2016年新疆乌鲁木齐地区高考物理二模试卷(解析版)

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乌鲁木齐地区2017年高三第二次模拟考试【物理】试卷参考答案

乌鲁木齐地区2017年高三年级第二次诊断性测验物理试卷参考答案及评分标准一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，在每小题给出的四个选项中，第1-5题只有的只有一项符合题目要求，第6-10题有多项符合题目要求。

全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）二、非选择题（本大题共6小题，共46分）11．（6分）（1）＞；221101x m x m x m +=（2）不会12．（8分）（1）电路如图（2）作图如图（3） 0.625W ；变化13.（6分）解：（1）由题意可得Bvq qE = …………………………………………………2分当010E E = ，01.0B B =时速度有最大值m v00100B E v m = …………………………………………1分（2）由题意可得Rv m vq B m 21= ……………………………………………………2分解得 DB B E m q 010200= ………………………………………… 1分 14、（7分）解：解：（1）根据系统机械能守恒，由于总动能不变，在杆从水平位置转到竖直位置的过程中，两小球重力势能的变化量的绝对值相等B A mgR mgR 2= …………………………………………………2分L R R B A =+解得 L R A 32= ，L R B 31= ……………………………………1分（2）不失一般性，设杆在竖直位置时，杆对A 球的作用力为A F ，杆对B 球的作用力为B F A A R m mg F 2ω=+ ……………………………………1分B B R m mg F 222ω=- ………………………………… 1分根据牛顿第三定律，球对杆的作用力A A F F -=' ，B B F F -='，设轴对杆的作用力F ''B A F F F -= ……………………………………1分（或对系统：B A R m R m mg mg F 2222ϖϖ-=--…………3分）解得 mg F 3= ………………………………… 1分15.（9分）解：（1）由题意可知，当工件到达B 点时与传送带共速，工件从B 到C 做匀减速运动到达C 点速度减为0时传送带有最小速度。

新疆乌鲁木齐市米东区2016届中考物理二模试卷(含解析)

2016年新疆乌鲁木齐市米东区中考物理二模试卷一、选择题（每小题3分，共30分，每小题只有一个选项符合题意）1．关于声现象，下列说法中错误的是（）A．小西湖立交桥上安装的隔音墙，是在声音传播途径中减弱噪音B．接听电话时根据音色分辨对方C．声音的频率越高，传播速度越快D．水面舰艇可以通过超声波探测海洋的深度和礁石2．下面是小红的“物理笔记”部分摘录，其中不正确的是（）A．北海的春天，常出现墙壁“冒汗”是液化现象B．用水来冷却汽车发动机是因为水的比热容大C．夏天在地面上洒水会感到凉快，是利用了蒸发吸热D．衣柜里的樟脑丸变小了，属于凝华现象3．下列关于光现象的说法中，属于光的折射的是（）A．雨后彩虹 B．树木在水中的倒影C．月食和日食D．小孔成像4．下列哪个规律不能用实验直接验证（）A．欧姆定律 B．牛顿第一定律 C．焦耳定律 D．阿基米德原理5．如图是探究电流通过导体时产生热量的多少跟什么因素有关的实验装置，两个透明容器中密封着等量的空气，U形管中液面的高度的变化反应密闭空气温度的变化，下列说法正确的是（）A．该实验装置是为了探究电流产生的热量与电阻的关系B．将左边容器中的电阻丝换成10Ω的电阻丝后，就可以探究电流产生的热量与电阻的关系C．通电一段时间后，左侧U形管中液面的高度差比右侧的大D．该实验装置是利用U形管中液体的热胀冷缩来反应电阻丝放出热量的多少的6．两个用同一种材料制成且完全相同的密闭圆台形容器一正一反放置在同一水平桌面上，容器内装有质量和深度均相同的液体，如图所示．