入射角减小至某一值时，折射光线在上边界的B点恰好发生反射．求A、B两点间的距离．2016年山东省枣庄一中高考物理一模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题6分，共48分．每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分．）1．一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220V交变电流改变为110V，已知变压器原线圈匝数为800，则副线圈的匝数为（）A．200 B．400 C．1600 D．3200【考点】变压器的构造和原理．【专题】交流电专题．【分析】根据理想变压器原副线圈匝数比等于电压比即可求解．【解答】解：根据理想变压器原副线圈匝数比等于电压比得：变压器能将220V交变电流改变为110V，原线圈匝数n1=800，副线圈匝数n2．则：匝故选：B．【点评】本题主要考查了变压器原副线圈匝数比与电压比之间的关系，难度不大，属于基础题．2．如图，拉格朗日点L1位于地球和月球连线上，处在该点的物体在地球和月球引力的共同作用下，可与月球一起以相同的周期绕地球运动．据此，科学家设想在拉格朗日点L1建立空间站，使其与月球同周期绕地球运动，以a1、a2分别表示该空间站和月球向心加速度的大小，a3表示地球同步卫星向心加速度的大小．以下判断正确的是（）A．a2＞a3＞a1B．a2＞a1＞a3C．a3＞a1＞a2D．a3＞a2＞a1【考点】同步卫星．【专题】人造卫星问题．【分析】由题意知，空间站在L1点能与月球同步绕地球运动，其绕地球运行的周期、角速度等于月球绕地球运行的周期、角速度，由a n=r，分析向心加速度a1、a2的大小关系．根据a=分析a3与a1、a2的关系．【解答】解：在拉格朗日点L1建立空间站，使其与月球同周期绕地球运动，根据向心加速度a n=r，由于拉格朗日点L1的轨道半径小于月球轨道半径，所以a2＞a1，同步卫星离地高度约为36000公里，故同步卫星离地距离小于拉格朗日点L1的轨道半径，根据a=得a3＞a2＞a1，故选：D．【点评】本题比较简单，对此类题目要注意掌握万有引力充当向心力和圆周运动向心加速度公式的联合应用．3．过去几千年来，人类对行星的认识与研究仅限于太阳系内，行星“51 peg b”的发现拉开了研究太阳系外行星的序幕，“51 peg b”绕其中心恒星做匀速圆周运动，周期约为4天，轨道半径约为地球绕太阳运动半径的，该中心恒星与太阳的质量比约为（）A．B．1 C．5 D．10【考点】万有引力定律及其应用．【专题】万有引力定律的应用专题．【分析】研究行星绕某一恒星做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式求出中心体的质量分析求解．【解答】解：研究行星绕某一恒星做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式为：=m rM=“51 peg b”绕其中心恒星做匀速圆周运动，周期约为4天，轨道半径约为地球绕太阳运动半径的，所以该中心恒星与太阳的质量比约为≈1，故选：B．【点评】要求解一个物理量大小变化，我们应该把这个物理量先表示出来，再根据已知量进行判断．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．4．如图，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A（A、B接触面竖直），此时A恰好不滑动，B刚好不下滑．已知A与B间的动摩擦因数为μ1，A与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．A与B的质量之比为（）A．B．C．D．【考点】共点力平衡的条件及其应用；摩擦力的判断与计算．【专题】共点力作用下物体平衡专题．【分析】对A、B整体和B物体分别受力分析，然后根据平衡条件列式后联立求解即可．【解答】解：对A、B整体分析，受重力、支持力、推力和最大静摩擦力，根据平衡条件，有：F=μ2（m1+m2）g ①再对物体B分析，受推力、重力、向左的支持力和向上的最大静摩擦力，根据平衡条件，有：水平方向：F=N竖直方向：m2g=f其中：f=μ1N联立有：m2g=μ1F ②联立①②解得：=故选：B【点评】本题关键是采用整体法和隔离法灵活选择研究对象，受力分析后根据平衡条件列式求解，注意最大静摩擦力约等于滑动摩擦力．5．如图，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动．现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速．在圆盘减速过程中，以下说法正确的是（）A．处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高B．所加磁场越强越易使圆盘停止转动C．若所加磁场反向，圆盘将加速转动D．若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电势．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】将金属圆盘看成由无数金属幅条组成，根据右手定则判断感应电流的方向，从而判断电势的高低，形成感应电流，再根据左手定则，即可求解．【解答】解：A、将金属圆盘看成由无数金属幅条组成，根据右手定则判断可知：圆盘上的感应电流由边缘流向圆心，所以靠近圆心处电势高，所以A正确；B、根据右手定则可知，产生的电动势为BLv，所以所加磁场越强，产生的电动势越大，电流越大，受到的安培力越大，越易使圆盘停止转动，所以B正确；C、若所加磁场反向，只是产生的电流反向，根据楞次定律可知，安培力还是阻碍圆盘的转动，所以圆盘还是减速转动，所以C错误；D、若所加磁场穿过整个圆盘时，圆盘在切割磁感线，产生感应电动势，相当于电路断开，则不会产生“感应电流，没有安培力的作用，圆盘将匀速转动，所以D正确；故选：ABD【点评】本题关键要掌握右手定则、安培定则，并能正确用来分析电磁感应现象，对于这两个定则运用时，要解决两个问题：一是什么条件下用；二是怎样用．6．直角坐标系xOy中，M、N两点位于x轴上，G、H两点坐标如图．M、N两点各固定一负点电荷，一电量为Q的正点电荷置于O点时，G点处的电场强度恰好为零．静电力常量用k 表示．若将该正点电荷移到G点，则H点处场强的大小和方向分别为（）A．，沿y轴正向 B．，沿y轴负向C．，沿y轴正向 D．，沿y轴负向【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据点电荷的场强公式和场强叠加的原理，可以知道在G点的时候负电荷在G点产生的合场强与正电荷在G点产生的场强大小相等反向相反，在H点同意根据场强的叠加来计算合场强的大小即可．【解答】解：G点处的电场强度恰好为零，说明负电荷在G点产生的合场强与正电荷在G点产生的场强大小相等方向相反，根据点电荷的场强公式可得，正电荷在G点的场强为，负电荷在G点的合场强也为，当正点电荷移到G点时，正电荷与H点的距离为2a，正电荷在H点产生的场强为，方向沿y轴正向，由于GH对称，所以负电荷在G点和H点产生的场强的相等方向相反，大小为，方向沿y 轴负向，所以H点处场合强的大小为，方向沿y轴负向，所以B正确；故选：B【点评】本题是对场强叠加原理的考查，同时注意点电荷的场强公式的应用，本题的关键的是理解G点处的电场强度恰好为零的含义．7．如图甲，R0为定值电阻，两金属圆环固定在同一绝缘平面内．左端连接在一周期为T0的正弦交流电源上，经二极管整流后，通过R0的电流i始终向左，其大小按图乙所示规律变化．规定内圆环a端电势高于b端时，a、b间的电压u ab为正，下列u ab﹣t图象可能正确的是（）A．B．C．D．【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】由图乙可知，电流为周期性变化的电流，故只需分析0.5T0内的感应电流即可；通过分析电流的变化明确磁场的变化，根据楞次定律即可得出电动势的图象．【解答】解：在第一个0.25T0时间内，通过大圆环的电流为顺时针增加的，由楞次定律可判断内球内a端电势高于b端，因电流的变化率逐渐减小故内环的电动势逐渐减小，同理可知，在0.25T0～0.5T0时间内，通过大圆环的电流为瞬时针逐渐减小；则由楞次定律可知，a 环内电势低于b端，因电流的变化率逐渐变大，故内环的电动势变大；故只有C正确；故选：C．【点评】本题考查楞次定律的应用，要注意明确楞次定律解题的基本步骤，正确掌握并理解“增反减同”的意义，并能正确应用；同时解题时要正确审题，明确题意，不要被复杂的电路图所迷或！8．如图甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示．t=0时刻，质量为m的带电微粒以初速度为v0沿中线射入两板间，0～时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出．微粒运动过程中未与金属板接触．重力加速度的大小为g．关于微粒在0～T时间内运动的描述，正确的是（）A．末速度大小为v0B．末速度沿水平方向C．重力势能减少了mgd D．克服电场力做功为mgd【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】0～时间内微粒匀速运动，重力和电场力相等，～内，微粒做平抛运动，～T时间内，微粒竖直方向上做匀减速运动，水平方向上仍然做匀速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．【解答】解：A、0～时间内微粒匀速运动，则有：qE0=mg，～内，微粒做平抛运动，下降的位移，～T时间内，微粒的加速度a=，方向竖直向上，微粒在竖直方向上做匀减速运动，T时刻竖直分速度为零，所以末速度的方向沿水平方向，大小为v0，故A错误，B正确．C、微粒在竖直方向上向下运动，位移大小为，则重力势能的减小量为，故C正确．D、在～内和～T时间内竖直方向上的加速度大小相等，方向相反，时间相等，则位移的大小相等，为，整个过程中克服电场力做功为，故D错误．故选：BC．【点评】解决本题的关键知道微粒在各段时间内的运动规律，抓住等时性，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．知道在～内和～T时间内竖直方向上的加速度大小相等，方向相反，时间相等，位移的大小相等．二、解答题（共4小题，满分36分）9．某同学通过下述实验验证力的平行四边形定则．实验步骤：①将弹簧秤固定在贴有白纸的竖直木板上，使其轴线沿竖直方向．②如图甲所示，将环形橡皮筋一端挂在弹簧秤的秤钩上，另一端用圆珠笔尖竖直向下拉，直到弹簧秤示数为某一设定值时，将橡皮筋两端的位置记为O1、O2，记录弹簧秤的示数F，测量并记录O1、O2间的距离（即橡皮筋的长度l）．每次将弹簧秤示数改变0.50N，测出所对应的l，部分数据如表所示：③找出②中F=2.50N时橡皮筋两端的位置，重新记为O、O′，橡皮筋的拉力记为F OO′．④在秤钩上涂抹少许润滑油，将橡皮筋搭在秤钩上，如图乙所示．用两圆珠笔尖成适当角度同时拉橡皮筋的两端，使秤钩的下端达到O点，将两笔尖的位置标记为A、B，橡皮筋OA段的拉力记为F OA，OB段的拉力记为F OB．完成下列作图和填空：（1）利用表中数据在给出的坐标纸上画出F﹣l图线，根据图线求得l0= 10.0 cm．（2）测得OA=6.00cm，OB=7.60cm，则F OA的大小为 1.80 N．（3）根据给出的标度，在答题卡上作出F OA和F OB的合力F′的图示．（4）通过比较F′与F00′的大小和方向，即可得出实验结论．【考点】验证力的平行四边形定则．【专题】实验题；定性思想；推理法；平行四边形法则图解法专题．【分析】（1）根据表中数据利用描点法得出对应的数据，图象与横坐标的交点即为l0；（2）橡皮筋两端拉力相等，根据题意求得总长度即可求得皮筋上的拉力；（3）通过给出的标度确定力的长度，根据平行四边形得出图象如图所示；（4）根据实验原理可明确应比较实验得出的拉力与通过平行四边形定则得出的合力【解答】解：（1）根据表格中数据利用描点法作出图象如图所示：由图可知，图象与横坐标的交点即为l0，由图可知l0=10.0cm；（2）AB的总长度为6.00+7.60cm=13.60cm；由图可知，此时两端拉力F=1.80N；（3）根据给出的标度，作出合力如图所示；（4）只要作出的合力与实验得出的合力F00′大小和方向在误差允许的范围内相等，即可说明平行四边形定则成立；故答案为：（1）如图所示；10.0；（2）1.80；（3）如图所示；（4）F00′【点评】本题考查验证平行四边形定则的实验，要注意通过认真分析题意掌握实验原理，注意本题中橡皮筋挂在钩上时，两端的拉力大小相等；根据总长度即可求得拉力大小10．如图甲所示的电路中，恒流源可为电路提供恒定电流I0，R为定值电阻，电流表、电压表均可视为理想电表．某同学利用该电路研究滑动变阻器R L消耗的电功率．改变R L的阻值，记录多组电流、电压的数值，得到如图乙所示的U﹣I关系图线．回答下列问题：（1）滑动触头向下移动时，电压表示数减小（填“增大”或“减小”）．（2）I0= 1.0 A．（3）R L消耗的最大功率为 5 W（保留一位有效数字）．【考点】测定电源的电动势和内阻；闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】（1）分析电路结构，根据并联电路规律可知R分流的变化，再由欧姆定律可得出电压表示数的变化；（2）由图象及并联电路的规律可分析恒定电流的大小；（3）由功率公式分析得出对应的表达式，再由数学规律可求得最大功率．【解答】解：（1）定值电阻与滑动变阻器并联，当R向下移动时，滑动变阻器接入电阻减小，由并联电路规律可知，电流表示数增大，流过R的电压减小，故电压表示数减小；（2）当电压表示数为零时，说明R L短路，此时流过电流表的电流即为I0；故I0为1.0A；（3）由图可知，当I0全部通过R时，I0R=20；解得：R=4由并联电路规律可知，流过R L的电流为：I=；则R L消耗的功率为：P=I2R L==；则由数学规律可知，最大功率为：P=5W；故答案为；（1）减小；（2）1.0；（3）5【点评】本题考查闭合电路欧姆定律在实验中的应用，要注意明确：一、图象的应用，能从图象得出对应的物理规律；二是注意功率公式的变形以及数学规律的正确应用．11．如图甲所示，物块与质量为m的小球通过不可伸长的轻质细绳跨过两等高定滑轮连接，物块置于左侧滑轮正下方的表面水平的压力传感装置上，小球与右侧滑轮的距离为l．开始时物块和小球均静止，将此时传感装置的示数记为初始值，现给小球施加一始终垂直于l段细绳的力，将小球缓慢拉起至细绳与竖直方向成60°角，如图乙所示，此时传感装置的示数为初始值的1.25倍；再将小球由静止释放，当运动至最低位置时，传感装置的示数为初始值的0.6倍，不计滑轮的大小和摩擦，重力加速度的大小为g，求：（1）物块的质量；（2）从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服空气阻力所做的功．【考点】动能定理的应用；共点力平衡的条件及其应用．【专题】动能定理的应用专题．【分析】（1）分别对开始及夹角为60度时进行受力分析，由共点力平衡列式，联立可求得物块的质量；（2）对最低点由向心力公式进行分析求解物块的速度，再对全过程由动能定理列式，联立可求得克服阻力做功．【解答】解：（1）设开始时细绳的拉力大小为T1，传感装置的初始值为F1，物块质量为M，由平衡条件可得：对小球：T1=mg对物块，F1+T1=Mg当细绳与竖直方向的夹角为60°时，设细绳的拉力大小为T2，传感装置的示数为F2，根据题意可知，F2=1.25F1，由平衡条件可得：对小球：T2=mgcos60°。
2016年全国高考物理全真一模试卷(解析版)
