【安徽省芜湖市马鞍山市】2016年高考一模物理试卷-答案

安徽省芜湖市马鞍山市2016年高考一模物理试卷
答 案
一、选择题 1~5．BACDD 二、多选题 6．AC 7．BCD 8．AD
三、非选择题： （一）必考题
9（1）1.160；（2）22B A
1d 1d M()M()2t 2t -∆∆；（3）M m ；（4）把小物体的滑块看成一个整体，计算整体
的动能增加量
10．（1）A （2）1V （3）电路如图
2U
R I
-
11．解：（1）在水平推力F 作用下，物体AB 一起做匀加速运动，加速度为a ，有B 物体的v ﹣t 图象得，
22v 6a m /s 3m /s t 2∆===∆
对于AB 整体，由牛顿第二定律得A A B F-μm g (m +m a )= 代入数据解得F=15 N
（2）物体A 匀减速运动的时间为t ，撤去推力F 后，AB 两物体分离，A 在摩擦力作用下做匀减速运动，B 做匀速运动
对A 由A A A μm g=m a ﹣，解得2
A a g 3m /s =μ=
0A 0v 06
t s 2s a 3
--=
==
物体A 通过的位移0
A v x t 6m 2
=
= 物体B 通过的位移B 0x =v t=6 2 m=12 m ⨯
物体A 刚停止时AB 间的位移B
A x=x x =12 6 m=6 m ∆﹣﹣ 答：（1）推力F 的大小为15N ；
（2）A 物体刚停止运动时，物体A 、B 之间的距离为6 m 12．解：（1）粒子从A 到P 的过程01h=v t
211
d at 2
=
00
px 1
v v tan30v at ︒=
=
解得：d （2）如图所示，带电粒子在磁场中运动由P 到Q 粒子转过的圆心角：1433
π
∅=π+π=
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为：2m
T qB
π=
粒子在磁场中运动的时间为：14m t T 23qB
∅π=
=π （3）由第（1）题知0
p 0v v 2v sin30=
=︒
设D 点到坐标原点O 的距离为L ，粒子由D 点运动到A 点，也做类平抛运动：
D p 0v =v =2v
02h=2v t 221L at 2
=
联立以上各式可得：1L d 4=
质点在磁场中运动时，轨迹如图所示，令粒子在磁场中运动的半径为R ，据几何关系有：R+Rsin θ=OP+OD
解得：R =
据牛顿第二定律有：2p n p v F Bqv m
R
==
解得：p qBR v m =
=
粒子的初速度：0p 1v v 2==
由动能定理得：22p 011
Eqd mv mv 22
=-
解得：E =
答：（1）P 点到坐标原点O 的距离d 。

（2）粒子在磁场中运动的时间1t 为
4m
3qB
π。

（3）匀强电场的场强E 。

（二）选考题： 13．ADE
14．解：①气体温度不变，则内能不变；向左管中加入水银时，外界对气体做功，根据热力学第一定律
U=Q+W ∆可知，封闭气体要放热。

②初态：10
h p =p p =7515cmHg=60 cmHg ﹣（﹣），33100V =V +h S=15+91cm =24 cm ⨯（） 末态：2p =75 cmHg ，
温度不变，根据玻意耳定律：1122p V =p V ， 解得：311
2
2p V 19.m p V 2c =
= 右侧水银柱上升的高度12
1V V 4.8cm S
h =∆-=
左侧水银柱上升的高度211h =h +h =198 cm ∆∆．
所以需要加入的水银体积为3
12V=S h +4S h =84 cm ∆∆
答：
①此过程中被封气体内能不变，是放热。

②需要加入的水银体积为384 cm 15．ADE
16．解：①根据波从波源传到M 点的过程，可得波速为：1x 4v 8m /s t 0.5
=== 波从波源传到N 点的时间为：22x 12
t 1.5s v 8
=
== ②波传到N 点后N 点向上开始振动，再经过1
4
周期第一次达到波峰。