若它们分别在水平方向拉力F1和F2的作用下沿桌面做匀速直线运动，速度分别为v和2v，容器底部受到液体的压强分别为p1和p2．下列关系正确的是（）A．p1=p2，F1=F2B．p1＞p2，F1＜F2 C．p1＞p2，F1=F2D．p1＜p2，F1＞F27．用天平和量筒测量形状不规则小石块的密度，下列步骤不需要的是（）A．用天平测量小石块的质量m1B．用天平测量量筒的质量m2C．在量筒内倒入适量的水，记下量筒中水的体积V1D．用细线系住小石块，浸没在量筒的水中，记下量筒中石块和水的总体积V28．如图所示的电路中，电源两端电压不变，闭合开关S，则（）A．电流表A的示数将减小B．电压表V1的示数将不变C．电压表V2的示数将增大D．电压表V1的示数与电流表A的示数的乘积将变大9．如图，电源电压恒定，电阻R1=10Ω，R2=15Ω，R阻值一定但未知，当单刀双掷开关S掷向a（同时与b断开）时，电压表示数为2.0V，若掷向b（同时与a断开），电压表示数可能为（）A．3.0V B．2.5V C．2.0V D．1.5V10．将塑料球和木球用细绳相连放入水中时，木球露出水面的体积为它自身体积的，如图甲所示，当把细绳剪断后，塑料球沉底，木球露出水面的体积是它自身体积的，这时塑料球受到池底对它的支持力为F，如图乙所示若已知塑料球和木球的体积之比是1：8，则（）A．木球的重力为2FB．塑料球所受的浮力为2FC．绳子剪断前后，两物体所受的总浮力相差2FD．塑料球的密度为2.0×103千克/米3二、填空题（每空1分，共30分）11．近日，国务院批复，将每年4月24日设立为“中国航天日”．1970年4月24日，中国第一颗人造地球卫星“东方红”1号卫星代表中国人飞向太空，成功开启了一片属于自己的天空．我国的航天事业发展迅速，到目前为止，我们不仅有自己的同步通信卫星，也有自主研发的“神舟”系列飞船，还有自行研制的全球卫星定位与通信系统（北斗卫星导航系统）．现在请回答下列问题：（1）运载航天器的火箭的燃料主要使用液态氢是因为它的热值（填“大”或“小”）飞船在脱离火箭之前，相对于是静止的，火箭在加速上升过程中机械能（选填“增大”、“减小”或“不变”），这个能量是由能转化过来的，由于地球自西向东不停地自转，为节省燃料，火箭升空后应向方向飞行（选填“偏东”或“偏西”）．（2）在太空中飞船总功飞行时间为115h，32min，沿椭圆轨道围绕地球运行了77圈，在整个过程中航天员一共看到次日出，轨道上离地球最近点200km，最远点350km．从远地点到近地点运行的过程中，飞船的速度（填“变大”、“不变”或“变小”）．（3）飞船在太空运行时，处于失重状态的两名航天员的质量（填“变大”或“变小”）．惯性（填“没有”或“仍具有”）．飞船在太空成功完成数千个运行动作，是通过喷射燃气来实施变轨、姿态确定的（即改变运行的高度、运行方向），这是应用了物理学中的原理．12．据报道：4月19日，中国正在筹划首个海上浮动核电站（如图1）的总装工作．海上浮动核电站，这种小型的、可移动式的核电站将安装在船舶上，预计排水量为2.15万吨，能提供70兆瓦的电力以及300兆瓦的热力供应，还能变成海水淡化处理厂，每天生产24万立方米的淡水．（1）核电站将核能转化为能，核能是（填“可”或“不可”）再生能源，其中的核反应堆通过核发生的链式反应工作的，这个反应是（填“可以”或“不可以”）控制的．核电站（选填“会”或“不会”）产生大量的温室气体．目前人类大力发展核能、太阳能等能源，可有效缓解全球气候变暖的趋势． 00（2）如果其最大吃水深度为10.5m，其底部受到海水的压强为Pa．当质量为20t的设备安装后，其排开海水的体积增加m3．（1.0×103千克/米3）（3）核电站生活区的路由器是一种支持有线和无线连接的网络设备（如图2），通过后排接口可以同时连接多台电脑，各接口之间的连接方式是联，海水浮动核电站的工作人员通过陆地指挥中心相联系．13．在北京举办的第15届科博会上，展示了空气动力大巴：祥天A4﹣0001，产品展出者介绍这种利用源源不断的空气作为动力源的客车，听上去似乎是完美的交通解决方案；资源取之不尽，排放也是无污染的空气﹣﹣这非常诱人．（1）这辆大巴车功率为240kW，时速可以达到为140km/h，整车质量为16800kg．