2016年全国高考物理全真一模试卷一、选择题（本题共8小题，每小题6分，共48分，1～5题每题只有一个正确答案，6～8题有多个选项正确，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．）1．（6分）2014年，我国在实验中发现量子反常霍尔效应，取得世界级成果．实验在物理学的研究中有着非常重要的作用，下列关于实验的说法中正确的是（）A．在探究求合力的方法的实验中运用了控制变量法B．密立根利用油滴实验发现电荷量都是某个最小值的整数倍C．牛顿运用理想斜面实验归纳得出了牛顿第一定律D．库仑做库仑扭秤实验时采用了归纳的方法2．（6分）如图所示为①、②两物体的速度随时间变化的图线，已知两物体以相同的初速度从同一地点开始运动，②比①晚出发2s．则下列结论正确的是（）A．第4s末两物体具有相同的速度B．第4s末两物体又处在同一地点C．第3s后两物体的加速度方向相反D．第5s末两物体又处在同一地点3．（6分）如图所示，穿在一根光滑的固定杆上的个小球A、B连接在一条跨过定滑轮的细绳两端，杆与水平面成θ角，不计所有摩擦，当两球静止时，OA绳与杆的夹角为θ，OB绳沿竖直方向，则正确的说法是（）A．A可能受到2个力的作用B．B可能受到3个力的作用C．绳子对A的拉力大于对B的拉力D．A、B的质量之比为1：tanθ4．（6分）如图所示，空间有一正三棱锥OABC，点A′、B′、C′分别是三条棱的中点．现在顶点O处固定一正的点电荷，则下列说法中正确的是（）A．A′、B′、C′三点的电场强度相同B．△ABC所在平面为等势面C．将一正的试探电荷从A′点沿直线A′B′移到B′点，静电力对该试探电荷先做正功后做负功D．若A′点的电势为φA′，A点的电势为φA，则A′A连线中点D处的电势φD一定小于5．（6分）某同学模拟“远距离输电”，将实验室提供的器材连接成如图所示电路，A、B为理想变压器，灯L1、L2相同且阻值不变．保持A的输入电压不变，开关S断开时，灯L1正常发光．则（）A．紧闭合S，L1变亮B．紧闭合S，A的输入功率变小C．仅将滑片P上移，L1变亮D．仅将滑片P上移，A的输入功率变小6．（6分）我国志愿者王跃曾与俄罗斯志愿者一起进行“火星﹣500”的模拟实验活动．假设王跃登陆火星后，测得火星的半径是地球半径的，质量是地球质量的．已知地球表面的重力加速度是g，地球的半径为R，王跃在地球表面能竖直向上跳起的最大高度为h，忽略自转的影响．下列说法正确的是（）A．火星的密度为B．火星表面的重力加速度为C．火星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度相等D．王跃在火星表面能竖直向上跳起的最大高度为7．（6分）如图所示，内壁光滑半径大小为R的圆轨道竖直固定在桌面上，一个质量为m的小球静止在轨道底部A点．现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后迅速移开，使小球沿轨道在竖直面内运动．当小球回到A点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，通过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点．已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功W1，第二次击打过程中小锤对小球做功W2．设先后两次击打过程中小锤对小球做功全部用来增加小球的动能，则的值可能是（）A．B．C．D．18．（6分）如图，一粒子发射源P位于足够大绝缘板AB的上方d处，能够在纸面内向各个方向发射速率为v、电荷量为q质量为m的带正电的粒子，空间存在垂直纸面的匀强磁场，不考虑粒子间的相互作用和粒子重力．已知粒子做圆周运动的半径大小恰好为d，则（）A．能打在板上的区域长度是2dB．能打在板上的区域长度是（+1）dC．同一时刻发射出的带电粒子达到板上的最大时间差为D．同一时刻发射出的带电粒子达到板上的最大时间差为二、非选择题（包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题～第18题为选考题，考生根据要求作答．）（一）必考题9．（6分）某同学设计了如图甲所示的装置来探究小车的加速度与所受合力的关系．将装有力传感器的小车放置于水平长木板上，缓慢向小桶中加入细砂，直到小车刚好运动为止，记下传感器的最大示数F0，以此表示小车所受摩擦力的大小．再将小车放回原处并按住，继续向小桶中加入细砂，记下传感器的示数F1．（1）接通频率为50Hz的交流电源，释放小车，打出如图乙所示的纸带．从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离，则小车的加速度a=m/s2．（2）改变小桶中砂的重力，多次重复实验，获得多组数据，描绘小车加速度a 与合力F（F=F1﹣F0）的关系图象．不计纸带与打点计时器间的摩擦．下列图象中正确的是．（3）同一次实验中，释放小车前力传感器示数F1与小车加速运动时力传感器示数F2的关系是F1F2（选填“＜”或“=”或“＞”）．（4）关于该实验，下列说法中正确的是．A．小车和力传感器的总质量应远大于小桶和砂的总质量B．实验中需要将长木板右端垫高C．实验中需要测出小车和力传感器的总质量D．用加砂的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，可更方便地获取多组实验数据．10．（9分）小王和小李两同学分别用电阻箱、电压表测量不同电源的电动势和内阻．（1）小王所测电源的内电阻r1较小，因此他在电路中接入了一个阻值为2.0Ω的定值电阻R0，所用电路如图甲所示．①请用笔画线代替导线将图乙所示器材连接成完整的实验电路②闭合开关S，调整电阻箱的阻值R，读出电压表相应的示数U，得到了一组U、R数据．为了比较准确地得出实验结论，小王同学准备用直线图象来处理实验数据，图象的纵坐标表示电压表读数U，则图象的横坐标表示的物理量应该是．（2）小李同学所测电源的电动势E2约为9V，内阻r2为35～55Ω，允许通过的最大电流为50mA．小李同学所用电路如图丙所示，图中电阻箱R的阻值范围为0～9999Ω．①电路中R0为保护电阻．实验室中备有以下几种规格的定值电阻，本实验中应选用．A．20Ω，125mA B．50Ω，20mAC．150Ω，60mA D．1500Ω，5mA②实验中通过调节电阻箱的阻值，记录电阻箱的阻值R及相应的电压表的示数U，根据测得的多组数据，作出﹣图线，图线的纵轴截距为a，图线的斜率为b，则电源的电动势E2=，内阻r2=．11．（14分）如图所示，质量为M=2kg、左端带有挡板的长木板放在水平面上，板上贴近挡板处放有一质量为m=1kg的物块，现用一水平向右大小为9N的拉力F拉长木板，使物块和长木板一起做匀加速运动，物块与长木板间的动摩擦因数为μ1=0.1，长木板与水平面间的动摩擦因数为μ2=0.2，运动一段时间后撤去F，最后物块恰好能运动到长木板的右端，木板长L=4.8m，物块可看成质点，不计挡板的厚度，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2，求：（1）小物块开始运动时的加速度；（2）拉力F作用的时间；（3）整个过程因摩擦产生的热量．12．（18分）用密度为d、电阻率为P粗细均匀的金属导线制成两个闭合正方形线框M和N．边长均为L．线框M，N的导线横截面积分别为S1，S2，S1＞S2，如图所示．匀强磁场仅存在于相对磁极之间，磁感应强度大小为B，其他地方的磁场忽略不计．金属线框M水平放在磁场上边界的狭缝间，线框平面与磁场方向平行，开始运动时可认为M的aa′边和bb′位都处在磁场中．线框N在线框M 的正上方，与线框M相距为h，两线框均从静止开始同时释放，其平面在下落过程中保持水平，设磁场区域在竖直方向足够长，不计空气阻力及两线框间的相互作用．（1）求线框N刚进入磁场时产生的感应电流；（2）在下落过程中，若线框N恰能追上线框M．追上时线框M下落高度为H，追上线框M之前线框N一直做减速运动，求该过程中线框产生的焦耳热：（3）若将线框M，N均由磁场上边界处先后释放，释放的时间间隔为t，计算两线框在运动过程中的最大距离．(二）选考题，请考生任选一模块作答[物理--选修3-3]（15分）13．（6分）下列说法正确的是（）A．两个分子之间的作用力会随着距离的增大而减小B．物体的内能在宏观上只与其温度和体积有关C．﹣定质量的气体经历等容过程，如果吸热则其内能一定增加D．分子a从远处趋近固定不动的分子b，当a到达受b的作用力为零处时，a 的动能一定最大E．物质的状态在一定的条件下可以相互转变，在转变过程中会发生能量交换14．（9分）气缸长为L=1m（气缸厚度可忽略不计），固定在水平面上，气缸中有横截面积为S=100cm2的光滑活塞封闭了一定质量的理想气体，已知当温度为t=27℃、大气压强为p0=1×105Pa时，气柱长为L0=0.4m．现用水平拉力向右缓慢拉动活塞，求：①若拉动活塞过程中温度保持为27℃，活塞到达缸口时缸内气体压强；②若活塞到达缸口时拉力大小为500N，求此时缸内气体温度为多少摄氏度．[物理--选修3-4]（15分）15．一列简谐横波在t=0.2s时的波形图如图甲所示，P为x=1m处的质点，Q为x=4m处的质点，图乙所示为质点Q的振动图象．则下列关于该波的说法中正确的是（）A．该波的周期是0.4sB．该波的传播速度大小为40m/sC．该波一定沿x轴的负方向传播D．t=0.1s时刻，质点Q的加速度大小为零E．从t=0.2s到t=0.4s，质点P通过的路程为20cm16．如图所示，一直角三棱镜放置在真空中，其截面三角形的斜边BC的长度为d，一束单色光从AB侧面的中点垂直AB入射．若三棱镜的折射率为，∠C=30°，单色光在真空中的传播速度为c，求：①该单色光第一次从棱镜射入真空时的折射角；②该单色光从进入棱镜到第一次从棱镜射出所经历的时间．[物理--选修3-5]（15分）17．下列说法正确的是（）A．卢瑟福通过α粒子散射实验提出了原子的核式结构模型B．结合能越大，原子核结构一定越稳定C．如果使用某种频率的光不能使某金属发生光电效应，则需增大入射光的光照强度才行D．发生β衰变时，元素原子核的质量数不变，电荷数增加1E．在相同速率情况下，利用质子流比利用电子流制造的显微镜将有更高的分辨率18．如图所示，轻弹簧的两端与质量均为2m的B、C两物块固定连接，静止在光滑水平面上，物块C紧靠挡板但不粘连．另一质量为m的小物块A以速度v o 从右向左与B发生弹性正碰，碰撞时间极短可忽略不计．（所有过程都在弹簧弹性限度范围内）求：（1）A、B碰后瞬间各自的速度；（2）弹簧第一次压缩最短与第一次伸长最长时弹性势能之比．2016年全国高考物理全真一模试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共8小题，每小题6分，共48分，1～5题每题只有一个正确答案，6～8题有多个选项正确，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．）1．（6分）2014年，我国在实验中发现量子反常霍尔效应，取得世界级成果．实验在物理学的研究中有着非常重要的作用，下列关于实验的说法中正确的是（）A．在探究求合力的方法的实验中运用了控制变量法B．密立根利用油滴实验发现电荷量都是某个最小值的整数倍C．牛顿运用理想斜面实验归纳得出了牛顿第一定律D．库仑做库仑扭秤实验时采用了归纳的方法【解答】解：A、在探究求合力的方法的实验中运用了等效法，故A错误；B、密立根利用油滴实验发现电荷量都是某个最小值的整数倍，故B正确；C、理想斜面实验是伽利略在研究自由落体运动时提出的，故C错误；D、库仑做库仑扭秤实验时采用了微量放大的方法，故D错误．故选：B2．（6分）如图所示为①、②两物体的速度随时间变化的图线，已知两物体以相同的初速度从同一地点开始运动，②比①晚出发2s．则下列结论正确的是（）A．第4s末两物体具有相同的速度B．第4s末两物体又处在同一地点C．第3s后两物体的加速度方向相反D．第5s末两物体又处在同一地点【解答】解：A、由图象可知：4 s末两物体速度大小相等、方向相反，所以4 s 末两物体速度不同，故A错误；B、由速度图象与坐标轴围成的面积表示位移可知：0～4 s内两物体的位移相等，则第4s末两物体又处在同一地点，故B正确；C、两物体的加速度为g，方向竖直竖直向下，始终相同，故C错误；D、5s末两者图象与坐标轴围成的面积不等，所以没有到达同一地点，故D错误．故选：B3．（6分）如图所示，穿在一根光滑的固定杆上的个小球A、B连接在一条跨过定滑轮的细绳两端，杆与水平面成θ角，不计所有摩擦，当两球静止时，OA绳与杆的夹角为θ，OB绳沿竖直方向，则正确的说法是（）A．A可能受到2个力的作用B．B可能受到3个力的作用C．绳子对A的拉力大于对B的拉力D．A、B的质量之比为1：tanθ【解答】解：A、对A球受力分析可知，A受到重力，绳子的拉力以及杆对A球的弹力，三个力的合力为零，故A错误；B、对B球受力分析可知，B受到重力，绳子的拉力，两个力合力为零，杆子对B球没有弹力，否则B不能平衡，故B错误；C、定滑轮不改变力的大小，则绳子对A的拉力等于对B的拉力，故C错误；D、分别对AB两球分析，运用合成法，如图：根据共点力平衡条件，得：T=m B g=（根据正弦定理列式）故m A：m B=1：tanθ，故D正确故选：D4．（6分）如图所示，空间有一正三棱锥OABC，点A′、B′、C′分别是三条棱的中点．现在顶点O处固定一正的点电荷，则下列说法中正确的是（）A．A′、B′、C′三点的电场强度相同B．△ABC所在平面为等势面C．将一正的试探电荷从A′点沿直线A′B′移到B′点，静电力对该试探电荷先做正功后做负功D．若A′点的电势为φA′，A点的电势为φA，则A′A连线中点D处的电势φD一定小于【解答】解：A、因为A′、B′、C′三点离顶点O处的正电荷的距离相等，故三点处的场强大小均相等，但其方向不同，故A错误；B、由于△ABC所在平面上各点到O点的距离不一定都相等，由等势面的概念可知，△ABC所在平面不是等势面，故B错误；C、由电势的概念可知，沿直线A′B′的电势变化为先增大后减小，所以当在此直线上从A′到B′移动正电荷时，电场力对该正电荷先做负功后做正功，故C错误；D、因为U A′D=A′D•A′D，U DA=DA•，由点电荷的场强关系可知A′D＞DA，又因为=，所以有U A′D＞U DA，即φA′﹣φD＞φD﹣φA，整理可得：φD＜，故D正确；故选：D．5．（6分）某同学模拟“远距离输电”，将实验室提供的器材连接成如图所示电路，A、B为理想变压器，灯L1、L2相同且阻值不变．保持A的输入电压不变，开关S断开时，灯L1正常发光．则（）A．紧闭合S，L1变亮B．紧闭合S，A的输入功率变小C．仅将滑片P上移，L1变亮D．仅将滑片P上移，A的输入功率变小【解答】解：A、闭合s，则消耗功率增大，B副线圈中电流增大，B原线圈电流也增大，则R上损失的电压和功率增大，则B输入电压U B1=U A2﹣IR，减小，灯泡两端电压U B2减小，故灯泡会变暗，故A错误；B、有上分析知A的输入电流增大，电压不变，根据P=UI知输入功率增大，故B 错误；CD、仅将滑片P上移，A副线圈匝数减小，则输出电压减小，B的输入电压减小，灯泡电压也减小，故L1变暗，消耗功率减小，则A输入功率减小，故C错误，D 正确；故选：D6．（6分）我国志愿者王跃曾与俄罗斯志愿者一起进行“火星﹣500”的模拟实验活动．假设王跃登陆火星后，测得火星的半径是地球半径的，质量是地球质量的．已知地球表面的重力加速度是g，地球的半径为R，王跃在地球表面能竖直向上跳起的最大高度为h，忽略自转的影响．下列说法正确的是（）A．火星的密度为B．火星表面的重力加速度为C．火星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度相等D．王跃在火星表面能竖直向上跳起的最大高度为【解答】解：A、由，得到：g=，已知火星半径是地球半径的，质量是地球质量的，则火星表面的重力加速度是地球表重力加速度的，即为g′=设火星质量为M′，由万有引力等于中可得：G，解得：M′=，密度为：ρ==．故A正确；B、由A分析知，火星表面的重力加速度g′=，故B确；C、由G，得到v=，火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的倍．故C错误；D、王跃以v0在地球起跳时，根据竖直上抛的运动规律得出可跳的最大高度是：h=，由于火星表面的重力加速度是，王跃以相同的初速度在火星上起跳时，可跳的最大高度h′=，D正确．故选：ABD7．（6分）如图所示，内壁光滑半径大小为R的圆轨道竖直固定在桌面上，一个质量为m的小球静止在轨道底部A点．现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后迅速移开，使小球沿轨道在竖直面内运动．当小球回到A点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，通过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点．已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功W1，第二次击打过程中小锤对小球做功W2．设先后两次击打过程中小锤对小球做功全部用来增加小球的动能，则的值可能是（）A．B．C．D．1【解答】解：第一次击打后球最多到达与球心O等高位置，根据功能关系，有：W1≤mgR…①两次击打后可以到轨道最高点，根据功能关系，有：W1+W2﹣2mgR=…②在最高点，有：mg+N=m≥mg…③联立①②③解得：W1≤mgRW2≤mgR故故AB正确，CD错误；故选：AB．8．（6分）如图，一粒子发射源P位于足够大绝缘板AB的上方d处，能够在纸面内向各个方向发射速率为v、电荷量为q质量为m的带正电的粒子，空间存在垂直纸面的匀强磁场，不考虑粒子间的相互作用和粒子重力．已知粒子做圆周运动的半径大小恰好为d，则（）A．能打在板上的区域长度是2dB．能打在板上的区域长度是（+1）dC．同一时刻发射出的带电粒子达到板上的最大时间差为D．同一时刻发射出的带电粒子达到板上的最大时间差为【解答】解：A、B、打在极板上粒子轨迹的临界状态如图所示：根据几何关系知，带电粒子能到达板上的长度l=R+R=（1+）R=（1+）d；故A错误，B正确；C、D、在磁场中运动时间最长和最短粒子运动轨迹示意图如图所示：由几何关系知，最长时间t1=T最短时间t2=T又有粒子在磁场中运动的周期T==；根据题意：t1﹣t2=△t联立解得：△t==；故C正确，D错误；故选：BC．二、非选择题（包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题～第18题为选考题，考生根据要求作答．）（一）必考题9．（6分）某同学设计了如图甲所示的装置来探究小车的加速度与所受合力的关系．将装有力传感器的小车放置于水平长木板上，缓慢向小桶中加入细砂，直到小车刚好运动为止，记下传感器的最大示数F0，以此表示小车所受摩擦力的大小．再将小车放回原处并按住，继续向小桶中加入细砂，记下传感器的示数F1．（1）接通频率为50Hz的交流电源，释放小车，打出如图乙所示的纸带．从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离，则小车的加速度a=0.16m/s2．（2）改变小桶中砂的重力，多次重复实验，获得多组数据，描绘小车加速度a 与合力F（F=F1﹣F0）的关系图象．不计纸带与打点计时器间的摩擦．下列图象中正确的是B．（3）同一次实验中，释放小车前力传感器示数F1与小车加速运动时力传感器示数F2的关系是F1＞F2（选填“＜”或“=”或“＞”）．（4）关于该实验，下列说法中正确的是D．A．小车和力传感器的总质量应远大于小桶和砂的总质量B．实验中需要将长木板右端垫高C．实验中需要测出小车和力传感器的总质量D．用加砂的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，可更方便地获取多组实验数据．【解答】解：（1）由于每相邻两个计数点间还有4个点，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，得：a==0.16 m/s2，（2）改变小桶中砂的重力，多次重复实验，获得多组数据，描绘小车加速度a 与合力F（F=F1﹣F0）的关系图象．