由图读出波的周期为：T=1s
所以从t=0时刻到N 点第一次达到波峰时经历时间为：2T
t t 1.75s 1.75T 4=+==
波源质点所经过的路程为：s=175 4 A=17540.2 cm=14 cm ⨯⨯⨯．．． 答：①波从波源传到N 点的时间是15 s ．。

②从t=0时刻到N 点第一次达到波峰时，波源质点所经过的路程是14 cm ．。

17．BDE
18．解：①设分离后卫星的速度为1v ，火箭和卫星组成的系统在分离时水平方向上动量守恒，规定初速度方向为正方向，则有：0
01v (m+km)v =mv +km 2
⨯
解得：10k
v (1)v 2
=+
则卫星的动量变化为1001
P mv mv kmv 2
∆=-=
，方向与0v 方向相同， ②星箭分离过程中，控制系统所做的功等于星箭系统的动能变化量，则有：
22220100v 111k(k 1)
W mv km()(m km)v mv 22228
+=+-+=
答：①卫星的动量变化量大小为01
kmv 2，方向与0v 方向相同；
②星箭分离系统所做的功W 为20k(k 1)
mv 8
+。

安徽省芜湖市马鞍山市2016年高考一模物理试卷
解析
一、选择题：
1．【考点】匀变速直线运动的图像。

【分析】物体上升做匀减速运动，下落做匀加速运动，根据牛顿第二定律分析加速度的关系，由能量守恒定律分析物体回到抛出点时的速度与抛出时速度的关系，抓住两个过程位移大小相等，由位移公式分析时间关系。

即可选择图象。

【解答】解：设空气阻力大小为f，根据牛顿第二定律得：
上升时有：mg+f=ma
得：a=g+
下落时有：mg﹣f=ma′
得：a′=g﹣，
可得：a＞a′
所以上升过程v﹣t图象的斜率大于下落过程图象的斜率。

根据上升位移与下降位移大小相等，由x=，得t上＜t下。

由能量守恒定律知，由于空气阻力做负功，物体的机械能不断减少，则物体回到抛出点的速度小于抛出时的初速度。

再结合上升与下落速度方向相反，可知B图正确。

故选：B
2．【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用。

【分析】对ab进行受力分析，ab两个物体都处于静止状态，受力平衡，把绳子和力T和重力mg都分解到沿斜面方向和垂直于斜面方向，根据共点力平衡列式分析即可。

【解答】解：A、对a、b分别进行受力分析，如图所示：
a、b两个物体，垂直于斜面方向受力都平衡，则有：
N+Tsinθ=mgcosα
﹣，则a、b两物体对斜面的压力相同，故A正确；
解得：N=mgcosαTsinθ
B、b物体处于静止状态，当绳子沿斜面向上的分量小于重力沿斜面向下的分量时，摩擦力平行斜面向上，而a物体必定受到平行斜面向上的摩擦力作用，故a、b两物体受到的摩擦力方向不一定相反，故B错误；
Tcosθ+mgsinα=f，
C、对a沿斜面方向有：
a
对b 沿斜面方向有： b Tcos θmgsin α=f ﹣，
正压力相等，所以最大静摩擦力相等，则a 先达到最大静摩擦力，先滑动，故C 错误； D 、将拉力沿着两个细线的方向正交分解，得到两个分力大小：，故θ越大，两个分力越
小，故D 错误； 故选：A
3．【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用。

【分析】地球同步卫星的轨道是固定的，只能在赤道正上方某一固定高度；倾斜的地球同步轨道卫星是指周期为24小时。

根据万有引力等于向心力，列式分析加速度与地球表面重力加速度的关系。

【解答】解：A 、北斗导航卫星位于倾斜地球同步轨道，可知它不在地球某处的正上方，故A 错误。

BD 、根据万有引力等于向心力得 G
=m
=ma ，得v=
，
a=，则知卫星的轨道半径越大，线速度、
向心加速度越小，因此北斗导航卫星的线速度和加速度小于近地卫星的线速度和加速度，近地卫星的速度等于第一宇宙速度，加速度近似等于29.8 m/s ，即有v 7.9 km/s ＜。