它以最大速度行驶时动力可达到N．它配备了2000L的气瓶，气体膨胀时体积将增大为1224倍，常压下空气密度按1.3kg/m3计算，这瓶空气的质量为kg．（2）如果气罐内充满空气，车轮着地面积按800cm2计算时对地面产生的压强为Pa．在气罐内充满空气时，能够对外做功640MJ左右，折合成电能约为kW•h，折合成汽油kg．（汽油的热值是4.6×107J/kg）产品展出者的介绍违背了能量的转化和守恒定律，因为作为动力源的空气所具有的能量就是内能，它必须由其他形式的能通过或的方式提供，最后变成供客车运动的机械能．14．图甲是一把阴阳壶，壶把上开有两孔，可同时盛装两种液体，图乙为该壶的结构示意图，使用时，若捂住甲孔，则倒出的是液体，这是由于的作用．壶在水平桌面上静止时，受到的重力与支持力是一对，重力的施力物体是．三、作图题（每小题2分，共6分）15．如图，在图中画出与入射光线对应的折射光线．16．如图，物体A静止在斜面上，画出物体A对斜面压力的示意图．17．如图，小磁针静止在通电螺线管左侧，请标出小磁针的S极．四、实验题（共14分）18．在“探究凸透镜成像规律”的实验中，凸透镜的焦距为10cm．（1）调整实验器材，使烛焰和光屏的中心位于凸透镜的主光轴上，把点燃的蜡烛由图示位置移至光具座的14cm刻度处时，需将光屏向（选填“左”或“右”）移动才能在光屏上成清晰、倒立、的实像；就是利用这个成像规律工作的．（2）完成实验后，继续模拟远视眼的缺陷；给透镜戴上远视眼镜，调节光屏位置，是烛焰在光屏上成一个清晰的像；取下远视眼镜，保持蜡烛和凸透镜的位置不变，为使光屏上再次得到清晰的像，应将光屏（选填“远离”或“靠近”）透镜．19．同学利用电压表和电流表测量电阻R1的阻值（约9Ω左右），电源选用两节干电池．（1）按图甲电路，将图乙中电流表正确连入电路．（2）该同学检查电路连接正确，合上开关，可是无论怎样移动滑片，电压表示数总为3V不变，你认为发生故障的原因可能是．（3）清除故障后，小明将滑片P向左滑动时，电压表示数将（填“增大”、“减小”或“不变”），当P滑到某一位置时，两表读数如图丙所示，由此可知R=Ω．你认为这个结果可靠吗？，理由是．20．利用如图所示的装置来“探究杠杆的平衡条件”．（1）若实验前杠杆如图甲所示，可将杠杆两端的平衡螺母向（填“左”或“右”）调节，以杠杆在水平位置平衡．（2）调节完毕后，当在杠杆B点挂3个质量相同的钩码，如图乙所示，那么在杠杆的D点挂个质量相同的钩码，才能使杠杆恢复在水平位置平衡．当杠杆平衡后，将B、D两点下方所挂的钩码同时向支点O靠近1个格，那么杠杆（填“左”或“右”）升高．（3）实验中若不在D点挂钩码，而在杠杆的A点或C点使用弹簧测力计使杠杆在水平位置平衡，为使弹簧测力计的示数最小，应使弹簧测力计挂在点，且拉力的方向是．五、计算题（每小题5分，共10分，每小题要有计算过程和必要的文字说明，只给出结果不得分）21．如图所示的电路中，电源电压为3V，R为阻值未知的定值电阻，小灯泡L的规格为“6V 3W”，若小灯泡的阻值不随温度变化，闭合开关S后，电流表的示数为0.55A．求：（1）小灯泡的电阻；（2）小灯泡的实际功率；（3）定值电阻R的阻值．22．一个质量为70kg的工人，用如图所示的装置（包括滑轮组及装砖的托板）提升一堆砖，已知装砖的托板重200N，每块砖重100N，滑轮的摩擦和绳重均可忽略不计，当工人匀速将10块砖提升3m时，此装置的机械效率为80%．（取g=10N/kg，结果保留1位小数）求：（1）拉力所做的有用功是多少J？（2）动滑轮重力是多少N？（3）该人站在地面上用此装置提升砖的过程中，此装置的机械效率最高可达多少？2016年新疆乌鲁木齐市米东区中考物理二模试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题3分，共30分，每小题只有一个选项符合题意）1．关于声现象，下列说法中错误的是（）A．小西湖立交桥上安装的隔音墙，是在声音传播途径中减弱噪音B．接听电话时根据音色分辨对方C．声音的频率越高，传播速度越快D．水面舰艇可以通过超声波探测海洋的深度和礁石【考点】防治噪声的途径；声速；超声波与次声波；音调、响度与音色的区分．