由于已经平衡摩擦力，所以图象应该过原点，一条倾斜的直线．故B正确，ACD 错误；故选：B．（3）对小桶受力分析，设小桶重力为mg，木板释放前弹簧秤的示数F1，所以F1=mg，设小车的重力为Mg，小车在加速运动时弹簧秤的示数F2，根据牛顿第二定律得：mg﹣F2=ma所以F1＞F2，（4）A、在该实验中力传感器可以直接得出力的大小，不需要使小车和传感器的总质量应远大于小桶和砂的总质量，故A错误；B、实验中不需要将长木板右端垫高，因为已经测量了小车所受摩擦力的大小，故B错误；C、实验中不需要测出小车和传感器的总质量，只需要保证小车和传感器的总质量不变，故C错误；D、用加砂的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，可更方便地获取多组实验数据，故D正确；故选：D．故答案为：（1）0.16；（2）B；（3）＞；（4）D10．（9分）小王和小李两同学分别用电阻箱、电压表测量不同电源的电动势和内阻．（1）小王所测电源的内电阻r1较小，因此他在电路中接入了一个阻值为2.0Ω的定值电阻R0，所用电路如图甲所示．①请用笔画线代替导线将图乙所示器材连接成完整的实验电路②闭合开关S，调整电阻箱的阻值R，读出电压表相应的示数U，得到了一组U、R数据．为了比较准确地得出实验结论，小王同学准备用直线图象来处理实验数据，图象的纵坐标表示电压表读数U，则图象的横坐标表示的物理量应该是．（2）小李同学所测电源的电动势E2约为9V，内阻r2为35～55Ω，允许通过的最大电流为50mA．小李同学所用电路如图丙所示，图中电阻箱R的阻值范围为0～9999Ω．①电路中R0为保护电阻．实验室中备有以下几种规格的定值电阻，本实验中应选用C．A．20Ω，125mA B．50Ω，20mAC．150Ω，60mA D．1500Ω，5mA②实验中通过调节电阻箱的阻值，记录电阻箱的阻值R及相应的电压表的示数U，根据测得的多组数据，作出﹣图线，图线的纵轴截距为a，图线的斜率为b，则电源的电动势E2=，内阻r2=．【解答】解：（1）①根据电路图，实物图连接如图所示：②根据欧姆定律可知：E1=U+（R0+r1），可得U=E1﹣（R0+r1），故横坐标为．（2）①电路最小总电阻约为R min=Ω=180Ω，为保护电路安全，保护电阻应选C；②在闭合电路中，电源电动势为E2=U+Ir2=U+r2，则=•+，则﹣图象是直线，截距a=，得E2=，斜率b=，得r2=．故答案为：（1）①如图所示；②；（2）①C；②；．11．（14分）如图所示，质量为M=2kg、左端带有挡板的长木板放在水平面上，板上贴近挡板处放有一质量为m=1kg的物块，现用一水平向右大小为9N的拉力F拉长木板，使物块和长木板一起做匀加速运动，物块与长木板间的动摩擦因数为μ1=0.1，长木板与水平面间的动摩擦因数为μ2=0.2，运动一段时间后撤去F，最后物块恰好能运动到长木板的右端，木板长L=4.8m，物块可看成质点，不计挡板的厚度，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2，求：（1）小物块开始运动时的加速度；（2）拉力F作用的时间；（3）整个过程因摩擦产生的热量．【解答】解：（1）开始由于挡板的作用，滑块与木板将一起做匀加速直线运动，水平方向受到拉力与摩擦力的作用，竖直方向受到重力和支持力的作用，以整体为研究的对象，则：竖直方向：N0=Mg+mg=2×10+1×10=30N水平方向：F﹣μ2N0=（M+m）a0代入数据得：（2）撤去拉力后，滑块受到的摩擦力的方向向左，大小为：f1=μ1mg=0.1×1×10=1N选择向右为正方向，加速度：木板受到地面的摩擦力：f2=μ2N0=0.2×30=6N根据牛顿第三定律，滑块受到木板向左的摩擦力，所以木板受到滑块对它的向右的摩擦力，大小也1N，所以木板的加速度：设撤去力F时刻二者的速度为v，则滑块的位移：木板的位移：又：x1﹣x2=L联立方程，代入数据得：v=4m/s设力F作用的时间为t，则：v=a0t所以：t=s（3）在拉力F的作用下木板的位移：m撤去拉力后木板的位移：m根据功能原理，则整个的过程中产生的热量为木板受到的地面的摩擦力与木板位移的乘积加上滑块受到的摩擦力与滑块相对于木板的位移的乘积，即：Q=f2（x2+x3）+f1（x1﹣x2）=6×（3.2+8）+1×4.8=72J答：（1）小物块开始运动时的加速度是1m/s2；（2）拉力F作用的时间是4s；（3）整个过程因摩擦产生的热量是72J．12．（18分）用密度为d、电阻率为P粗细均匀的金属导线制成两个闭合正方形线框M和N．边长均为L．线框M，N的导线横截面积分别为S1，S2，S1＞S2，如图所示．匀强磁场仅存在于相对磁极之间，磁感应强度大小为B，其他地方的。
山东省枣庄市高三物理第一次模拟试题(含解析)
山东省枣庄市2015届高考物理一模试卷一、选择题（每小题6分，共42分，每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确）1．如图所示，足够长的轻绳两端分别悬挂在竖直木桩上等高的两点P、Q，绳上挂一个光滑的动滑轮，其下连着质量为m的物体A．物体平衡时，轻绳的拉力用F表示，轻绳与右侧竖直木桩的夹角用θ表示，现保持悬挂点P不动，缓慢将悬挂点Q沿竖直木桩向下移动一小段距离，则移动后( )A．θ变大B．θ不变C．F=D．F＞2．如图所示，长木板在水平地面上运动，某时刻（t=0）速度为v0，此时将一个相对于地面静止的物块轻放到木板上．已知物块与木板的质量相等，物块与木板之间、木板与地面之间均有摩擦，物块与木板之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．从t=0时刻起，木板运动的v﹣t图象可能是选项中的( )A．B．C．D．3．如图所示，在正点电荷Q的电场中有M、N、P、F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点，∠M=30°．M、N、P、F四点处的电势分别用φM、φN、φP、φF表示，电场强度大小分别为E M、E N、E P、E F表示．已知φM=φP=φF．点电荷Q在M、N、P三点所在平面内．下列说法正确的是( )A．点电荷Q在MP的连线上B．连接PF的线段一定在同一等势面上C．将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做正功D．E M=3E N4．如图所示，理想变压器原线圈匝数为n1；副线圈a、b之间匝数为n2．b、c之间匝数为n3，且有n1：n2：n3=100：10：1．原线圈两端加交流电压u，单刀双掷开关打在a处时，无论怎样调节滑动变阻器，电动机M都始终转动；单刀双掷开关打在b处时，无论怎样调节滑动变阻器，电动机M都始终不转动，但电流表有示数．图中电表均为理想交流电表．下列说法正确的是( )A．a、c之间电压与b、c之间电压之比为11：1B．开关打在a处时，调节滑动变阻器，电压表与电流表读数成正比C．开关打在b处时，调节滑动变阻器，电压表与电流表读数成正比D．开关打在b处时，将滑动变阻器滑片P向下滑动的过程中，变压器输入功率逐渐减小5．如图所示，在倾角为θ的斜面上固定两根足够长的光滑平行金属导轨PQ、MN．导轨PQ、MN相距为L，处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下．将金属棒a垂直于导轨放置，用跨过光滑定滑轮且平行于导轨的细线与物块c连接．由静止释放c，此后某时刻，将另一金属棒b也垂直于导轨放置在导轨上，此刻起a、c恰好做匀速运动．b 棒恰好静止．a棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨接触良好，质量均为m；导轨电阻不计．则下列说法正确的是( )A．物块c的质量是2msinθB．b棒放上导轨前，物块c减少的重力势能等于a、c增加的动能C．b棒放上导轨后，物块c减少的重力势能等于回路消耗的电能D．b棒放上导轨后，a棒中电流大小是6．我国志愿者王跃曾与俄罗斯志愿者一起进行“火星﹣500”的模拟实验活动．假设王跃登陆火星后，测得火星的半径是地球半径的，质量是地球质量的．已知地球表面的重力加速度是g，地球的半径为R，王跃在地球表面能竖直向上跳起的最大高度为h，忽略自转的影响．下列说法正确的是( )A．火星的密度为B．火星表面的重力加速度为C．火星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度相等D．王跃在火星表面能竖直向上跳起的最大高度为7．如图所示，两根足够长的光滑细杆AB和AC，夹角θ=30°，在A点固结于一起，整体竖直放置在水平地面上．两小环P、Q用轻弹簧连接后分别套在AB、AC杆上，开始时两环均静止且轻弹簧处于原长状态．已知两环质量均为1kg，轻弹簧原长x0=10cm．重力加速度g=10m/s2．现用力F沿AC方向拉环Q，当环Q前进位移为1m时，速度v1=2m/s．此时环P运动到M点（图中未画出），速度v2=1m/s，且处于平衡状态，此时弹簧的弹性势能为2J．则在这一过程中，下列说法正确的是( )A．环P运动到M点时，PQ连线一定垂直于杆ABB．环Q所受的外力对Q所做的总功为2JC．环Q的重力势能增加了4JD．拉力F所做的功为9.5J二、非选择题8．在“探究弹力和弹簧伸长的关系”时，某同学把两根弹簧如图1连接起来进行探究．（1）某次测量如图2所示，指针示数为__________cm．（2）在弹性限度内，将50g的钩码逐个挂在弹簧下端，得到指针A、B的示数如表．用表中数据计算弹簧Ⅰ的劲度系数为__________N/m，弹簧Ⅱ的劲度系数为__________N/m．（取g=l0m/s2，结果保留三位有效数字）钩码数 1 2 3 4指针A示数/cm 15.71 19.71 23.70 27.70指针B示数/cm 29.96 35.96 41.95 47.959．某同学用下列器材测量电阻丝的电阻R x：电源E，适当量程的电流表、电压表各一只（电流表有内阻，电压表内阻不是无限大），滑动变阻器R、R P，开关S1、S2，导线若干．他设计的电路图如图a所示，有效地消除了因电压表和电流表内阻而产生的系统误差．实验步骤如下：A．先闭合S1，断开S2，调节R和R P，使电流表和电压表示数合理，记下两表示数为I1，U1；B．再闭合S2，调节R P，记下电流表和电压表示数为I2、U2．（1）请你帮他按电路图在实物图b上连线；（2）指出上述步骤B中错误的做法并进行改正__________，写出用测量数据表示被测电阻R x的表达式__________．10．（18分）滑草运动是一项使用特定用具沿倾斜的草地滑行的运动．某旅游景区山坡滑草滑到如图所示，山坡倾角θ=37°．直滑道底端通过极小的弧形滑到连接半径R=100m的圆弧坡面，圆弧坡面底端水平．一名游客连同滑草用具总质量m=70kg，用具与坡面间的动摩擦因数μ=0.5．开始下滑阶段同伴对游客施加沿坡面向下的恒定推力F，经过时间t1=4s，游客滑过位移x=24m，此时撤去推力F，游客自然向下滑行，再经时间t2=10s滑到坡底．不计空气阻力和经过直滑道与圆弧坡面间的能量损失，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：（1）同伴对游客推力的最大功率．（2）游客沿直滑道滑动过程中克服摩擦力做的功．（3）游客刚滑入半径R=100m的圆弧坡面时对坡面底端A的压力．11．如图甲所示，真空中竖直放置两块相距为d的平行金属板P、Q．两板间加上如图乙所示最大值为U0的周期性变化的电压，在Q板右侧某个区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的有界匀强磁场．在紧靠P板处有粒子源A，自t=0开始连续释放初速不计的粒子，经一段时间从Q板小孔O射入磁场，射出磁场时所有粒子的速度方向均竖直向上．已知粒子质量为m，电荷量为+q，不计粒子重力及相互间的作用力，电场变化周期T=3d．试求：（1）t=0时刻释放的粒子在P、Q间运动的时间．（2）粒子射入磁场时的最大速率和最小速率．（3）有界磁场区域的最小面积．【物理选修3—3】12．下列说法正确的是( )A．布朗运动就是分子的无规则运动B．空气中水蒸气的压强与同一温度时水的饱和汽压之比叫做空气的相对湿度C．液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性特征D．一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性减小的方向进行13．如图（甲）所示，竖直放置的汽缸内壁光滑，横截面积为S=10﹣3m2，活塞的质量为m=2kg，厚度不计．在A、B两处设有限制装置，使活塞只能在A、B之间运动，B下方汽缸的容积为1.0×10﹣3m3，A、B之间的容积为2.0×10﹣4m3，外界大气压强p0=1.0×105Pa．开始时活塞停在B处，缸内气体的压强为0.9p0，温度为27℃，现缓慢加热缸内气体，直至327℃．求：（1）活塞刚离开B处时气体的温度t2；（2）缸内气体最后的压强；（3）在图（乙）中画出整个过程中的p﹣V图线．【物理选修3—4】14．下列说法正确的是( )A．单摆在周期性外力作用下做受迫振动，其振动周期与单摆的摆长无关B．变化的电场一定产生变化的磁场，变化的磁场一定产生变化的电场C．在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由红光改为绿光，则干涉条纹间距变窄D．用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度是利用了光的偏振15．如图所示，在《奔跑吧兄弟》节目中，王宝强在一块很大的图形浮船上，邓超竖直潜入水下，王宝强在水上无论如何也看不到水下是否有人，试估算圆形浮船的直径至少为多少？（已知邓超身高约为1.8m，水的折射率为，≈2.65）【物理选修3—5】16．下列说法正确的是( )A．卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，发现了质子和中子B．大量处于n=4激发态的氢原子向低能级跃迁时，最多可产生6种不同频率的光子C．放射性元素的半衰期与原子所处的化学状态和外部条件有关D．α、β和γ三种射线，γ射线的穿透能力最强17．质量M=3.0kg的长木板置于光滑水平面上，木板左侧放置一质量m=1.0kg的木块，右侧固定一轻弹簧，处于原长状态，弹簧正下方部分的木板上表面光滑，其它部分的木板上表面粗糙，如图所示．现给木块v0=4.0m/s的初速度，使之向右运动，在木板与木块向右运动过程中，当木板和木块达到共速时，木板恰与墙壁相碰，碰撞过程时间极短，木板速度的方向改变，大小不变，最后木块恰好在木板的左端与木板相对静止．求：（1）木板与墙壁相碰时的速度v1；（2）整个过程中弹簧所具有的弹性势能的最大值E pm．山东省枣庄市2015届高考物理一模试卷一、选择题（每小题6分，共42分，每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确）1．如图所示，足够长的轻绳两端分别悬挂在竖直木桩上等高的两点P、Q，绳上挂一个光滑的动滑轮，其下连着质量为m的物体A．物体平衡时，轻绳的拉力用F表示，轻绳与右侧竖直木桩的夹角用θ表示，现保持悬挂点P不动，缓慢将悬挂点Q沿竖直木桩向下移动一小段距离，则移动后( )A．θ变大B．θ不变C．F=D．F＞考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：动滑轮在不计摩擦的情况下，两侧绳子拉力大小相等，平衡后，两侧绳子的拉力关于竖直方向对称．根据数学知识，研究两侧绳子与竖直方向的夹角跟绳长和MN间距离的关系，根据平衡条件确定绳子拉力与重力的关系，来分析拉力的关系．解答：解：设绳子总长为L，M、N之间的距离为S，两绳与竖直方向夹角为θ，左侧绳长为L1，右侧绳长为L2．则由几何知识，得S=L1sinθ+L2sinθ=（L1+L2）sinθ，又L1+L2=L得到sinθ=设绳子的拉力大小为T，重物的重力为mg．以滑轮为研究对象，根据平衡条件得2Tcosθ=mg，T=当绳子b端慢慢向下移时，S、L没有变化，则θ不变．可见，当θ不变时，绳子拉力T 不变，则得到F=T=，故BC正确，AD错误；故选：BC点评：本题的难点在于运用几何知识得到当绳子b端慢慢向下移时，绳子与竖直方向的夹角不变．对于滑轮问题，解题要充分利用拉力的对称性．2．如图所示，长木板在水平地面上运动，某时刻（t=0）速度为v0，此时将一个相对于地面静止的物块轻放到木板上．已知物块与木板的质量相等，物块与木板之间、木板与地面之间均有摩擦，物块与木板之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．从t=0时刻起，木板运动的v﹣t图象可能是选项中的( )A．B．C．D．考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．分析：判断出木板和木块在达到速度相等前后的加速度，根据加速度大小来判断图象即可．解答：解：设滑块与木板之间的动摩擦因数是μ1，木板与地面之间的动摩擦因数是μ2，在未达到相同速度之前，木板的加速度为﹣μ1mg﹣μ2•2mg=ma1a1=﹣（μ1+2μ2）g达到相同速度之后，二者共同的加速度为﹣μ2•2mg=2ma2a2=﹣μ2g由加速度可知，ABC错误，D正确．故选：D点评：解决本题的关键理清物块和木板的运动规律，结合牛顿第二定律求解加速度，在v﹣t图象中斜率代表加速度3．如图所示，在正点电荷Q的电场中有M、N、P、F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点，∠M=30°．M、N、P、F四点处的电势分别用φM、φN、φP、φF表示，电场强度大小分别为E M、E N、E P、E F表示．已知φM=φP=φF．点电荷Q在M、N、P三点所在平面内．下列说法正确的是( )A．点电荷Q在MP的连线上B．