2a 9.8 m/s ＜故BD 错误。

C 、倾斜的地球同步轨道卫星的周期为24小时，则每天同一时间通过地球同一位置正上方。

故C 正确。

故选：C
4．【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理。

【分析】粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解出最大速度、最大动能、周期的表达式进行分析即可。

【解答】解：根据qvB=m
得，粒子出D 形盒时的速度m v =
，则粒子出D 形盒时的动能：
km E =；
A 、根据T=，氘核（2
1H ）和氦核（4
2He ）在D 形盒内运动的周期相同，则频率：f=
也相等，故
A 错误；
B 、根据公式m v =
，最大动能与电压的频率无关，故B 错误；
C 、
D 、根据公式km
E =
，氦核的最大动能是氘核的2倍，故C 错误，D 正确；
5．【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；功能关系。

【分析】本题首先要分析清楚过程中物体受力的变化情况，清理各个力做功情况；根据功能关系明确系统动能及弹簧弹性势能等能量的变化情况，注意各种功能关系的应用。

【解答】解：A 、对于A 、B 两物体，受电场力和轻质弹簧的拉力作用，当B 开始向右运动，随着弹簧的伸长量增加，弹力增大，当弹簧的弹力小于电场力时，B 物体加速向右运动；当弹簧的弹力等于电场力时，B 物体不再加速，速度达到最大；所以在该过程中，B 物体做加速度减小变加速运动，即B 物体加速度一直在减小，故A 错误；
B 、整个系统中，根据功能关系可知，B 物体的电势能转化为A 、B 的动能以及弹簧的弹性势能，所以A 、B 物体总动能的增加量加上弹簧弹性势能的增加量等于B 物体电势能的减少量，故B 错误；
C 、由选项B 可知，B 物体电势能的减少量减去B 物体的动能与弹簧的弹性势能之和等于A 物体动能的增加量，故C 错误；
D 、对于A 物体和轻质弹簧，根据功能关系可知，轻杠对A 物体所做的功转化为A 物体的动能与弹簧的弹性势能，
即轻杠对A 物体所做的功数值上等于A 物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量，故D 正确。

故选：D 二、多选题
6．【考点】功率、平均功率和瞬时功率。

【分析】在0～1t 时间内，汽车发动机的牵引力是恒定的，根据牛顿第二定律求出加速度，从而判断出汽车的运动情况。

当输出功率达到额定功率，根据P=Fv ，根据速度的变化判断牵引力的变化，从而判断出加速度的变化，分析汽车的运动情况。

【解答】解：A 、已知在2t 时刻汽车的速度已经达到最大m V ，此后汽车做匀速直线运动，速度不变，所以在3t 时刻，汽车速度一定等于m V 。

故A 正确。

B 、0～1t 时间内汽车的功率均匀增加，汽车所受阻力增大，汽车做变加速直线运动；汽车的功率在t 1时刻达到额定功率，根据P=Fv ，速度继续增大，牵引力减小，则加速度减小，则在1t ～2t 时间内汽车做加速度减小的加速运动，故B 错误。

C 、在2t ～3t 时间内，汽车已达到最大速度，且功率保持不变，汽车一定做匀速直线运动，故C 正确。

D 、由此分析知，在发动机功率达到额定功率前，汽车先做匀加速运动，后做加速度减小的变加速运动，故D 错误；
7．【考点】向心力；牛顿第二定律。

【分析】细线断裂之前，绳子拉力与小球的速度垂直，小球的速度大小不变。

绳子刚断裂时，拉力大小为
50 N ，由F=m 求出此时球的轨道半径。

小球每转120°半径减小0.1 m ，确定出小球转动的圈数，求出路
程。

根据初位置、末位置的直线距离求解位移大小。

【解答】解：AB 、细线断裂之前，绳子拉力与小球的速度垂直，对小球不做功，不改变小球的速度大小，故小球的速率保持不变。

故A 错误，B 正确； C 、细线断裂瞬间，拉力大小为50 N ，由F=m
得：r=
=
=0.256 m ，所以刚好转一圈绳断
裂，故小球运动的路程为： S=
12πr +22πr +32πr =
×（0.5+0.4+0.3）=0.8π m ，故C 正确。