【分析】（1）防治噪声的途径有：在声源处、在传播中、在人耳处；（2）声音的三个特性包括音调、响度和音色，根据其各自的影响因素做出判断；（3）声音的传播速度与介质有关，与频率无关；（4）利用超声波可以探测海洋的深度．【解答】解：A、立交桥上安装的隔音墙，是在声音传播途径中减弱噪音，故A正确；B、不同人声带的结构不同，发出声音的音色不同，接听电话时我们是根据音色分辨对方，故B正确；C、声音的传播速度与介质有关，与频率无关，声音的频率越高，传播速度不一定越快，故C错误；D、水面舰艇可以通过超声波探测海洋的深度和礁石，故D正确．故选C．2．下面是小红的“物理笔记”部分摘录，其中不正确的是（）A．北海的春天，常出现墙壁“冒汗”是液化现象B．用水来冷却汽车发动机是因为水的比热容大C．夏天在地面上洒水会感到凉快，是利用了蒸发吸热D．衣柜里的樟脑丸变小了，属于凝华现象【考点】液化及液化现象；蒸发及其现象；升华和凝华的定义和特点；水的比热容的特点及应用．【分析】（1）物质由气态变为液态的过程叫液化，液化放热；（2）水的比热容比较大，常用来做冷却物质；（3）汽化有两种方式，蒸发和沸腾，汽化过程吸热；（4）物质由固态变为气态叫升华，升华吸热．【解答】解：A、北海的春天，水蒸气遇到温度较低的墙壁，放出热量，发生液化现象，所以出现墙壁“冒汗”现象，故A正确；B、水的比热容较大，与相同质量的气体物质相比，升高相同温度时可以吸收较多的热量，所以用来冷却汽车发动机，故B正确；C、夏天把水洒在地面上时，水蒸发时吸热，起到降低室温的作用，故C正确；D、樟脑球由固态变为气态叫升华，故D错误．故选D．3．下列关于光现象的说法中，属于光的折射的是（）A．雨后彩虹 B．树木在水中的倒影C．月食和日食D．小孔成像【考点】光的折射现象及其应用．【分析】（1）光在同种、均匀、透明介质中沿直线传播，产生的现象有小孔成像、激光准直、影子的形成、日食和月食等；（2）光线传播到两种介质的表面上时会发生光的反射现象，例如水面上出现岸上物体的倒影、平面镜成像、玻璃等光滑物体反光都是光的反射形成的；（3）光线在同种不均匀介质中传播或者从一种介质进入另一种介质时，就会出现光的折射现象，例如水池底变浅、水中筷子变弯、海市蜃楼等都是光的折射形成的．【解答】解：A、雨后彩虹是光的色散现象，其实质是光的折射形成的，符合题意；B、树木在水中的倒影是平面镜成像，其实质是光的反射，不合题意；C、日食和月食都是光的直线传播形成的，不合题意；D、小孔成像是光的直线传播形成的，不合题意．故选A．4．下列哪个规律不能用实验直接验证（）A．欧姆定律 B．牛顿第一定律 C．焦耳定律 D．阿基米德原理【考点】物理学方法．【分析】“推理法”即：规律不能直接用实验验证，只能在实验的基础上经过概括、抽象、推理得出．【解答】解：欧姆定律、焦耳定律、阿基米德原理都是直接通过真实的实验数据得出的结论，其结论形成方法与牛顿第一定律不同，所以A、C、D都不能选；牛顿第一定律的建立是在大量实验事实的基础上，通过分析，概括推理得出的（实际上不受摩擦力的物体根本不存在），所以该实验主要是利用了实验推理法形成的，所以B选项正确．故选B．5．如图是探究电流通过导体时产生热量的多少跟什么因素有关的实验装置，两个透明容器中密封着等量的空气，U形管中液面的高度的变化反应密闭空气温度的变化，下列说法正确的是（）A．该实验装置是为了探究电流产生的热量与电阻的关系B．将左边容器中的电阻丝换成10Ω的电阻丝后，就可以探究电流产生的热量与电阻的关系C．通电一段时间后，左侧U形管中液面的高度差比右侧的大D．该实验装置是利用U形管中液体的热胀冷缩来反应电阻丝放出热量的多少的【考点】焦耳定律．【分析】电流产生的热量跟电流大小、电阻大小、通电时间有关．（1）探究电流产生热量跟电阻关系时，控制通电时间和电流不变；（2）探究电流产生热量跟通电时间关系时，控制电流和电阻不变；（3）探究电流产生的热量跟电流大小和电阻大小关系时运用了控制变量法；（4）电流通过导体产生热量的多少不能直接观察，但液体温度的变化可以通过液面高度差的变化来反映，体现的是转换思想．