连接PF的线段一定在同一等势面上C．将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做正功D．E M=3E N考点：电势差与电场强度的关系；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：点电荷的等势面是一系列的同心圆，对于圆，圆弧上任意两点的连线的中垂线一定通过圆心；找出电荷位置后，根据电势能的变化情况判断电场力做功情况解答：解：A、点电荷的等势面是一系列的同心圆，对于圆、圆弧上任意两点的连线的中垂线一定通过圆心，故场源电荷在MN的中垂线和FP的中垂线的交点上，不在MP的连线上，如图所示，故A错误；B、φP=φF，线段PF是P、F所在等势面（圆）的一个弦，故B错误；C、在正的点电荷的电场中，离场源越远，电势越低，将正试探电荷从P点搬运到N点，电势能降低，故电场力做正功，故C正确；D、由图可知点电荷到M点与到N点的距离之比为，故E M=3E N，故D正确．故选：CD点评：本题关键是明确点电荷的电场的电场线和等势面的分布规律，知道沿着电场线电势逐渐降低；基础问题4．如图所示，理想变压器原线圈匝数为n1；副线圈a、b之间匝数为n2．b、c之间匝数为n3，且有n1：n2：n3=100：10：1．原线圈两端加交流电压u，单刀双掷开关打在a处时，无论怎样调节滑动变阻器，电动机M都始终转动；单刀双掷开关打在b处时，无论怎样调节滑动变阻器，电动机M都始终不转动，但电流表有示数．图中电表均为理想交流电表．下列说法正确的是( )A．a、c之间电压与b、c之间电压之比为11：1B．开关打在a处时，调节滑动变阻器，电压表与电流表读数成正比C．开关打在b处时，调节滑动变阻器，电压表与电流表读数成正比D．开关打在b处时，将滑动变阻器滑片P向下滑动的过程中，变压器输入功率逐渐减小考点：变压器的构造和原理．专题：交流电专题．分析：单刀双掷开关置于a点时电动机工作，这时电动机是非纯电阻用电器，而置于b点时，电动机是纯电阻用电器，所以电流之比不等于电压之比，滑片向上滑动，电流变小，变压器输出功率变小，输入功率也变小，在非纯电阻的情况下，欧姆定律不适用解答：解：A、单刀双掷开关置于a点时电动机工作，这时电动机是非纯电阻用电器，而置于b点时，电动机是纯电阻用电器，虽然两种情况下副线圈电压之比是11：1，故A正确；B、在非纯电阻的情况下，电动机两端电压与电流不成正比，在电动机不工作的情况下，其两端电压与电流成正比，故B错误C正确．C、滑片向下滑动，电流变大，变压器输出功率变大，输入功率也变大，故D错误．故选：AC点评：解答本题要注意电动机不是纯电阻电路，不能使用欧姆定律解题，难度不大，属于基础题5．如图所示，在倾角为θ的斜面上固定两根足够长的光滑平行金属导轨PQ、MN．导轨PQ、MN相距为L，处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下．将金属棒a垂直于导轨放置，用跨过光滑定滑轮且平行于导轨的细线与物块c连接．由静止释放c，此后某时刻，将另一金属棒b也垂直于导轨放置在导轨上，此刻起a、c恰好做匀速运动．b 棒恰好静止．a棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨接触良好，质量均为m；导轨电阻不计．则下列说法正确的是( )A．物块c的质量是2msinθB．b棒放上导轨前，物块c减少的重力势能等于a、c增加的动能C．b棒放上导轨后，物块c减少的重力势能等于回路消耗的电能D．b棒放上导轨后，a棒中电流大小是考点：导体切割磁感线时的感应电动势．专题：电磁感应与电路结合．分析：a、b棒中电流大小相等方向相反，故a、b棒所受安培力大小相等方向相反，对b棒进行受力分析有安培力大小与重力沿斜面向下的分力大小相等，再以a棒为研究对象，由于a棒的平衡及安培力的大小，所以可以求出绳的拉力，再据C平衡可以得到C的质量．c减少的重力势能等于各棒增加的重力势能和动能以及产生的电能，由此分析便知．解答：解：A、b棒静止，说明b棒受力平衡，即安培力和重力沿斜面向下的分力平衡．a 棒匀速向上运动，说明a棒受绳的拉力和重力沿斜面向下的分力大小以及沿斜面向下的安培力三个力平衡，c匀速下降则c所受重力和绳的拉力大小平衡．由b平衡可知，安培力大小F安=mgsinθ，由a平衡可知F绳=F安+mgsinθ=2mgsinθ，由c平衡可知F绳=m c g因为绳中拉力大小相等，故2mgsinθ=m c g，即物块c的质量为2msinθ，故A正确；B、b放上之前，根据能量守恒知a增加的重力势能也是由于c减小的重力势能，故B错误；C、a匀速上升重力势能在增加，故根据能量守恒知，物块c减少的重力势能等于a增加的重力势能与回路消耗的电能之和，故C错误；D、根据b棒的平衡可知F安=mgsinθ又因为F安=BIL，得I=，故D正确；故选：AD．点评：从导体棒的平衡展开处理可得各力的大小，从能量守恒角度分析能量的变化是关键，能量转化问题从排除法的角度处理更简捷．6．我国志愿者王跃曾与俄罗斯志愿者一起进行“火星﹣500”的模拟实验活动．假设王跃登陆火星后，测得火星的半径是地球半径的，质量是地球质量的．已知地球表面的重力加速度是g，地球的半径为R，王跃在地球表面能竖直向上跳起的最大高度为h，忽略自转的影响．下列说法正确的是( )A．火星的密度为B．火星表面的重力加速度为C．火星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度相等D．王跃在火星表面能竖直向上跳起的最大高度为考点：万有引力定律及其应用．专题：万有引力定律的应用专题．分析：求一个物理量之比，我们应该把这个物理量先表示出来，在进行之比，根据万有引力等于重力，得出重力加速度的关系，根据万有引力等于重力求出质量表达式，在由密度定义可得火星密度；由重力加速度可得出上升高度的关系，根据万有引力提供向心力求出第一宇宙速度的关系．解答：解：A、由，得到：g=，已知火星半径是地球半径的，质量是地球质量的，则火星表面的重力加速度是地球表重力加速度的，即为g′=设火星质量为M′，由万有引力等于中可得：G，解得：M′=，密度为：ρ==．故A正确；B、由A分析知，火星表面的重力加速度g′=，故B确；C、由G，得到v=，火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的倍．故C错误；D、王跃以v0在地球起跳时，根据竖直上抛的运动规律得出可跳的最大高度是：h=，由于火星表面的重力加速度是，王跃以相同的初速度在火星上起跳时，可跳的最大高度h′=，D正确．故选：ABD点评：通过物理规律把进行比较的物理量表示出来，再通过已知的物理量关系求出问题是选择题中常见的方法．把星球表面的物体运动和天体运动结合起来是考试中常见的问题．7．如图所示，两根足够长的光滑细杆AB和AC，夹角θ=30°，在A点固结于一起，整体竖直放置在水平地面上．两小环P、Q用轻弹簧连接后分别套在AB、AC杆上，开始时两环均静止且轻弹簧处于原长状态．已知两环质量均为1kg，轻弹簧原长x0=10cm．重力加速度g=10m/s2．现用力F沿AC方向拉环Q，当环Q前进位移为1m时，速度v1=2m/s．此时环P运动到M点（图中未画出），速度v2=1m/s，且处于平衡状态，此时弹簧的弹性势能为2J．则在这一过程中，下列说法正确的是( )A．环P运动到M点时，PQ连线一定垂直于杆ABB．环Q所受的外力对Q所做的总功为2JC．环Q的重力势能增加了4JD．拉力F所做的功为9.5J考点：功能关系．分析：对PQ受力分析，根据各自所处的运动情况确定位置变化，再由动能定理和功能关系，能量守恒定律确定功能关系．解答：解：A、此时环P运动到M点，速度v2=1m/s，且处于平衡状态，对Q受力分析：受到重力、弹簧弹力、及杆的弹力，由于重力、杆的弹力在竖直方向上，故弹簧弹力也应在竖直方向上，故PQ连线一定垂直于杆AB，故A正确；B、根据功能关系，环Q所受的外力对Q所做的总功等于动能的变化量，，故B正确；C、根据功能关系，环Q的重力势能变化量等于重力做功的负值，根据几何关系：h=xsin30°=0.5m，W G=﹣△E p=﹣mgh=﹣1×10×0.5=﹣5J，即△E P=5J，环Q的重力势能增加了5J，故C错误；D、根据能量守恒定律：对PQ和弹簧整体有，拉力做功转化为PQ增加的动能和Q增加势能及弹簧的弹性势能，+△E p=25=9.5J，故D正确；故选：ABD点评：本题是功能关系和动能定理及能量守恒的典型应用，难度不大，在A 中审题时一定注意处于平衡状态这一关键信息．二、非选择题8．在“探究弹力和弹簧伸长的关系”时，某同学把两根弹簧如图1连接起来进行探究．（1）某次测量如图2所示，指针示数为16.00cm．（2）在弹性限度内，将50g的钩码逐个挂在弹簧下端，得到指针A、B的示数如表．用表中数据计算弹簧Ⅰ的劲度系数为12.5N/m，弹簧Ⅱ的劲度系数为25.0N/m．（取g=l0m/s2，结果保留三位有效数字）钩码数 1 2 3 4指针A示数/cm 15.71 19.71 23.70 27.70指针B示数/cm 29.96 35.96 41.95 47.95考点：探究弹力和弹簧伸长的关系．专题：实验题．分析：（1）刻度尺的读数需估读，需读到最小刻度的下一位．（2）根据弹簧Ⅰ形变量的变化量，结合胡克定律求出劲度系数．通过弹簧Ⅱ弹力的变化量和形变量的变化量可以求出弹簧Ⅱ的劲度系数．解答：解：（1）刻度尺读数需读到最小刻度的下一位，指针示数为16.00cm．（2）由表格中的数据可知，当弹力的变化量△F=0.5N时，弹簧形变量的变化量为△x=4.00cm，根据胡克定律知：k1===12.5N/m．结合A、B示数的变化，可得当弹力的变化量△F=0.5N时，弹簧Ⅱ形变量的变化量△x=6.00﹣400=2.00cm，根据胡克定律能求出弹簧Ⅱ的劲度系数k2===25.0N/m故答案为：（1）16.00；（2）12.5，25.0点评：解决本题的关键掌握胡克定律，知道F=kx，x表示形变量，以及知道其变形式△F=k△x，△x为形变量的变化量9．某同学用下列器材测量电阻丝的电阻R x：电源E，适当量程的电流表、电压表各一只（电流表有内阻，电压表内阻不是无限大），滑动变阻器R、R P，开关S1、S2，导线若干．他设计的电路图如图a所示，有效地消除了因电压表和电流表内阻而产生的系统误差．实验步骤如下：A．先闭合S1，断开S2，调节R和R P，使电流表和电压表示数合理，记下两表示数为I1，U1；B．再闭合S2，调节R P，记下电流表和电压表示数为I2、U2．（1）请你帮他按电路图在实物图b上连线；（2）指出上述步骤B中错误的做法并进行改正应该保持R P不变，测出电流表和电压表的读数为I2、U2，写出用测量数据表示被测电阻R x的表达式．考点：伏安法测电阻．专题：实验题．分析：（1）根据电路图，结合量程及电表极性，即可求解；（2）根据欧姆定律，结合并联电阻公式，并依据题意：即先闭合S1，断开S2与闭合S2，两种情况，即可求解．解答：解：（1）由电路图，连接实物图，如下图所示：（2）A．先闭合S1，断开S2，调节R和R P，使电流表和电压表示数合理，记下两表示数为I1，U1；B．闭合S2，保持R P不变，记下电流表和电压表示数为I2、U2．当先闭合S1，断开S2，根据欧姆定律，则有：R P=；当闭合S2，则有：联立上式，解得：R x=故答案为：（1）如上图所示；（2）应该保持R P不变，测出电流表和电压表的读数为I2、U2；点评：考查由电路图连接实物图，掌握量程选取，及正负极的确定，理解欧姆定律的应用，注意并联电阻的计算．10．（18分）滑草运动是一项使用特定用具沿倾斜的草地滑行的运动．某旅游景区山坡滑草滑到如图所示，山坡倾角θ=37°．直滑道底端通过极小的弧形滑到连接半径R=100m的圆弧坡面，圆弧坡面底端水平．一名游客连同滑草用具总质量m=70kg，用具与坡面间的动摩擦因数μ=0.5．开始下滑阶段同伴对游客施加沿坡面向下的恒定推力F，经过时间t1=4s，游客滑过位移x=24m，此时撤去推力F，游客自然向下滑行，再经时间t2=10s滑到坡底．不计空气阻力和经过直滑道与圆弧坡面间的能量损失，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：（1）同伴对游客推力的最大功率．（2）游客沿直滑道滑动过程中克服摩擦力做的功．（3）游客刚滑入半径R=100m的圆弧坡面时对坡面底端A的压力．考点：功的计算；牛顿第二定律．专题：功的计算专题．分析：（1）由运动学公式求的加速度，在利用牛顿第二定律求的推力，即可求得最大功率；（2）当撤去外力后，由牛顿第二定律求的加速度，求的位移，由W=Fx求的摩擦力做功；（3）由运动学求的到达最低点的速度，由牛顿第二定律求的作用力解答：解：前4s内匀加速下滑，由运动学公式可得，解得，。
2016年山东省枣庄二中高考物理模拟试卷
2016年山东省枣庄二中高考物理模拟试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共5小题，共20.0分)1.下列说法正确的是（）A.物体放出热量，其内能一定减小B.物体对外做功，其内能一定减小C.物体吸收热量，同时对外做功，其内能可能增加D.物体放出热量，同时对外做功，其内能可能不变【答案】C【解析】解：A、物体放出热量，若外界对物体做更多的功大于放出的热量，内能可能增加，故A错误；B、物体对外做功，如同时从外界吸收的热量大于做功的数值，则内能增加，故B错误；C、物体吸收热量，同时对外做功W，如二者相等，则内能可能不变，若Q＞W，则内能增加，若W＞Q，则内能减少，故C正确；D、物体放出热量，Q＜0，同时对外做功，W＜0，则△U＜0，故内能一定减少，故D 错误．故选：C．做功和热传递都能改变内能；物体内能的增量等于外界对物体做的功和物体吸收热量的和，即：△U=Q+W．热力学第一定律实质是能量守恒定律的特殊情况，要在理解的基础上记住公式：△U=W+Q，同时要注意符号法则的应用．2.如图所示，帆板在海面上以速度v朝正西方向运动，帆船以速度v朝正北方向航行，以帆板为参照物（）A.帆船朝正东方向航行，速度大小为vB.帆船朝正西方向航行，速度大小为vC.帆船朝南偏东45°方向航行，速度大小为vD.帆船朝北偏东45°方向航行，速度大小为v【答案】D【解析】解：以帆板为参考系，即把帆板看作静止，则帆船相对于帆板有向东的速度v及向北的速度v；由矢量合成可知，二者的合速度v合=v；方向北偏东45度．故选：D将帆板视为静止，则可得出船相对于板的速度，再由运动的合成与分解可求得合速度的大小和方向．本题考查运动的合成与分解及参考系的内容，矢量是高中物理中的重要内容要掌握其合成与分解的方法．3.如图为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管，视变阻器为理想变压器，原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变，调节触头P，使输出电压有效值由220V降至110V．调节前后（）A.副线圈中的电流比为1：2B.副线圈输出功率比为2：1C.副线圈的接入匝数比为2：1D.原线圈输入功率比为1：2【答案】C【解析】解：A、通过调节触头P，使输出电压有效值由220V降至110V，输出电压减小为原来的一半，在原线圈电压和匝数不变的情况下，根据原副线圈电压之比等于匝数之比得副线圈接入匝数也应该变为原来的一半，所以接入匝数之比为2：1，副线圈电压减半，电阻不变，电流也随之减半，所以电流之比为2：1，故A错误，C正确；B、由P=，所以输出功率之比为4：1，故B错误；D、副线圈输出功率等于原线圈输入功率，所以原线圈输入功率之比为4：1，故D错误；故选：C变压器的电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，输入功率等于输出功率，结合欧姆定律分析．本题不仅考查了变压器的特点和欧姆定律，还结合闭合电路考查了电路的动态分析．4.在同一匀强磁场中，α粒子（H e）和质子（H）做匀速圆周运动，若它们的动量大小相等，则α粒子和质子（）A.运动半径之比是2：1B.运动周期之比是2：1C.运动速度大小之比是4：1D.受到的洛伦兹力之比是2：1【答案】B【解析】解：C、两个粒子的动量大小相等，质量之比是4：1，所以：．故C错误；A、质子H和α粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动，均由洛仑兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv B=m，得轨道半径：R==，根据质子质子（H）和α（H e）粒子的电荷量之比是1：2，质量之比是1：4，则得：R H e：R H=，故A错误；B、粒子运动的周期：，所以：．故B正确；D、根据粒子受到的洛伦兹力：f=qv B，得：．故D错误．故选：B质子H和α粒子以相同的动量在同一匀强磁场中作匀速圆周运动，均由洛仑兹力提供向心力，由牛顿第二定律和圆周运动的规律，可求得比较r、速度v及T的表达式，根据表达式可以得到半径以及周期之比．本题主要考查了带电粒子在磁场场中运动的问题，知道洛伦兹力充当向心力，熟练掌握圆周运动的基本公式即可．5.假设地球和火星都绕太阳做匀速圆周运动，已知地球到太阳的距离小于火星到太阳的距离，那么（）A.地球公转周期大于火星的公转周期B.地球公转的线速度小于火星公转的线速度C.地球公转的加速度小于火星公转的加速度D.地球公转的角速度大于火星公转的角速度【答案】D【解析】解：A、B、根据万有引力提供向心力，得，．由此可知，轨道半径越大，线速度越小、周期越大，由于地球到太阳的距离小于火星到太阳的距离，所以v地＞v火，T地＜T火．故AB错误．C、据万有引力提供向心加速度，得：，可知轨道半径比较小的地球的向心加速度比较大．故C错误；D、根据：T=，所以：，可知轨道半径比较小的地球的公转的角速度比较大．故D正确．故选：D．根据万有引力提供向心力=ma，解出线速度、周期、向心加速度以及角速度与轨道半径大小的关系，据此讨论即可．本题考查万有引力定律的应用，要掌握万有引力提供向心力，并能够根据题意选择不同的向心力的表达式．二、多选题(本大题共5小题，共30.0分)6.