D 、小球每转120°半径减小0.1m ，细线断裂之前，小球运动的位移大小。

故D 正确。

故选：BCD
8．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律。

【分析】据题意，线框的ab 边到达PS 时线框刚好做匀速直线运动，此时线框所受的安培力与重力大小相等，而线框完全在磁场中运动时做匀加速运动，可判断出线框进入磁场过程只能做加速运动，不能做匀速运动或减速运动，否则通过匀加速，ab 边到达PS 时速度增大，安培力增大，安培力将大于重力，不可能匀速运动。

再根据安培力与速度成正比，分析感应电流和安培力的变化情况
【解答】解：据题线框的ab 边到达PS 时线框刚好做匀速直线运动，此时线框所受的安培力与重力大小相等，即F=mg ，而线框完全在磁场中运动时做匀加速运动，所以可知线框进入磁场过程，安培力应小于重力，即F ＜mg ，只能做加速运动，不能做匀速运动或减速运动，否则通过匀加速过程，ab 边到达PS 时速度增大，安培力增大，安培力将大于重力，不可能匀速运动。

根据安培力公式F=
，可知：线框进入磁场的过程中，随着速度增大，产生的感应电动势和感应电流
i 逐渐增大，安培力逐渐增大，线框所受的合力减小，加速度减小，所以做加速度减小的变加速运动。

感应电流i=
，所以感应电流i 的变化率也应逐渐减小，安培力F 的变化率也逐渐减小。

根据楞次定律判断可知，线框进入磁场和穿出磁场过程，所受的安培力方向都向上，为正方向。

故AD 正确，BC 错误。

故选：AD
三、非选择题： （一）必考题
9．【考点】探究功与速度变化的关系。

【分析】（1）游标卡尺主尺与游标尺的示数之和是游标卡尺的示数；
（2）当时间很短时，可以用平均速度代替瞬时速度，据此求出物块经过A 、B 两点时的速度，从而求出动能的变化量；
（3）当M ＞＞m 时，绳子拉力等于小物体的重力；
（4）把小物体的滑块看成一个整体，计算整体的动能增加量就能避免M 、m 的关系对实验误差的影响。

．解：（1）由图（b ）所示游标卡尺可知，主尺示数为11 mm ，游标尺示数为120.05 mm=0.60 mm ⨯，则游
标卡尺示数为11 mm+0.60 mm=1160 mm=1.160 cm ．。

（2）物块经过A 点时的速度A A v d t =
∆，物块经过B 点时的速度B B
d
v t =∆， 滑块的2222
B A
k A B 111d 1d Mv Mv M()M()222t 2t E =
-=-∆∆∆， （3）为了使绳子拉力等于小物体的重力，则必须满足M
m ，
（4）若把小物体的滑块看成一个整体，计算整体的动能增加量就能避免M 、m 的关系对实验误差的影响。

10．【考点】用多用电表测电阻。

【分析】电阻太小，据所给的器材可用伏安法测量，并要把电流表与所给定值电阻串联，用电压表测得串联总电压，由欧姆定律求得总电阻再计算出电流表的内阻。

解：（1）电阻由表所示约为0.5 Ω，则A 正确，故选：A
（2）电源电动势为4 V ，则所用电压表的量程为3 V 即可，则电压表选：1V （3）电流表与所给定值电阻串联，用电压表测得串联总电压，电路如图，2A R U
R I
=- 11．【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像。

【分析】（1）根据乙图求得匀加速阶段的加速度，对AB 整体由牛顿第二定律求得推力；
（2）根据牛顿第二定律求得撤去外力后物体A
的加速度，根据运动学公式求得减速到零所需时间，根据运
动学公式即可判断出AB间相距的距离
12．【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动。