【解答】解：（1）装置中一个5Ω的电阻与两个5Ω的电阻并联后再串联，根据串联电路的电流特点可知，右端两个电阻的总电流和左端的电阻电流相等，即I右=I左，两个5Ω的电阻并联，根据并联电路的电流特点知I右=I1+I2，两电阻阻值相等，则支路中电流相等，I1=I2，所以右边容器中的通过电阻的电流是左侧通过电流的一半，即是研究电流产生的热量与电流的关系，由Q=I2Rt可知，左边容器中的电阻产生的热量多，温度升得较快；因此通电一段时间后，玻璃管左侧液面高度差更大，故A错误，C正确．（2）将左边容器中的电阻丝换成10Ω的电阻丝后，左右两端的电阻和电流都不同，没有控制好变量，所以不能探究电流产生的热量与电阻的关系，故B错误；（3）该实验装置是利用U型管中空气的热胀冷缩来反应热的多少，虽然产生热量的多少不能直接观察，但可以通过U型管液面高度差的变化来反映，故D错误．故选C．6．两个用同一种材料制成且完全相同的密闭圆台形容器一正一反放置在同一水平桌面上，容器内装有质量和深度均相同的液体，如图所示．若它们分别在水平方向拉力F1和F2的作用下沿桌面做匀速直线运动，速度分别为v和2v，容器底部受到液体的压强分别为p1和p2．下列关系正确的是（）A．p1=p2，F1=F2B．p1＞p2，F1＜F2 C．p1＞p2，F1=F2D．p1＜p2，F1＞F2【考点】压强大小比较；二力平衡条件的应用．【分析】容器沿桌面做匀速直线运动，所以拉力和各自的摩擦力大小相等，容器处于平衡状态，受合力为零，相当于静止，可以按静止来分析．根据液体的压强公式p=ρgh解析．【解答】解：由于物体都是匀速运动的，所以拉力和各自的摩擦力大小相等，由于容器相同、装的液体质量相等，所以对水平面的压力相等，所以摩擦力大小相等，故两个拉力大小相等；即F1=F2．当液体高度相同时，可知2容器中液体的体积较大，可以得出1容器中液体的密度较大，两液面一样高，所以1容器中的液体对底面的压强较大；即p1＞p2．故选C．7．用天平和量筒测量形状不规则小石块的密度，下列步骤不需要的是（）A．用天平测量小石块的质量m1B．用天平测量量筒的质量m2C．在量筒内倒入适量的水，记下量筒中水的体积V1D．用细线系住小石块，浸没在量筒的水中，记下量筒中石块和水的总体积V2【考点】固体密度的测量．【分析】测固体的密度用到的器材是天平和量筒，用天平测出固体的质量m，根据排水法用量筒测出固体的体积V，用公式ρ=计算出固体的密度．【解答】解：测固体石块的密度的基本方法是：用天平测出石块的质量m，在量筒中倒入适量水，读出体积为V1，将石块放入量筒浸没水中，读出水面体积值为V2，则石块的密度为ρ=．因此上述步骤有用的为A、C、D，测量量筒的质量是没有必要的，B无用．故选B．8．如图所示的电路中，电源两端电压不变，闭合开关S，则（）A．电流表A的示数将减小B．电压表V1的示数将不变C．电压表V2的示数将增大D．电压表V1的示数与电流表A的示数的乘积将变大【考点】电路的动态分析．【分析】分析电路图：当开关S断开时，两电阻串联，电流表测量电路中的电流，电压表V1测量R1两端的电压，电压表V2测量R2两端的电压；当开关S闭合时，R2被短路，电路中只有R1，电流表测量电路中的电流，电压表V1测量R1两端的电压（电源电压），电压表V2被短路、示数为0；由此可以得出三表的示数变化，进而判断各个选项的正误．【解答】解：当开关S断开时，两电阻串联，电流表测量电路中的电流，电压表V1测量R1两端的电压，电压表V2测量R2两端的电压；当开关S闭合时，R2被短路，电路中只有R1，电流表测量电路中的电流，电压表V1测量R1两端的电压（电源电压），电压表V2被短路、示数为0；（1）当开关闭合时，电路中的电阻变小，而电源两端电压不变，由I=可知，电路中的电流变大，即电流表的示数变大，故A错；（2）当开关闭合时，电压表V1由测量R1两端的电压（电源电压的一部分），变为测量电源电压，电压表V1示数变大，故B错；（3）当开关闭合时，电压表V2由测量R2两端的电压，变为示数为0，示数变小，故C错；（4）由上面分析可知，电压表V1示数变大、电流表的示数变大，电压表V1的示数与电流表A的示数的乘积将变大，故D正确．故选D．9．