如图为某实验器材的结构示意图，金属内筒和隔热外筒间封闭了一定体积的空气，内筒中有水，在水加热升温的过程中，被封闭的空气（）A.内能增大B.压强增大C.分子间引力和斥力都减小D.所有分子运动速率都增大【答案】AB【解析】解：水加热升温使空气温度升高，故封闭空气的内能增大，气体分子的平均动能增大，分子对器壁的撞击力增大，故压强增大；但分子间距离不变，故分子间作用力不变；由于温度是分子平均动能的标志是一个统计规律，温度升高时并不是所有分子的动能都增大，有少数分子动能可能减小；故选：AB．气体分子间距较大，内能主要体现在分子平均动能上，温度升高时内能增大；再根据压强的微观解释可明确压强的变化．本题考查分子的微观性质，要注意明确气体内能取决于温度；而压强取决于温度和体积．7.科学家使用核反应获取氚，再利用氘和氚的核反应获得能量，核反应方程分别为：X+Y→H e+H+4.9M e V和H+H→H e+X+17.6M e V．下列表述正确的有（）A.X是中子 B.Y的质子数是3，中子数是6C.两个核反应都没有质量亏损D.氘和氚的核反应是核聚变反应【答案】AD【解析】解：A、根据核反应方程：H+H→H e+X，X的质量数：m1=2+3-4=1，核电荷数：z1=1+1-2=0，所以X是中子．故A正确；B、根据核反应方程：X+Y→H e+H，X是中子，所以Y的质量数：m2=4+3-1=6，核电荷数：z2=2+1-0=3，所以Y的质子数是3，中子数是3．故B错误；C、根据两个核反应方程可知，都有大量的能量释放出来，所以一定都有质量亏损．故C错误；D、氘和氚的核反应过程中是质量比较小的核生成质量比较大的新核，所以是核聚变反应．故D正确．故选：AD根据质量数守恒以及电荷数守恒即可判断出X和Y；根据是否释放能量判定有没有质量亏损；根据核反应的特点判定是否是聚变反应．该题考查常见的核反应方程，在这一类的题目中，要注意质量数守恒和核电荷数守恒的应用．基础题目．8.如图所示，三条绳子的一端都系在细直杆顶端，另一端都固定在水平地面上，将杆竖直紧压在地面上，若三条绳长度不同，下列说法正确的有（）A.三条绳中的张力都相等B.杆对地面的压力大于自身重力C.绳子对杆的拉力在水平方向的合力为零D.绳子拉力的合力与杆的重力是一对平衡力【答案】BC【解析】解：A、由于三力长度不同，故说明三力与竖直方向的夹角不相同，由于杆保持静止，故在水平方向三力水平分力的合力应为零；故说明三力的大小可能不相等；故A错误；C正确；B、由于三力在竖直方向有拉力，杆在竖直方向合力为零，故杆对地面的压力大于重力；故B正确；D错误；故选：BC．对杆进行分析，明确杆受力情况，再根据水平和竖直方向的平衡关系可分析力之间的关系．本题考查共点力的平衡条件及应用，要注意本题中应分别对水平和竖直两个方向进行分析才能得出正确结果．9.在星球表面发射探测器，当发射速度为v时，探测器可绕星球表面做匀速圆周运动，当发射速度达到v时，可摆脱星球引力束缚脱离该星球，已知地球、火星两星球的质量比约为10：1，半径比约为2：1，下列说法正确的有（）A.探测器的质量越大，脱离星球所需要的发射速度越大B.探测器在地球表面受到的引力比在火星表面的大C.探测器分别脱离两星球所需要的发射速度相等D.探测器脱离星球的过程中，势能逐渐增大【答案】BD【解析】解：A、探测器刚好脱离星球，动能全部转化为势能，发射速度与质量无关，故A错误；，在火星表面受到B、根据万有引力公式得：探测器在地球表面受到的引力地地，而地球、火星两星球的质量比约为10：1，半径比约为2：1，的引力F2=火火解得：，即探测器在地球表面受到的引力比在火星表面的大，故B正确；C、探测器脱离星球时，其需要发射速度为，地球与火星的不同，所以所需发射速度也不同，故C错误；D、由于探测器脱离星球过程中，引力做负功，引力势能增大，故D正确．故选：BD探测器刚好脱离星球，动能全部转化为势能，发射速度与质量无关，根据万有引力公式以及地球、火星两星球质量、半径的关系比较万有引力大小，根据发射速度为比较发射速度大小，探测器脱离星球过程中，引力做负功，引力势能增大．本题主要考查了万有引力公式得直接应用，知道绕星球表面做匀速圆周运动速度的含义，明确探测器刚好脱离星球，动能全部转化为势能，难度适中．10.如图所示的水平匀强电场中，将两个带电小球M和N分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置，释放后，M、N保持静止，不计重力，则（）A.M的带电量比N的大B.M带负电荷，N带正电荷C.静止时M受到的合力比N的大D.移动过程中匀强电场对M做负功【答案】BD【解析】解：A、B、因为M、N在释放后保持静止，说明受到的合力为0，若M带正电，不论N 带正电，还是带负电，都不可能同时静止，只有M带负电，N带正电才能满足同时静止．又M与N之间的库仑力是作用力与反作用力，总是大小相等方向相反，所以二者受到的电场力也必定是大小相等方向相反，由F=q E可知，二者所带的电量大小相等．故A错误，B正确；C、静止时，二者受到的合力都是0．故C错误；D、M带负电，受到的电场力的方向向左，所以移动过程中匀强电场对M做负功．故D 正确．故选：BD分别对MN两个小球进行受力分析，然后结合受力平衡的特点与库仑力的特点即可正确解答．该题考查电场中物体的受力平衡问题，对于电场中的共点力作用下物体的平衡其解决方法和纯力学中共点力作用下物体的平衡适用完全相同的解决方法．三、实验题探究题(本大题共2小题，共18.0分)11.某同学实验打点计时器测量当地的重力加速度．（1）请完成以下主要实验步骤：按图（a）安装实验器材并连接电源；竖直提起系有重物的纸带，使重物______ （填“靠近”或“偏离”）计时器下端；______ ，______ ，使重物自由下落；关闭电源，取出纸带；换新纸带重复实验；（2）图（b）和（c）是实验获得的两条纸带，应选取______ （填“b”或“c”）来计算重力加速度．在实验操作和数据处理都正确的情况下，得到的结果仍小于当地重力加速度，主要原因是空气阻力和______ ．【答案】靠近；接通电源；松开纸带；b；摩擦【解析】解：（1）按图（a）安装实验器材并连接电源；竖直提起系有重物的纸带，使重物靠近计时器下端；接通电源，松开纸带，使重物自由下落；关闭电源，取出纸带；换新纸带重复实验；（2）根据纸带上的点迹分布得出b纸带做加速运动，而且相邻计时点的距离较大，c 纸带先加速后减速，且相邻计时点的距离较小，所以应选取b来计算重力加速度．在实验操作和数据处理都正确的情况下，得到的结果仍小于当地重力加速度，主要原因是空气阻力和摩擦．故答案为：（1）靠近；接通电源；松开纸带；（2）b，摩擦（1）通过组装器材、进行实验和数据处理的顺序对实验的步骤进行分析求解；（2）根据纸带上的点迹分布进行分析选择纸带，由于存在摩擦阻力，所以在实验操作和数据处理都正确的情况下，得到的结果仍小于当地重力加速度．对于实验的具体操作，不光要靠记忆理解，要亲自动手实验，切实去体会．正确解答实验问题的前提是明确实验原理，从实验原理出发进行分析所需实验器材、所测数据、误差分析等，会起到事半功倍的效果．12.某实验小组研究两个未知元件X和Y的伏安特性，使用的器材包括电压表（内阻约为3kΩ）、电流表（内阻约为1Ω）、定值电阻等．（1）使用多用电表粗测元件X的电阻，选择“×1”欧姆挡测量，示数如图（a）所示，读数为______ Ω．据此应选择图中的______ （填“b”或“c”）电路进行实验；（2）连接所选电路，闭合S；滑动变阻器的滑片P从左向右滑动，电流表的示数逐渐______ （填“增大”或“减小”）；依次记录电流及相应的电压；将元件X换成元件Y，重复实验；（3）如图（d）是根据实验数据作出的U-I图线，由图可判断元件______ （填“X”和“Y”）是非线性元件；（4）该小组还借助X和Y中的线性元件和阻值R=21Ω的定值电阻，测量待测电池的电动势E和内阻r，电路如图（e）所示，闭合S1和S2，电压表读数为3.00V；断开S2，读数为1.00V．利用图（d）可算得E= ______ V．r= ______ Ω（结果均保留两位有效数字，视电压表为理想电压表）．【答案】10；b；增大；Y；3.2；0.50【解析】解：（1）使用多用电表粗测元件X的电阻，选择“×1”欧姆挡测量，示数如图（a）所示，读数为10Ω．元件X的电阻远小于电压表内阻，电流表采用外接法误差较小，因此需要选择图b所示实验电路．（2）连接所选电路，闭合S；滑动变阻器的滑片P从左向右滑动，并联支路电压增大，电流表的示数逐渐增大；（3）如图（d）是根据实验数据作出的U-I图线，由图可判断元件Y是非线性元件；（4）根据U-I图线得出元件X的电阻R==10Ω；闭合S1和S2，电压表读数为3.00V；断开S2，读数为1.00V，根据闭合电路欧姆定律列出等式E=3+×rE=1+×（r+21）解得：E=3.2V．r=0.50Ω故答案为：（1）10；b（2）增大；（3）Y（4）3.2；0.50电阻的大小等于表盘的读数乘以倍率．根据元件X的电阻大小确定电流表的内外接．先分析电路的连接方式即串联，然后根据滑动变阻器的正确使用方法进行分析．根据图象得特点判断元件是否是非线性元件；根据闭合电路欧姆定律列出等式求解电动势E和内阻r．知道串联电路中电阻、电流和电压的关系，会正确使用滑动变阻器，会根据欧姆定律判断电压表和电流表示数的变化．关键掌握滑动变阻器分压式和限流式的区别，电流表内外接的区别，以及会通过图线求解电源的电动势和内阻．四、计算题(本大题共2小题，共36.0分)13.如图（a）所示，平行长直金属导轨水平放置，间距L=0.4m，导轨右端接有阻值R=1Ω的电阻，导体棒垂直放置在导轨上，且接触良好．导体棒及导轨的电阻均不计．导轨间正方形区域abcd内有方向竖直向下的匀强磁场，bd连线与导轨垂直，长度也为L．从0时刻开始，磁感应强度B的大小随时间t变化，规律如图（b）所示；同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，1s后刚好进入磁场，若使棒在导轨上始终以速度v=1m/s 做直线运动，求：（1）棒进入磁场前，回路中的电动势E；（2）棒在运动过程中受到的最大安培力F，以及棒通过三角形abd区域使电流i与时间t的关系式．【答案】解：（1）根据法拉第电磁感应定律E=N得棒进入磁场前，回路中感应电动势为：E==×0.08=0.04V，同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，1s后刚好进入磁场，若使棒在导轨上始终以速度v=1m/s做直线运动，棒通过三角形abd区域时，棒切割磁感线产生的感应电动势大小E′=BL v=2B v（t-1）v，根据欧姆定律得棒通过三角形abd区域使电流i与时间t的关系式i=′==t-1（1s≤t≤1.2s），当t=1.2s时，电流最大，有效长度最大，最大安培力F m=BIL=0.04N，根据左手定则得安培力方向水平向左．答：（1）棒进入磁场前，回路中的电动势E是0.04V；（2）棒在运动过程中受到的最大安培力大小是0.04N，方向水平向左，棒通过三角形abd区域使电流i与时间t的关系式i=t-1（1s≤t≤1.2s）．【解析】根据法拉第电磁感应定律E=N求出感应电动势的大小，根据棒切割磁感线产生的感应电动势公式和欧姆定律求解感应电流，再根据安培力大小求解．本题考查了法拉第电磁感应定律和切割产生的感应电动势公式的综合运用，考查了闭合欧姆定律和安培力公式，难度中等．14.如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R=0.5m，物块A以V0=6m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动．P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段，光滑段交替排列，每段长度都为L=0.1m．物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ=0.1，A、B的质量均为m=1kg（重力加速度g取10m/s2；A、B 视为质点，碰撞时间极短）．（1）求A滑过Q点时的速度大小V和受到的弹力大小F；（2）若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值；（3）求碰后AB滑至第n个（n＜k）光滑段上的速度V AB与n的关系式．【答案】解：（1）由机械能守恒定律可得：mv02=mg（2R）+mv2；解得：v=4m/s；由F+mg=m可得：F=22N；（2）AB碰撞前A的速度为v A，由机械能守恒定律可得：mv02=mv A2得v A=v0=6m/s；AB碰撞后以共同速度v P前进，设向右为正方向，由动量守恒定律可得：mv0=（m+m）v p解得：v P=3m/s；故总动能E K=（m+m）v P2=×2×9=9J；滑块每经过一段粗糙段损失的机械能△E K=f L=μ（m+m）g L=0.1×20×0.1=0.2J；k===45；（3）AB整体滑到第n个光滑段上损失的能量；E损=n E=0.2n J从AB碰撞后运动到第n个光滑段的过程中，由能量守恒定律可得：（m+m）v P2-（m+m）v AB2=n△E，代入解得：v AB=m/s；答：1）A滑过Q点时的速度大小V为4m/s；受到的弹力大小F为22N；（2）k的数值为45；（3）碰后AB滑至第n个（n＜k）光滑段上的速度V AB与n的关系式为v AB=m/s；【解析】（1）由机械能守恒定律可求得A滑过Q点的速度，由向心力公式可求得弹力大小；（2）由机械能守恒定律可求得AB碰撞前A的速度，再对碰撞过程由动量守恒定律可求得碰后的速度；则可求得总动能，再由摩擦力做功求出每段上消耗的机械能；即可求得比值；（3）设总共经历了n段，根据每一段上消耗的能量，由能量守恒可求得表达式．本题考查动量守恒定律、机械能守恒定律及向心力等内容，要求我们能正确分析物理过程，做好受力分析及能量分析；要注意能量的转化与守恒的灵活应用．。
2016届山东日照一模物理(含答案)
保密★启用前试卷类型：A2016年高三模拟考试理科综合能力测试 2016.03注意事项：1.本试卷分为第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共16页，共40题，满分300分，考试时间150分钟。
答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答第I卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
写在本试卷上无效。
3.回答第II卷时，将答案写在答题卡上的相应区域。
回答选考题时，先用2B铅笔将所选题目的题号在答题卡上指定的位置涂黑。
答案写在本试卷上和答题卡上的非答题区域均无效。
4.考试结束后将答题卡交回。
二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。
在每小题给出的四个选项中，第14—18题只有一项符合题目要求，第19—21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，有错选的得0分。
14.1820年4月的一天，丹麦科学家奥斯特在上课时，无意中让通电导线靠近小磁针，突然发现小磁针偏转。
这个现象并没有引起在场其他人的注意，而奥斯特却是个有心人，他非常兴奋，紧紧抓住这个现象，接连三个月深入地研究，反复做了几十次实验。
关于奥斯特的实验，如图所示，下列操作中一定能够观察到小磁针偏转的是A.通电导线AB东西放置，小磁针放在导线正下方，闭合开关B.通电导线AB南北放置，小磁针放在导线正下方，闭合开关C.通电导线AB东西放置，小磁针放在导线正下方，改变电流方向D.通电导线AB南北放置，小磁针在AB延长线的B端外侧，改变电流大小15.图甲为水平放置的两根平行光滑导轨，处在垂直轨道平面向里的匀强磁场中。
均匀金属棒AB垂直于导轨水平静止放置。
从t=0时刻开始在AB棒上通有图乙所示的交变电流，规定甲图所示的电流方向为正方向。
下列说法正确的是A.金属棒将在某一范围内往复运动B.t1时刻导体棒的速度最大C.t2时刻导体棒的加速度最大D.安培力时而做正功，时而做负功16.如图所示，电场线方向坚直向下，在a点由静止释放一个质量为m、电荷量为q 的带电微粒，带电微粒沿电场线运动到b点时速度恰好为零。
山东省枣庄市2016届高三物理下册第一次模拟考试卷
山东省枣庄市第三中学2016年下学期第一次模拟考试物理试卷选择题：共6小题，每小题6分，共36分，每小题所给出的选项中只有一个选项是符合题目要求的。
13.如图，a 是竖直平面P 上的一点，P 前有一条形磁铁垂直于P ，且S 极朝向a 点，P 后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下，在水平面内向右弯曲经过a 点。
在电子经过a 点的瞬间。
条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向（ ）A ．向上 B.向下 C.向左 D.向右14. 如图，若两颗人造卫星a 和b 均绕地球做匀速圆周运动，a 、b 到地心O 的距离分别为r 1、r 2，线速度大小分别为v 1、v 2，则A.12v v =12v v C.21221()v r v r = D. 21122()v r v r = 15. 假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率。
如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的（ ）A.4倍B. 2倍C.3倍D. 2倍16. 简谐横波在同一均匀介质中沿x 轴正方向传播，波速为v 。
若某时刻在波的传播方向上，位于平衡位置的两质点a 、b 相距为s ，a 、b 之间只存在一个波谷，则从该时刻起，下列四幅波形图中质点a 最早到达波谷的是17. 如图,在竖直平面内，滑到ABC 关于B 点对称，且A 、B 、C 三点在同一水平线上。