【分析】（1）粒子从A点到P点做类平抛运动，已知匀速运动的位移为h，末速度的方向，由类平抛运动规律能够求出匀加速直线运动的位移﹣﹣即P点到O点的距离。

（2）由于从D点垂直x轴进入电场，则可以找到粒子离开磁场的位置和速度方向，再加上从P点进入磁场的速度方向，这样就能确定粒子做匀速圆周运动的圆心，画出其运动轨迹，由几何关系求出偏转角从而求出粒子在磁场中运动的时间。

（3）粒子从D点再次做类平抛运动，由几何关系找到匀加速直线运动的位移，由类平抛运动的规律求出匀强电场的场强。

（二）选考题：
13．【考点】热力学第一定律；分子间的相互作用力；晶体和非晶体。

【分析】晶体都有固定的熔点；
根据热力学第一定律分析物体内能的变化；
温度是分子的平均动能的标志；
液体的饱和汽压与温度有关；
液体表面张力：凡作用于液体表面，使液体表面积缩小的力，称为液体表面张力。

【解答】解：A、单晶体和多晶体都是晶体，都有确定的熔点，故A正确；
B、气体绝热膨胀的过程中与外界没有热量交换，对外做功，根据热力学第一定律可知，内能一定减小；故B错误；
C、温度是分子的平均动能的标志，温度低的物体分子运动的平均动能一定小，而平均速率不一定小，还与分子的质量有关；故C错误；
D、液体的饱和汽压与温度有关，液体的饱和汽压随温度的升高而增大。

故D正确；
E、液体表面存在张力是因为液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离，分子之间表现为引力。

故E正确。

故选：ADE。

14．【考点】热力学第一定律；理想气体的状态方程。

【分析】①气体经历等温变化，温度不变，内能不变，被压缩时外界对气体做功，根据热力学第一定律判断吸放热情况。

②根据玻璃管两边的液面差，求出两个状态下气体的压强和体积，根据气态方程即可求解。

15．【考点】电磁波的产生；光的偏振。

【分析】偏振是横波特有的现象；
均匀变化的磁场只会产生恒定的电场；
照相机的镜头呈现淡紫色是光的干涉现象；
相对论认为时间和空间都与速度有关；
干涉实验中，若仅将入射光波长越短，则相邻亮条纹间距变小。

【解答】解：A、光的偏振现象说明光是横波，不是纵波，故A正确；
B、均匀变化的磁场只会产生恒定的电场，而非均匀变化的磁场会产生变化的电场，故B错误；
C、照相机的镜头呈现淡紫色是光的干涉现象，故C错误；
D、相对论认为时间、空间都会随物体运动的速度而发生变化，故D正确。

E、光的双缝干涉实验中，光的双缝干涉条纹间距x=λ，若仅将入射光从蓝光改为红光，由于红光波长大于蓝光，则相邻亮条纹间距变大，故E正确；
故选：ADE。

16．【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象。

【分析】①根据波从波源传到M点的时间和距离，求出波速，再求波从波源传到N点的时间。

②波传到N点后再经过周期第一次达到波峰，由图读出周期，求出所用时间，由时间与周期的关系求波源质点所经过的路程。

17．【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度；重核的裂变。

【分析】β衰变的电子不是来自核外电子，是原子核中的中子转变为质子产生的；太阳辐射的能量来自太阳内部的聚变反应；紫外线可以使荧光物质发出荧光；放射性元素的半衰期是针对大量原子核的统计规律；比结合能越大，原子核越稳定。

【解答】解：A、β衰变的实质是原子核内的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，故A错误。

B、太阳辐射的能量主要来自太阳内部的聚变反应，故B正确。

C、紫外线可以使荧光物质发出荧光，利用这一特性对钞票或商标进行有效的防伪措施。

故C错误。

D、放射性元素的半衰期是针对大量原子核的统计规律，对个别的原子核没有意义，故D正确。

E、比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定。

故E正确。

故选：BDE。

18．【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律。

【分析】①火箭和卫星组成的系统在分离时水平方向上动量守恒，规定初速度方向为正方向，根据动量守恒定律求解分离后卫星的速度，从而求解卫星的动量变化量；
②星箭分离过程中，控制系统所做的功等于星箭系统的动能变化量，据此求解即可。

11 / 11。