如图，电源电压恒定，电阻R1=10Ω，R2=15Ω，R阻值一定但未知，当单刀双掷开关S 掷向a（同时与b断开）时，电压表示数为2.0V，若掷向b（同时与a断开），电压表示数可能为（）A．3.0V B．2.5V C．2.0V D．1.5V【考点】欧姆定律的应用．【分析】由欧姆定律可得出开关置于两位置时的电压表示数表达式，通过分析可得出电压的可能值．【解答】解：由图S接b时，R2与R串联，由欧姆定律知：U=IR，此时电压表测R2两端电压，示数为U′，即有U′=I′R2=×15Ω…①，同理，S接a时，R1与R串联，此时电压表测R1两端电压，示数为2V，则有：2V=IR1=×10Ω…②，①÷②可得：=，所以U′=3V×，因为＜1，所以U′＜3V；R1、R2分别与R串联，R2＞R1，根据串联电路的分压原是可知：R与R2串联时比R1与R串联时分压多，即S接b时电压表示数大于2V；综上可知：2V＜U′＜3V，故B正确，ACD错误．故选B．10．将塑料球和木球用细绳相连放入水中时，木球露出水面的体积为它自身体积的，如图甲所示，当把细绳剪断后，塑料球沉底，木球露出水面的体积是它自身体积的，这时塑料球受到池底对它的支持力为F，如图乙所示若已知塑料球和木球的体积之比是1：8，则（）A．木球的重力为2FB．塑料球所受的浮力为2FC．绳子剪断前后，两物体所受的总浮力相差2FD．塑料球的密度为2.0×103千克/米3【考点】阿基米德原理．【分析】（1）塑料球和木球处于平衡状态，根据漂浮条件分别列出等式，利用阿基米德原理即可推导出木球和塑料球的重力和浮力；（2）把细线剪断后，根据木球露出水面的体积为自身体积的可知木球排开水的体积，根据物体的漂浮条件和阿基米德原理求出木球的密度，再根据漂浮条件和阿基米德原理表示出细线剪断前木球、塑料球的重力之和与浮力之间的关系，然后利用密度公式即可求出塑料球的密度．【解答】解：（1）把细线剪断前，木球和塑料球漂浮，木球受力为：G木，向下的F拉、F木浮；1则G木+F拉=F木浮1，而F木浮1=ρ水g（1﹣）V木=ρ水gV木，则G木+F拉=ρ水gV木﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①细线剪断后，木球受力为：G木，F木浮2；则G木=F木浮2，而F木浮2=ρ水g（1﹣）V木=ρ水gV木，则G木=ρ水gV木﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②①式﹣②式得：F拉=F木浮1﹣F木浮2=ρ水gV木﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣③把细线剪断前，塑料球受力为：G塑料，F拉、F塑料浮；则G塑料=F拉+F塑料浮﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣④把细线剪后前，塑料球受力为：G塑料，支持力为F、F塑料浮；G塑料=F+F塑料浮﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣⑤④式﹣⑤式得：F拉=F﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣⑥由③⑥式可知：ρ水gV木=F，则ρ水gV木=8F﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣⑦则根据②和⑦式得：G木=ρ水gV木=×8F=4F，故选项A错误；因为V塑料：V木=1：8，所以F塑料浮=ρ水gV塑料=ρ水g×V木=×8F=F，故选项B错误；（2）把细线剪断后，木球排开水的体积V排=V木﹣V木=V木，F浮木=ρ水gV排=m木g，即ρ水g×V木=ρ木V木g，解得：ρ木=ρ水，把细线剪断前，木球和塑料球漂浮，则F浮前=ρ水gV排′=（m木+m塑料）g，即ρ水g（V木+V塑料）=（ρ木V木+ρ塑料V塑料）g，因为V塑料：V木=1：8，所以ρ水（×8V塑料+V塑料）=（ρ水×8V塑料+ρ塑料V塑料），整理可得：ρ塑料=2ρ水=2×1×103kg/m3=2×103kg/m3．故选项D正确；绳子剪断前后，两物体所受的总浮力之差为：F浮前﹣F浮后=（G木+G塑料）﹣（G木+F塑料浮）=G塑料﹣F塑料浮=F；故选项C错误；故选D．