若小滑块第一次由A 滑到C ，所用时间为t 1，第二次由C 滑到A ，所用时间为t 2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因素恒定，则A.t1<t2B. t1=t2C. t1>t2D.无法比较t1、t2的大小18. 如图，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O；整个系统处于静止状态；现将细绳剪断，将物块a的加速度记为a1，S1和S2相对原长的伸长分别为△l1和△l2，重力加速度大小为g，在剪断瞬间A.a1=3gB.a1=0C. △l1=2△l2D. △l1=△l219.（18分）（1）某同学做“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验。
山东省枣庄市第一中学高二物理下学期复习模拟练习题(含解析)
2016年山东省枣庄一中高考物理模拟试卷一、选择题（共11小题，每小题3分，满分33分）1．两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同，方向平行．一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子（不计重力），从较强磁场区域进入到较弱区域后，粒子的（）A．轨道半径减小，角速度增大 B．轨道半径减小，角速度减小C．轨道半径增大，角速度增大 D．轨道半径增大，角速度减小2．如图，两平行的带电金属板水平放置．若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态．现将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将（）A．保持静止状态 B．向左上方做匀加速运动C．向正下方做匀加速运动 D．向左下方做匀加速运动3．一理想变压器的原，副线圈的匝数比为3：1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220V的正弦交流电源上，如图所示，设副线圈回路中电阻两端的电压为U，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k，则（）A．U=66V，k=B．U=22V，k=C．U=66V，k=D．U=22V，k=4．有两个匀强磁场区域 I和 II，I中的磁感应强度是 II中的k倍，两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动．与 I中运动的电子相比，II中的电子（）A．运动轨迹的半径是 I中的k倍B．加速度的大小是 I中的k倍C．做圆周运动的周期是 I中的k倍D ．做圆周运动的角速度是 I 中的相等5．一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示，水平台面的长和宽分别为L 1和L 2，中间球网高度为h ，发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h ，不计空气的作用，重力加速度大小为g ，若乒乓球的发射率v 在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，到v 的最大取值范围是（ ）A ． ＜v ＜L 1B ． ＜v ＜C ．＜v ＜ D ． ＜v ＜6．1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”．实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示．实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后．下列说法正确的是（ ）A ．圆盘上产生了感应电动势B ．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动C ．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D ．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动7．如图（a），一物块在t=0时刻滑上一固定斜面，其运动的v﹣t图线如图（b）所示，若重力加速度及图中的v0，v1，t1均为已知量，则可求出（）A．斜面的倾角B．物块的质量C．物块与斜面间的动摩擦因数D．物块沿斜面向上滑行的最大高度8．在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩链接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，链接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着这列车厢以大小为的加速度向东行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F．不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为（）A．8 B．10 C．15 D．189．如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上，a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动．不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g．则（）A．a落地前，轻杆对b一直做正功B．a落地时速度大小为C．a下落过程中，其加速度大小始终不大于gD．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg10．由于卫星的发射场不在赤道上，同步卫星发射后需要从转移轨道经过调整再进入地球同步轨道．当卫星在转移轨道上飞经赤道上空时，发动机点火，给卫星一附加速度，使卫星沿同步轨道运行．已知同步卫星的环绕速度约为3.1×103m/s，某次发射卫星飞经赤道上空时的速度为1.55×103m/s，此时卫星的高度与同步轨道的高度相同，转移轨道和同步轨道的夹角为30°，如图所示，发动机给卫星的附加速度的方向和大小约为（）A．西偏北方向，1.9×103m/s B．东偏南方向，1.9×103m/sC．西偏北方向，2.7×103m/s D．东偏南方向，2.7×103m/s11．我国发射的“嫦娥三号”登月探测器靠近月球后，先在月球表面附近的近似圆轨道上绕月运行；然后经过一系列过程，在离月面4m高处做一次悬停（可认为是相对于月球静止）；最后关闭发动机，探测器自由下落．己知探测器的质量约为1.3×103kg，地球质量约为月球的81倍，地球半径约为月球的3.7倍，地球表面的重力加速度大小约为9.8m/s2．则此探测器（）A．在着陆前的瞬间，速度大小约为8.9m/sB．悬停时受到的反冲作用力约为2×103NC．从离开近月圆轨道到着陆这段时间内，机械能守恒D．在近月圆轨道上运行的线速度小于人造卫星在近地圆轨道上运行的线速度二、解答题（共4小题，满分47分）12．某物理小组的同学设计了一个粗测玩具小车通过凹形桥最低点时的速度的实验．所用器材有：玩具小车、压力式托盘秤、凹形桥模拟器（圆弧部分的半径为R=0.20m）．完成下列填空：（1）将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图（a）所示，托盘秤的示数为1.00kg；（2）将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时，托盘秤的示数如图（b）所示，该示数为kg；（3）将小车从凹形桥模拟器某一位置释放，小车经过最低点后滑向另一侧．此过程中托盘秤的最大示数为m；多次从同一位置释放小车，记录各次的m值如下表所示：（4）根据以上数据，可求出小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为N；小车通过最低点时的速度大小为 m/s．（重力加速度大小取9.80m/s2，计算结果保留2位有效数字）13．图（a）为某同学改装和校准毫安表的电路图，其中虚线框内是毫安表的改装电路．（1）已知毫安表表头的内阻为100Ω，满偏电流为1mA；R1和R2为阻值固定的电阻．若使用a和b两个接线柱，电表量程为3mA；若使用a和c两个接线柱，电表量程为10mA．由题给条件和数据，可求出R1= Ω，R2= Ω．（2）现用﹣量程为3mA、内阻为150Ω的标准电流表A对改装电表的3mA挡进行校准，校准时需选取的刻度为0.5、1.0、1.5、2.0、2.5、3.0mA．电池的电动势为1.5V，内阻忽略不计；定值电阻R0有两种规格，阻值分别为300Ω和1000Ω；滑动变阻器R有两种规格，最大阻值分别为750Ω和3000Ω．则R0应选用阻值为Ω的电阻，R应选用最大阻值为Ω的滑动变阻器．（3）若电阻R1和R2中有一个因损坏而阻值变为无穷大，利用图（b））的电路可以判断出损坏的电阻．图（b）中的R′为保护电阻，虚线框内未画出的电路即为图（a）虚线框内的电路．则图中的d点应和接线柱（填”b”或”c”）相连．判断依据是：．14．如图，一长为10cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为0.1T，方向垂直于纸面向里，弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘，金属棒通过开关与一电动势为12V的电池相连，电路总电阻为2Ω，已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5cm，闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3cm，重力加速度大小取10m/s2，判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量．15．一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m，如图（a）所示．t=0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t=1s时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1s时间内小物块的v﹣t图线如图（b）所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2．求（1）木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；（2）木板的最小长度；（3）木板右端离墙壁的最终距离．[物理-选修3-3]（共2小题，满分15分）16．下列说法正确的是（）A．将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒是非晶体B．固体可以分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同方向上有不同的光学性质C．由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体D．在合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体E．在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，内能也保持不变17．如图，一固定的竖直气缸有一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞，已知大活塞的质量为m1=2.50kg，横截面积为s1=80.0cm2，小活塞的质量为m2=1.50kg，横截面积为s2=40.0cm2；两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为l=40.0cm2，气缸外大气压强为p=1.00×105Pa，温度为T=303K．初始时大活塞与大圆筒底部相距，两活塞间封闭气体的温度为T1=495K，现气缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移，忽略两活塞与气缸壁之间的摩擦，重力加速度g取10m/s2．求：（i）在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度；（ii）缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强．四、解答题（共2小题，满分0分）18．在双缝干涉实验中，分别用红色和绿色的激光照射用同一双缝，在双缝后的屏幕上，红光的干涉条纹间距△x1与绿光的干涉条纹间距△x2相比，△x1△x2（填“＞”“=”或“＜”），若实验中红光的波长为630nm，双缝与屏幕的距离为1.00m，测得地1条到第6条亮条纹中心间的距离为10.5mm，则双缝之间的距离为mm．19．甲乙两列简谐横波在同一介质中分别沿x轴正向和负向传播，波速均为v=25cm/s，两列波在t=0时的波形曲线如图所示．求：（ i）t=0时，介质中偏离平衡位置位移为16cm的所有质点的x坐标；（ ii）从t=0开始，介质中最早出现偏离平衡位置位移为﹣16cm的质点的时间．[物理-选修3-5]20．在某次光电效应实验中，得到的遏制电压u0与入射光的频率v的关系如图所示，若该直线的斜率为k、横截距为b，电子电荷量的绝对值为e，则普朗克常量可表示为，所用材料的逸出功可表示为．21．如图，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A点位于B、C之间，A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态，现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．六、解答题（共4小题，满分30分）22．如图，一束光沿半径方向射向一块半圆柱形玻璃砖，在玻璃砖底面上的入射角为θ，经折射后射出a、b两束光线．则（）A．在玻璃中，a光的传播速度小于b光的传播速度B．在真空中，a光的波长小于b光的波长C．玻璃砖对a光的折射率小于对b光的折射率D．若改变光束的入射方向使θ角逐渐变大，则折射光线a首先消失E．分别用a、b光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，a光的干涉条纹间距大于b光的干涉条纹间距23．平衡位置位于原点O的波源发出的简谐横波在均匀介质中沿水平x轴传播，P、Q为x 轴上的两个点（均位于x轴正方），P与O的距离为35cm，此距离介于一倍波长与二倍波长之间．已知波源自t=0时由平衡位置开始向上振动，周期T=1s，振幅A=4cm．当波传到P点时，波源恰好处于波峰位置；此后再经过5s，平衡位置在Q处的质点第一次处于波峰位置．求：（i）P、Q间的距离；（ii）从t=0开始到平衡位置在Q处的质点第一次处于波峰位置时，波源在振动过程中通过的路程．24．实物粒子和光都具有波粒二象性．下列事实中突出体现波动性的是（）A．电子束通过双缝实验装置后可以形成干涉图样B．β射线在云室中穿过会留下清晰的径迹C．人们利用慢中子衍射来研究晶体的结构D．人们利用电子显微镜观测物质的微观结构E．光电效应实验中，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关25．两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段．两者的位置x随时间t变化的图象如图所示．求：（i）滑块a、b的质量之比；（ii）整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比．2016年山东省枣庄一中高考物理模拟试卷参考答案与试题解析一、选择题（共11小题，每小题3分，满分33分）1．两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同，方向平行．一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子（不计重力），从较强磁场区域进入到较弱区域后，粒子的（）A．轨道半径减小，角速度增大 B．轨道半径减小，角速度减小C．轨道半径增大，角速度增大 D．轨道半径增大，角速度减小【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】通过洛伦兹力提供向心力得知轨道半径的公式，结合该公式即可得知进入到较弱磁场区域后时，半径的变化情况；再利用线速度与角速度半径之间的关系式，即可得知进入弱磁场区域后角速度的变化情况．【解答】解：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提高向心力，由牛顿第二定律有：qvB=m，解得：r=，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后．B减小，所以r增大．线速度、角速度的关系为：v=ωR线速度v不变，半径r增大，所以角速度减小，故D正确，ABC错误．故选：D．【点评】本题考查了粒子在磁场中的运动，解答该题要明确洛伦兹力始终不做功，洛伦兹力只是改变带电粒子的运动方向，应用牛顿第二定律、线速度与角速度的关系即可解题．2．如图，两平行的带电金属板水平放置．若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态．现将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将（）A．保持静止状态 B．向左上方做匀加速运动C．向正下方做匀加速运动 D．向左下方做匀加速运动【考点】带电粒子在混合场中的运动．【专题】带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】开始时刻微粒保持静止，受重力和电场力而平衡；将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转45°，电容器带电量不变，间距不变，正对面积也不变，故电场强度的大小不变，电场力的大小不变，方向逆时针旋转45°，根据平行四边形定则求解出合力的方向，确定微粒的运动即可．【解答】解：在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态，微粒受重力和电场力平衡，故电场力大小F=mg，方向竖直向上；将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转45°，电场强度大小不变，方向逆时针旋转45°，故电场力逆时针旋转45°，大小仍然为mg；故重力和电场力的大小均为mg，方向夹角为135°，故合力向左下方，微粒的加速度恒定，向左下方做匀加速运动；故ABC错误，D正确；故选：D．【点评】本题关键是对微利受力分析后结合牛顿第二定律分析，注意本题中电容器的两板绕过a点的轴逆时针旋转，板间场强大小不变，基础题目．3．一理想变压器的原，副线圈的匝数比为3：1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220V的正弦交流电源上，如图所示，设副线圈回路中电阻两端的电压为U，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k，则（）A．U=66V，k=B．U=22V，k=C．U=66V，k=D．U=22V，k=【考点】变压器的构造和原理．【专题】交流电专题．【分析】首先计算出通过副线圈的电流，由变比关系可知原线圈的电流，继而可表示出与原线圈串联的电阻的分压，结合题意即可在原线圈上列出电压的等式，可求出副线圈上的电压．利用焦耳定律可表示出两个电阻的功率，继而可解的比值k．【解答】解：由题意知：副线圈的电流为：I2=则原线圈的电流为：I1==与原线圈串联的电阻的电压为：U R=I1R=由变压器的变比可知，原线圈的电压为3U，所以有：解得：U=66V原线圈回路中的电阻的功率为：P1=R=副线圈回路中的电阻的功率为：P2=所以k==选项A正确，BCD错误故选：A【点评】该题的突破口是表示出原线圈中的电流和原线圈回路中的电阻的分压，找出原线圈的电压和原线圈回路中的电阻的分压的数值关系．该题类似于远距离输电的情况．4．有两个匀强磁场区域 I和 II，I中的磁感应强度是 II中的k倍，两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动．与 I中运动的电子相比，II中的电子（）A．运动轨迹的半径是 I中的k倍B．加速度的大小是 I中的k倍C．做圆周运动的周期是 I中的k倍D．做圆周运动的角速度是 I中的相等【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【分析】电子在磁场中做的圆周运动，洛伦兹力作为向心力，根据圆周运动的周期公式和半径公式逐项分析即可．【解答】解：设Ⅱ中的磁感应强度为B，则Ⅰ中的磁感应强度为kB，A、根据电子在磁场中运动的半径公式r=可知，Ⅰ中的电子运动轨迹的半径为，Ⅱ中的电子运动轨迹的半径为，所以Ⅱ中的电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍，故A正确；B、电子在磁场运动的洛伦兹力作为向心力，所以电子的加速度的大小为a=，所以Ⅰ中的电子加速度的大小为，Ⅱ中的电子加速度的大小为，所以Ⅱ的电子的加速度大小是Ⅰ中的倍，故B错误；C、根据电子在磁场中运动的周期公式T=可知，Ⅰ中的电子运动周期为，Ⅱ中的电子运动周期为，所以Ⅱ中的电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍，所以Ⅱ中的电子运动轨迹的周期是Ⅰ中的k倍，故C正确；D、做圆周运动的角速度ω=，所以Ⅰ中的电子运动角速度为，Ⅱ中的电子运动角速度为，在Ⅱ的电子做圆周运动的角速度是Ⅰ中的倍，故D错误；故选：AC．【点评】本题是对粒子在磁场中做圆周运动的基本考查，解决本题的关键是抓住洛伦兹力作为向心力，根据向心力的不同的公式来分析不同的关系，记住平时的得出的结论可以快速的分析问题．5．一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示，水平台面的长和宽分别为L1和L2，中间球网高度为h，发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h，不计空气的作用，重力加速度大小为g，若乒乓球的发射率v 在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，到v的最大取值范围是（）A．＜v＜L1B．＜v＜C．＜v＜D．＜v＜【考点】平抛运动．【专题】平抛运动专题．【分析】球要落在网右侧台面上，临界情况是与球网恰好不相撞，还有与球台边缘相碰，根据高度求出平抛运动的时间，根据几何关系求出最小的水平位移和最大的水平位移，从而得出最小速度和最大速度．【解答】解：若球与网恰好不相碰，根据3h﹣h=得，，水平位移的最小值，则最小速度．若球与球台边缘相碰，根据3h=得，，水平位移的最大值为x max=，则最大速度，故D正确，A、B、C错误．故选：D．【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住临界情况，结合运动学公式灵活求解，难度中等．6．1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”．实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示．实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后．下列说法正确的是（）A．圆盘上产生了感应电动势B．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动【考点】* 涡流现象及其应用．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】通过题意明确涡流的产生，再根据磁极和电流间的相互作用分析磁铁的运动．【解答】解：A、圆盘在转动中由于半径方向的金属条切割磁感线，从而在圆心和边缘之间产生了感应电动势；故A正确；B、圆盘在径向的金属条切割磁感线过程中，内部距离圆心远近不同的点电势不等，从而形成涡流，涡流产生的磁场又导致磁针转动，故B正确；C、由于圆盘面积不变，距离磁铁的距离不变，故整个圆盘中的磁通量没有变化；故C错误；D、圆盘中自由电子随圆盘一起运动形成的电流的磁场，由安培定则可判断出在中心方向竖直向下，其它位置关于中心对称，此磁场不会导致磁针转动；故D错误；故选：AB．【点评】本题要注意明确电流的形成不是因为自由电子运动，而是由于圆盘切割磁感线产生了电动势，从而产生了涡流．7．如图（a），一物块在t=0时刻滑上一固定斜面，其运动的v﹣t图线如图（b）所示，若重力加速度及图中的v0，v1，t1均为已知量，则可求出（）A．斜面的倾角B．物块的质量C．物块与斜面间的动摩擦因数D．物块沿斜面向上滑行的最大高度【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】由图b可求得物体运动过程及加速度，再对物体受力分析，由牛顿第二定律可明确各物理量是否能够求出．【解答】解：由图b可知，物体先向上减速到达最高时再向下加速；图象与时间轴围成的面积为物体经过的位移，故可出物体在斜面上的位移；图象的斜率表示加速度，上升过程及下降过程加速度均可求，上升过程有：mgsinθ+μmgcosθ=ma1；下降过程有：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma2；两式联立可求得斜面倾角及动摩擦因数；但由于m均消去，故无法求得质量；因已知上升位移及夹角，则可求得上升的最大高度；故选：ACD．【点评】本题考查牛顿第二定律及图象的应用，要注意图象中的斜率表示加速度，面积表示位移；同时注意正确的受力分析，根据牛顿第二定律明确力和运动的关系．8．在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩链接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，链接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着这列车厢以大小为的加速度向东行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F．不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为（）A．8 B．10 C．15 D．18【考点】牛顿第二定律．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】根据两次的情况，利用牛顿第二定律得出关系式，根据关系式分析可能的情况即可．【解答】解：设PQ两边的车厢数为P和Q，当机车在东边拉时，根据牛顿第二定律可得：F=Pm•a，当机车在西边拉时，根据牛顿第二定律可得：F=Qm•a，根据以上两式可得：，即两边的车厢的数目可能是2和3，或4和6，或6和9，或8和12，等等，所以总的车厢的数目可能是5、10、15、20，所以可能的是BC．故选：BC．【点评】本题不是确切的数值，关键的是根据牛顿第二定律得出两次之间的关系，根据关系来判断可能的情况，本题比较灵活，是道好题．。
山东省2016届高三最后一模物理试题Word版含答案
绝密★启用并使用完毕前2016年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
第Ⅰ卷1至5页，第Ⅱ卷6至16页。
注意事项：1.答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上，考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的准考证号、姓名与本人准考证号、姓名是否一致。
2.第Ⅰ卷每小题选出答案后用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
第Ⅱ卷用黑色墨水签字笔在答题卡上规定的答题区域内书写作答，超出答题区域书写的答案无效。
在试题卷上作答，答案无效。
3.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
4.保持卡面清洁，不要折叠、弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
5.考试结束后，监考员将试题卷、答题卡一并收回。
可能用到的相对原子质量：H 1 O 16 C 12 S 32 Fe 56 Na 23 Mg 24 Al 27 Ca 40N14 Ti 48二、选择题：本题共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一个选项符合题目要求，第19~21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，有选错的得0分。
14.2016年“科学突破奖”颁奖仪式在美国举行，我国科学家王贻芳获得“基础物理学突破奖”。
在物理学的发展过程中，科学家们创造出了许多物理学研究方法，以下关于所用物理学研究方法的叙述正确的是A．在不需要考虑带电物体本身的大小和形状时，用点电荷来代替物体的方法叫微元法B．在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验采用了假设法C．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了理想模型法D ．伽利略认为自由落体运动就是物体在倾角为90°的斜面上的运动，再根据铜球在斜面上的运动规律得出自由落体的运动规律，这是采用了实验和逻辑推理相结合的方法15．a 、b 、c 三个物体在同一条直线上运动，其位移与时间的关系图象中，图线c 是一条20.4x t =的抛物线。
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2016年山东省枣庄市高考物理一模试卷二、选择题（本题共8小题，每小题6分，共48分。
在每小题给出的四个选项中，第14-18小题只有一个是符合题目要求；第19-21题有多个选项符合题目要求。
全部选对的得6分，选对但不全的的3分，有选错的得0分）1．（6分）不可伸长的轻质绝缘细线长l，一端连质量为m的带正电小球A，另一端固定在O点．到O点水平距离为l处固定另一带负电的小球B，O、B两点的连线水平，如图所示．由于漏电，小球A从小球B下方附近由静止缓慢下降，当∠AOB分别为30°，60°时，小球A、B之间的库伦力分别为F1、F2，则下列判断正确的是（）A．F1=mgB．F2=mgC．在小球A下降的过程中，细线的拉力逐渐增大D．在小球A下降的过程中，细线的拉力逐渐减小2．（6分）图甲中理想变压器原、副线圈的圈数之比n1：n2=5：1，副线圈的输出电压u随时间变化关系如图乙所示．规格相同的三只灯泡L1、L2、L3正常发光时的电阻均为R=10Ω．现将开关S闭合，此时L1、L2正常发光，下列说法正确的是（）A．变压器副线圈的输出电压u的表达式为u=4sin（50πt）VB．变压器原线圈的输入电流为AC．三个灯泡的额定功率为1.6WD．断开开关S后，变压器原线圈的输入功率变大3．（6分）一物体以初速度v0沿光滑斜面向上做直线运动，其速度v随时间t变化的规律如图所示，在连续两段时间T和2T内，图象与t轴所围成的面积为S，则b时刻物体速度v1的大小为（）A．B．C．D．4．（6分）如图所示，在xOy平面内有匀强磁场，一群质子从P点出发，可以到达圆O上任意一点，可以到达圆O上任意一点，比较圆上这些质子，发现到达A 点的质子动能的增加量最大，增加了36eV．已知A点和P点关于y轴对称，PO 与x轴负方向的夹角为53°，圆的半径为25cm．sin53°=0.8．cos53°=0.6．则匀强电场的电场强度是（）A．120V/m B．144V/m C．200V/m D．360V/m5．（6分）超导体磁悬浮列车是利用超导体的抗磁化作用使列车车体向上浮起，同时通过周期性地变换磁极方向而获得驱动力的新型交通工具．如图所示为磁悬浮列车的原理图，在水平面上，两根平行直导轨的间距为L，其间有竖直方向且等距离的匀强磁场B1和B2，磁场B1和B2导的截面均为有理想边界且边长为L 的正方形，依次紧贴交替排列，导轨上放一个与导轨等宽的正方形金属框abcd．当匀强磁场B1和B2同时以某一速度v沿直轨道向右运动时，金属框也会沿直轨道运动．设金属框的电阻为R、运动中所受阻力恒为f；匀强磁场的磁感应强度为2B1=B2=B，则金属框的最大速度可表示为（）A．v B．C．v﹣D．v﹣6．（6分）如图所示，在一次空地对抗军事演习中，离地H高处的飞机以水平速度υ1发射一颗炮弹，欲轰炸地面目标P，反应灵敏的地面拦截系统同时以速度υ2竖直向上发射炸弹拦截．不计空气阻力，不计炮弹的长度．若拦截成功，则（）A．拦截炮弹运行的时间为B．拦截炮弹运行的时间为C．拦截系统距飞机的水平距离为D．拦截系统距飞机的水平距离为7．（6分）宇宙中存在一些离其他恒星较远的三星系统，通常可忽略其他恒星对它们的引力作用，三颗星的质量也相等．已观测到稳定的三星系统有两种：一是三颗星位于同一条直线上，两颗星围绕中央星在同一半径为R的轨迹上运行；二是三颗星位于边长为l的等边三角形的三个顶点上，并沿外接于等边三角形的同轨道运行．设每颗星的质量均为m，引力常数为G；直线三星系统和三角形三星系统中星体作圆周运动的向心加速度分别为a1和a2、周期分别为T1和T1，则下列关系正确的是（）A．= B．=C．=D．=8．（6分）霍尔式位移传感器的测量原理是：如图所示，有一个沿z轴方向的磁场，磁感应强度B=B0+kz（B0，k均为常数），将传感器固定在物体上，保持通过霍尔元件的电流I不变（方向如图中箭头所示）．当物体沿z轴方向移动时，由于位置不同，霍尔元件在y轴方向上的上、下表面的电势差U也不同．则（）A．磁感应强度B越大，上、下表面的电势差U越大B．k越大，传感器灵敏度越大C．若图中霍尔元件是电子导电，则上表面电势高于下表面电势D．电流I取值越大，上、下表面的电势差U越小二、填空题（共2小题，每小题6分，满分15分）9．（6分）如图所示为某同学组装的简易欧姆表的电路图，所用器材如下：A．干电池一节：电动势为1.5V，内阻可忽略不计B．电流表一块：满偏电流为1mA，最小刻度0.1mA，内阻为30ΩC．可变电阻P一只：阻值范围为0～2500Ω（1）欧姆表组装完成后，可变电阻P的阻值应调为，然后，用一条导线把红、黑表笔直接连起来．可调节可变电阻P的阻值为R=Ω，使电流表恰好到达满偏电流；（2）调节满偏后保持R不变，在电流表的示数为0.3mA刻度处，电阻刻度值应该标为Ω10．（9分）某同学设计的验证机械能守恒定律的实验装置如图所示．所用器材有：质量m=0.2kg的小球、压力传感器、半径R=0.6m的圆管光滑轨道ABC，圆管的内径稍大于小球直径．把压力传感器安装在圆管轨道内的最低点B处，把圆管轨道固定在竖直面内．使小球从A点正上方某位置由静止下落，刚好落入圆管．实验时忽略空气的阻力，取g=9.8m/s2（1）改变小球释放到A点的高度h，若小球与地球组成的系统机械能守恒，则小球通过最低点B时，压力传感器的示数F与高度h的函数关系式为：F=（用题目中所给出已知量的符号表示）（2）多次改变A，记录各次h和F的值，如表所示：根据表中数据，请在坐标纸上做出“F﹣h”图象．（3）若小球与地球组成的系统机械能守恒，实验时会发现，当h=m时，小球从C点水平飞出后恰好能落到A点．三、解答题11．（12分）如图所示，斜面的倾角为θ，虚线EE′以上部分都是光滑的，以下部分都是粗糙的．