二、填空题（每空1分，共30分）11．近日，国务院批复，将每年4月24日设立为“中国航天日”．1970年4月24日，中国第一颗人造地球卫星“东方红”1号卫星代表中国人飞向太空，成功开启了一片属于自己的天空．我国的航天事业发展迅速，到目前为止，我们不仅有自己的同步通信卫星，也有自主研发的“神舟”系列飞船，还有自行研制的全球卫星定位与通信系统（北斗卫星导航系统）．现在请回答下列问题：（1）运载航天器的火箭的燃料主要使用液态氢是因为它的热值大（填“大”或“小”）飞船在脱离火箭之前，相对于火箭是静止的，火箭在加速上升过程中机械能增大（选填“增大”、“减小”或“不变”），这个能量是由内能转化过来的，由于地球自西向东不停地自转，为节省燃料，火箭升空后应向偏东方向飞行（选填“偏东”或“偏西”）．（2）在太空中飞船总功飞行时间为115h，32min，沿椭圆轨道围绕地球运行了77圈，在整个过程中航天员一共看到77 次日出，轨道上离地球最近点200km，最远点350km．从远地点到近地点运行的过程中，飞船的速度变大（填“变大”、“不变”或“变小”）．（3）飞船在太空运行时，处于失重状态的两名航天员的质量不变（填“变大”或“变小”）．仍具有惯性（填“没有”或“仍具有”）．飞船在太空成功完成数千个运行动作，是通过喷射燃气来实施变轨、姿态确定的（即改变运行的高度、运行方向），这是应用了物理学中力的作用是相互的原理．【考点】燃料的热值；质量及其特性；运动和静止的相对性；力作用的相互性；惯性；动能和势能的转化与守恒．【分析】（1）液态氢具有较高的热值，完全燃烧相同质量的氢时，可以释放出更多的热量；判断物体的运动和静止，首先确定一个参照物，被研究的物体和参照物之间如果发生位置的变化，被研究的物体是运动的，否则是静止的；物体加速上升，速度增大，动能增大，高度升高，重力势能增大；燃料燃烧产生的化学能转化为内能，内能最终又转化为火箭的机械能；根据地球的自转方向进行分析；（2）飞船绕地球一圈看到一次日出，据此进行分析；飞船在远地点的势能最大，动能最小，在近地点的势能最小，动能最大；（3）质量是物质的属性，与物体所处的位置无关；惯性是物体的特性，惯性的大小与物体的质量有关，质量越大，惯性越大；物体间力的作用是相互的．【解答】解：（1）运载火箭采用液态氢作为火箭的燃料，原因是液态氢具有较高的热值，完全燃烧相同质量的氢时，可以释放出更多的热量；。

2016高考全国新课标2卷物理含答案解析

2016年普通高等学校招生全国统一考试(Ⅱ卷)（甘肃、青海、内蒙古、黑龙江、吉林、辽宁、宁夏、新疆、西藏、陕西、重庆）第Ⅰ卷（选择题共126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14~18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，有选错的得0分。

14．质量为m 的物体用轻绳AB 悬挂于天花板上．用水平向左的力F 缓慢拉动绳的中点O ，如图所示。

用T 表示绳OA 段拉力的大小，在O 点向左移动的过程中 A ．F 逐渐变大，T 逐渐变大 B ．F 逐渐变大，T 逐渐变小 C ．F 逐渐变小，T 逐渐变大 D ．F 逐渐变小，T 逐渐变小【答案】A【解析】动态平衡问题，F 与T 的变化情况如图：可得：'''F F F →→↑'''T T T →→↑【考点】物体平衡15．如图，P 是固定的点电荷，虚线是以P 为圆心的两个圆．带电粒子Q 在P 的电场中运动，运动轨迹与两圆在同一平面内，a 、b 、c 为轨迹上的三个点．若Q 仅受P 的电场力作用，其在a 、b 、c别为a a ，b a ，c a ，速度大小分别为a v ，b v ，c v ，则A ．a b c a c b a a a v v v >>>>，B ．a b c b c a a a a v v v >>>>，C ．b c a b c a a a a v v v >>>>，D ．b c a a c b a a a v v v >>>>，【答案】D【解析】由库仑定律可知，粒子在a 、b 、c 三点受到的电场力的大小关系为b c a F F F >>，由F a m=合，可知b c a a a a >>，由题意可知，粒子Q 的电性与P 相同，受斥力作用结合运动轨迹，得a c b v v v >>【考点】牛顿第二定律、库仑定律、电荷间相互作用。