长为L，质量分布均匀的薄木板A质量为m，与EE′以下部分之间的动摩擦因数为tanθ．将A从EE′上方斜面的某处静止释放，木板能全部滑进斜面的粗糙部分．在整个运动过程中，木板的长度始终平行于斜面两边沿，重力加速度为g，求：（1）A在整个运动过程中，运动速度最大时，进入粗糙斜面那一部分的长度是多少？（2）当木板进入粗糙斜面部分的长度为多少时，木板处于光滑斜面的那一部分跟处于粗糙斜面的那一部分之间的相互作用力最大？最大作用力为多少？12．（20分）如图甲所示，D为粒子源，AB处的装置为速度选择器，AB为平行金属板之间的电压U，所加匀强磁场的磁感应强度为B；平行金属板M，N长度均为L，相距为d，其中N板接地；OO′为中轴线．其中电荷量为q、质量为m 的带负电的粒子，从D沿不同方向，以不同速率射出；从速度选择器射出的粒子速度为v0．忽略粒子的重力和粒子之间的相互作用力，忽略电场和磁场的边缘效应．求：（1）速度选择器AB两板之间的距离．（2）若M、N之间只有电场，M板的电势φ随时间t的变化图象如图乙所示．其周期为；从t=0开始，大量沿OO′方向持续摄入M、N之间的离子，最终恰好全部平行离开M、N而不打在极板上．则φ0为多少？（3）紧贴M、N右侧建立直角坐标系xOy，在坐标平面的第Ⅰ、Ⅳ象限内存在一个圆形的匀强磁场，磁场方向直于坐标平面．要使在（2）情景下所有粒子经过磁场偏转后，都会聚于P（2d，2d）点，求该圆形匀强磁场的磁感应强度大小的取值范围．【物理-物理3-3】13．（5分）下列说法正确的是（）A．一定质量的气体膨胀对外做功150J，同时从外界吸收热量80J，则它的内能减少了70JB．“天宫一号”在运行时，舱内气体对舱壁的压强为零C．温度高的物体比温度低的物体分子热运动的平均速率大D．由于液体表面层分子间距大于液体内部分子间距，所以液体表面存在张力E．饱和汽压与分子的密度和分子的种类有关，随温度升高而增大；与体积无关14．（10分）如图所示，竖直放置的玻璃粗细均匀，内壁光滑，瓶口处有阀门K，瓶内有a、b两部分用活塞分开的空气，活塞的质量为m，横截面积为S．开始时，打开阀门与周围大气相连，活塞静止时，a、b的长度分别为2L、L，周围大气压强为p0；现通过阀门K，不断向b中充入空气，活塞缓慢移动，整个过程中空气温度不变，瓶口处空气体积可以忽略，把空气当成理想气体．当活塞向上移动的距离为0.5L，求：（1）a中空气的压强（2）b中充入的空气与充气前b中空气的质量之比．【物理-物理-3-4】15．湖面上停着A、B两条小船，它们相距30m，一列水波正在湖面上沿AB连线的方向传播，每条小船每分钟上下浮动15次．当A船位于波峰时，B船在波谷，两船之间还有一个波峰．下列说法正确的是（）A．水波的波长是20mB．水波的频率是4HzC．水波的波速是5m/sD．若引起水波的波源振动加快，则水波的频率将减少E．若引起水波的波源振动减慢，则水波的频率将增大16．如图所示，一个立方体水晶块的边长为a，折射率n=2，立方体中心有一个小气泡．为在立方体外各个方向都看不到小气泡，在每个面上都贴了一张纸片，则每张纸片的最小面积为多少？【物理-物理3-5】17．如图（a）所示是研究光电效应的电路．某同学用同一光电管在不同的实验条件下得到了三条电流与电压的关系曲线（甲光、乙光、丙光），如图（b）所示，则甲、乙、丙三种光的频率f甲、f乙、f丙的关系（用“＞”、“＜”或“=”连接）；图（c）是丙光光电子的最大初动能与入射频率的关系图象，由图（c）可知横轴截距与图线斜率的乘积被称为．18．（10分）如图所示，在光滑水平面上有一辆质量M=8kg的平板小车，车上有一个质量m=1.9kg的木块（木块可视为质点），车与木块一起以v=1m/s的速度水平向右匀速行驶．一颗质量m0=0.1kg的子弹以v0=179m/s的初速度水平向左飞，瞬间击中木块并留在其中．已知木块与平板之间的动摩擦因数μ=0.54，（g=10m/s2）求：①子弹射入木块后瞬间子弹和木块的共同速度②若是木块刚好不会从车上掉下，则小车的平板至少多长？142016年山东省枣庄市高考物理一模试卷参考答案与试题解析二、选择题（本题共8小题，每小题6分，共48分。
在每小题给出的四个选项中，第14-18小题只有一个是符合题目要求；第19-21题有多个选项符合题目要求。
全部选对的得6分，选对但不全的的3分，有选错的得0分）1．（6分）不可伸长的轻质绝缘细线长l，一端连质量为m的带正电小球A，另一端固定在O点．到O点水平距离为l处固定另一带负电的小球B，O、B两点的连线水平，如图所示．由于漏电，小球A从小球B下方附近由静止缓慢下降，当∠AOB分别为30°，60°时，小球A、B之间的库伦力分别为F1、F2，则下列判断正确的是（）A．F1=mgB．F2=mgC．在小球A下降的过程中，细线的拉力逐渐增大D．在小球A下降的过程中，细线的拉力逐渐减小【解答】解：以小球A为研究对象，在∠AOB为30°时对其进行受力分析如图：由几何关系可知，F1与F T1之间的夹角是75°；则水平方向：F T1cos30°=F1cos75°竖直方向：F T1sin30°+F1sin75°=mg联立解得：，．故A错误；B、同理在∠AOB为60°时：水平方向：F T2cos60°=F2cos60°竖直方向：F T2sin60°+F2sin60°=mg联立得：故B错误；C、比较F T1与F T2可知，F T1＜F T2，可知在小球A下降的过程中，细线的拉力逐渐增大．故C正确，D错误．故选：C2．（6分）图甲中理想变压器原、副线圈的圈数之比n1：n2=5：1，副线圈的输出电压u随时间变化关系如图乙所示．规格相同的三只灯泡L1、L2、L3正常发光时的电阻均为R=10Ω．现将开关S闭合，此时L1、L2正常发光，下列说法正确的是（）A．变压器副线圈的输出电压u的表达式为u=4sin（50πt）VB．变压器原线圈的输入电流为AC．三个灯泡的额定功率为1.6WD．断开开关S后，变压器原线圈的输入功率变大【解答】解：A、由图乙知周期T=0.02s，角速度为：变压器副线圈输出电压u的表达式为：，故A错误；B、副线圈电压的有效值为：，S闭合时，被短路，流过副线圈的电流为：根据电流与匝数成反比，得：，故B错误；C、三个灯泡的额定功率为，故C正确；D、断开开关S，副线圈的电阻变大，输出功率变小，变压器原线圈的输入功率变小，故D错误；故选：C3．（6分）一物体以初速度v0沿光滑斜面向上做直线运动，其速度v随时间t变化的规律如图所示，在连续两段时间T和2T内，图象与t轴所围成的面积为S，则b时刻物体速度v1的大小为（）A．B．C．D．【解答】解：物体做匀减速直线运动，设加速度大小为a．对于第一个S位移内，由逆向思维可得：S=v1T+对于第二个A位移内，由位移时间公式得：S=v1•T﹣联立解得v1=故选：A4．（6分）如图所示，在xOy平面内有匀强磁场，一群质子从P点出发，可以到达圆O上任意一点，可以到达圆O上任意一点，比较圆上这些质子，发现到达A 点的质子动能的增加量最大，增加了36eV．已知A点和P点关于y轴对称，PO 与x轴负方向的夹角为53°，圆的半径为25cm．sin53°=0.8．cos53°=0.6．则匀强电场的电场强度是（）A．120V/m B．144V/m C．200V/m D．360V/m【解答】解：到达A点的质子动能增加量最大，电场力做功最大，说明等势面在A点与圆相切（否则一定还可以在圆上找到与A点电势相等的点，质子到这点与A点电场力做功一样，动能的增加量是一样的，这与到达A点时的动能增加量最大相矛盾），所以电场线与等势面垂直PA间的电势差U PA===36V由U PA=E cos74°=E•（R﹣Rcos74°），解得：故选：C5．（6分）超导体磁悬浮列车是利用超导体的抗磁化作用使列车车体向上浮起，同时通过周期性地变换磁极方向而获得驱动力的新型交通工具．如图所示为磁悬浮列车的原理图，在水平面上，两根平行直导轨的间距为L，其间有竖直方向且等距离的匀强磁场B1和B2，磁场B1和B2导的截面均为有理想边界且边长为L 的正方形，依次紧贴交替排列，导轨上放一个与导轨等宽的正方形金属框abcd．当匀强磁场B1和B2同时以某一速度v沿直轨道向右运动时，金属框也会沿直轨道运动．设金属框的电阻为R、运动中所受阻力恒为f；匀强磁场的磁感应强度为2B1=B2=B，则金属框的最大速度可表示为（）A．v B．C．v﹣D．v﹣【解答】解：由于磁场以速度v向右运动，当金属框稳定后以最大速度v m向右运动，此时金属框相对于磁场的运动速度为v﹣v m，根据右手定则可以判断回路中产生的感应电动势E等于ad、bc边分别产生感应电动势之和，即：E=B1L（v﹣v m）+B2L（v﹣v m）=3BL（v﹣v m），根据欧姆定律可得，此时金属框中产生的感应电流I=，金属框的两条边ad和bc都受到安培力作用，由题意知，ad和bc边处于的磁场方向相反，电流方向也相反，故它们所受安培力方向一致，故金属框受到的安培力大小：F=（B1+B2）IL=3BIL=，当金属框速度最大时，安培力与摩擦力平衡，即满足F﹣f=﹣f=0，由此解得：v m=v﹣；故ABC错误，D正确；故选：D6．（6分）如图所示，在一次空地对抗军事演习中，离地H高处的飞机以水平速度υ1发射一颗炮弹，欲轰炸地面目标P，反应灵敏的地面拦截系统同时以速度υ2竖直向上发射炸弹拦截．不计空气阻力，不计炮弹的长度．若拦截成功，则（）A．拦截炮弹运行的时间为B．拦截炮弹运行的时间为C．拦截系统距飞机的水平距离为D．拦截系统距飞机的水平距离为【解答】解：A、设炮弹运行的时间为t，在这段时间内飞机发射炮弹在竖直方向上的位移h1=gt2，拦截炮弹在这段时间内向上的位移，h2=v2t﹣gt2．则H=h1+h2=v2t，解得：t=，故A错误，B正确；C、拦截系统距飞机的水平距离x=，故C正确，D错误．故选：BC7．（6分）宇宙中存在一些离其他恒星较远的三星系统，通常可忽略其他恒星对它们的引力作用，三颗星的质量也相等．已观测到稳定的三星系统有两种：一是三颗星位于同一条直线上，两颗星围绕中央星在同一半径为R的轨迹上运行；二是三颗星位于边长为l的等边三角形的三个顶点上，并沿外接于等边三角形的同轨道运行．设每颗星的质量均为m，引力常数为G；直线三星系统和三角形三星系统中星体作圆周运动的向心加速度分别为a1和a2、周期分别为T1和T1，则下列关系正确的是（）A．= B．=C．=D．=【解答】解：对于三颗星在同一条直线上的模型，根据万有引力提供向心力有：，解得，，对于三角形三星系统，，解得a2=，T2=，则，．故A正确，B、C、D错误．故选：A．8．（6分）霍尔式位移传感器的测量原理是：如图所示，有一个沿z轴方向的磁场，磁感应强度B=B 0+kz（B0，k均为常数），将传感器固定在物体上，保持通过霍尔元件的电流I不变（方向如图中箭头所示）．当物体沿z轴方向移动时，由于位置不同，霍尔元件在y轴方向上的上、下表面的电势差U也不同．则（）A．磁感应强度B越大，上、下表面的电势差U越大B．k越大，传感器灵敏度越大C．若图中霍尔元件是电子导电，则上表面电势高于下表面电势D．电流I取值越大，上、下表面的电势差U越小【解答】解：A、最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，设霍尔元件的长宽高分别为a、b、c，有q=qvB，电流的微观表达式为I=nqvS=nqvbc，所以U=．B越大，上、下表面的电势差U越大．电流越大，上、下表面的电势差U越大．故A正确，D错误．B、k越大，根据磁感应强度B=B0+kz，知B随z的变化越大，根据U=．知，U随z的变化越大，即传感器灵敏度（）越高．故B正确．C、霍尔元件中移动的是自由电子，根据左手定则，电子向下表面偏转，所以上表面电势高．故C正确．故选：ABC．二、填空题（共2小题，每小题6分，满分15分）9．（6分）如图所示为某同学组装的简易欧姆表的电路图，所用器材如下：A．干电池一节：电动势为1.5V，内阻可忽略不计B．电流表一块：满偏电流为1mA，最小刻度0.1mA，内阻为30ΩC．可变电阻P一只：阻值范围为0～2500Ω（1）欧姆表组装完成后，可变电阻P的阻值应调为最大电阻值处，然后，用一条导线把红、黑表笔直接连起来．可调节可变电阻P的阻值为R=1470Ω，使电流表恰好到达满偏电流；（2）调节满偏后保持R不变，在电流表的示数为0.3mA刻度处，电阻刻度值应该标为3500Ω【解答】解：（1）欧姆表组装完成后，可变电阻P的阻值应调为最大电阻值处；当电流计的读数为满偏 1 mA时，全电路的电阻为=1500A．所以，可变电阻的阻值为1500Ω﹣30Ω=1470Ω．（2）调零后，可变电阻的阻值为1470Ω，电流计的示数为0.3 mA时，待测电阻的阻值为R x=﹣1470Ω﹣30Ω=3500Ω（即欧姆表内阻等于中值电阻）故答案为：（1）最大电阻值处；1470；（2）350010．（9分）某同学设计的验证机械能守恒定律的实验装置如图所示．所用器材有：质量m=0.2kg的小球、压力传感器、半径R=0.6m的圆管光滑轨道ABC，圆管的内径稍大于小球直径．把压力传感器安装在圆管轨道内的最低点B处，把圆管轨道固定在竖直面内．使小球从A点正上方某位置由静止下落，刚好落入圆管．实验时忽略空气的阻力，取g=9.8m/s2（1）改变小球释放到A点的高度h，若小球与地球组成的系统机械能守恒，则小球通过最低点B时，压力传感器的示数F与高度h的函数关系式为：F= 3mg（用题目中所给出已知量的符号表示）（2）多次改变A，记录各次h和F的值，如表所示：根据表中数据，请在坐标纸上做出“F﹣h”图象．（3）若小球与地球组成的系统机械能守恒，实验时会发现，当h=0.75m时，小球从C点水平飞出后恰好能落到A点．【解答】解：（1）根据机械能守恒定律，从开始到最低点，则有：mg（h+R）=再依据牛顿第二定律，则有：N﹣mg=m解得：N=3mg；（2）根据表格数据，进行一一描点，作图如下所示：（3）根据平抛运动，竖直方向，R=而水平方向R=v0t；解得：v C=再依据机械能守恒定律，则有：mg（h﹣R）=代入数据，解得：h=0.75m，故答案为：（1）3mg；（2）如上图所示；（3）0.75．三、解答题11．（12分）如图所示，斜面的倾角为θ，虚线EE′以上部分都是光滑的，以下部分都是粗糙的．长为L，质量分布均匀的薄木板A质量为m，与EE′以下部分之间的动摩擦因数为tanθ．将A从EE′上方斜面的某处静止释放，木板能全部滑进斜面的粗糙部分．在整个运动过程中，木板的长度始终平行于斜面两边沿，重力加速度为g，求：（1）A在整个运动过程中，运动速度最大时，进入粗糙斜面那一部分的长度是多少？（2）当木板进入粗糙斜面部分的长度为多少时，木板处于光滑斜面的那一部分跟处于粗糙斜面的那一部分之间的相互作用力最大？最大作用力为多少？【解答】解：（1）设木板运动速度最大时，进入粗燥斜面的部分长度为x1时，分析可知，此时木板的加速过程刚好结束，木板的加速度刚好减速到零，由牛顿第二定律得解得X1=L（2）设木板进入粗燥斜面部分的长度为x时，木板的加速度为a，光滑斜面中的那一部分跟粗燥斜面中的那一部分的相互作用力的大小为F，则由牛顿第二定律得对于光滑斜面的那一部分，由牛顿第二定律得联立解得当L﹣x=x，即时，F有极大值为答：（1）A在整个运动过程中，运动速度最大时，进入粗糙斜面那一部分的长度是．（2）当木板进入粗糙斜面部分的长度为时，木板处于光滑斜面的那一部分跟处于粗糙斜面的那一部分之间的相互作用力最大，最大作用力为．12．（20分）如图甲所示，D为粒子源，AB处的装置为速度选择器，AB为平行金属板之间的电压U，所加匀强磁场的磁感应强度为B；平行金属板M，N长度均为L，相距为d，其中N板接地；OO′为中轴线．其中电荷量为q、质量为m 的带负电的粒子，从D沿不同方向，以不同速率射出；从速度选择器射出的粒子速度为v0．忽略粒子的重力和粒子之间的相互作用力，忽略电场和磁场的边缘效应．求：（1）速度选择器AB两板之间的距离．（2）若M、N之间只有电场，M板的电势φ随时间t的变化图象如图乙所示．其周期为；从t=0开始，大量沿OO′方向持续摄入M、N之间的离子，最终恰好全部平行离开M、N而不打在极板上．则φ0为多少？（3）紧贴M、N右侧建立直角坐标系xOy，在坐标平面的第Ⅰ、Ⅳ象限内存在一个圆形的匀强磁场，磁场方向直于坐标平面．要使在（2）情景下所有粒子经过磁场偏转后，都会聚于P（2d，2d）点，求该圆形匀强磁场的磁感应强度大小的取值范围．【解答】解：（1）粒子在速度选择器中做匀速直线运动，由平衡条件得：q=qv0B0，解得，极板间的距离：d0=；（2）粒子在MN板间做类平抛运动，水平方向：L=v0T，解得：T=，粒子在MN间运动的时间与电势φ随时间变化规律的周期相等，所有粒子刚好能全部离开电场而不打在极板上，可以确定在：t=n时刻进入电场的粒子恰好分别从极板右侧的上下边缘平行于极板飞出，由类平抛运动规律得：2×××=，解得：φ0=；（3）设粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r，磁场的半径为R，当P点为圆形磁场的最高点且R=r时，从MN中平行射出的粒子能全部会聚于P 点，如图所示，粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv0B=m，解得：B=，圆形磁场半径最小与最大半径分别为：R1、R2，由几何知识得：2R1=2d+，R2=2d，解得，最大与最小磁感应强度：B1=，B2=，磁感应强度的范围：≤B≤；答：（1）速度选择器AB两板之间的距离为．（2）φ0为；（3）该圆形匀强磁场的磁感应强度大小的取值范围是：≤B≤．【物理-物理3-3】13．（5分）下列说法正确的是（）A．一定质量的气体膨胀对外做功150J，同时从外界吸收热量80J，则它的内能减少了70JB．“天宫一号”在运行时，舱内气体对舱壁的压强为零C．温度高的物体比温度低的物体分子热运动的平均速率大D．由于液体表面层分子间距大于液体内部分子间距，所以液体表面存在张力E．饱和汽压与分子的密度和分子的种类有关，随温度升高而增大；与体积无关【解答】解：A、根据△U=W+Q知气体膨胀对外做功l50J，同时从外界吸收80J 的热量，则它的内能增加△U=﹣150+80=﹣70J，则它的内能减少了70J．故A正确；B、压强是大量分子持续撞击器壁产生的，与失重状态无关，可知“天宫一号”在。