2016-2017学年新疆生产建设兵团二中高三（上）第二次月考物理试卷（解析版）

2016-2017学年新疆⽣产建设兵团⼆中⾼三（上）第⼆次⽉考物理试卷（解析版）2016-2017学年新疆⽣产建设兵团⼆中⾼三（上）第⼆次⽉考物理试卷⼀、选择题：（本题共11⼩题，每⼩题给出的四个选项中，第1～10题只有⼀项符合题⽬要求，每题2分，第11～15为多选题，选全对得4分，选对但不全得2分，有错选的得0分，共50分）1．下列说法符合物理学史的是（）A．伽利略认为⼒是维持物体运动的原因B．卡⽂迪利⽤扭秤实验成功地测出了引⼒常量C．开普勒通过对其导师第⾕观测的⾏星数据进⾏研究得出了万有引⼒定律D．伽利略在归纳总结了⽜顿、笛卡尔等科学家的结论的基础上得出了⽜顿第⼀定律2．⼀物体运动的速度随时间变化的关系如图所⽰，根据图象可知（）A．4s内物体在做曲线运动B．4s内物体的速度⼀直在减⼩C．物体的加速度在2.5s时⽅向改变D．4s内物体⼀直做直线运动3．如图所⽰，倾⾓为θ=30°的光滑斜⾯上固定有竖直光滑档板P，横截⾯为直⾓三⾓形的物块A放在斜⾯与P之间．则物块A 对竖直挡板P的压⼒与物块A对斜⾯的压⼒⼤⼩之⽐为（）A．2：1 B．1：2 C．：1 D．：44．如图所⽰，从地⾯上同⼀位置抛出两⼩球A、B，分别落在地⾯上的M、N点，两球运动的最⼤⾼度相同．空⽓阻⼒不计，则（）A．B的加速度⽐A的⼤B．B的飞⾏时间⽐A的长C．B在最⾼点的速度⽐A在最⾼点的⼤D．B在落地时的速度⽐A在落地时的⼩5．如图所⽰，⼀轻绳的⼀端系在固定粗糙斜⾯上的O点，另⼀端系⼀⼩球，给⼩球⼀⾜够⼤的初速度，使⼩球在斜⾯上做圆周运动，在此过程中（）A．⼩球的机械能守恒B．重⼒对⼩球不做功C．绳的张⼒对⼩球不做功D．在任何⼀段时间内，⼩球克服摩擦⼒所做的功总是等于⼩球动能的减少6．质量为m的汽车以恒定的功率P在平直的公路上⾏驶，汽车匀速⾏驶时的速率为v1，则当汽车的速率为v2（v2＜v1）时，汽车的加速度为（）A．B．C． D．7．如图所⽰，⼀根长为L的轻杆OA，O端⽤铰链喧固定，轻杆靠在⼀个⾼为h的物块上，某时杆与⽔平⽅向的夹⾓为θ，物块向右运动的速度v，则此时A点速度为（）A．B．C．D．8．2006年美国NBA全明星赛⾮常精彩，最后东部队以2分的微弱优势取胜，本次⽐赛的最佳队员为东部队的詹姆斯，假设他在某次投篮过程中对篮球做功为W，出⼿⾼度为h1，篮筐距地⾯⾼度为h2，球的质量为m，不计空⽓阻⼒，则篮球进筐时的动能为（）A．W+mgh1﹣mgh2B．mgh2﹣mgh1﹣W C．mgh1+mgh2﹣W D．W+mgh2﹣mgh1 9．如图（甲）所⽰，质量不计的弹簧竖直固定在⽔平⾯上，t=0时刻，将⼀⾦属⼩球从弹簧正上⽅某⼀⾼度处由静⽌释放，⼩球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后⼜被弹起离开弹簧，上升到⼀定⾼度后再下落，如此反复．通过安装在弹簧下端的压⼒传感器，测出这⼀过程弹簧弹⼒F随时间t变化的图象如图（⼄）所⽰，则（）A．t1时刻⼩球动能最⼤B．t2时刻⼩球动能最⼤C．t2～t3这段时间内，⼩球的动能先增加后减少D．t2～t3这段时间内，⼩球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能10．如图所⽰为⽪带传送装置⽰意图的⼀部分，传送带与⽔平地⾯的倾⾓为θ，A、B两端相距L．将质量为m的物体轻放到传送带的A端，物体沿AB⽅向从A端⼀直加速运动到B端，物体与传送带间的滑动摩擦⼒⼤⼩为f．传送带顺时针运转，⽪带传送速度v保持不变，物体从A到达B所⽤的时间为t，物体和传送带组成的系统因摩擦产⽣的热量为Q，电动机因运送物体多做的功为W．下列关系式中正确的是（）A．Q=fL B．Q=f（vt﹣L）C．W=mv2+mglsinθ+Q D．W=fvt11．如图所⽰，长为2L的轻杆硬杆，上端固定⼀质量为m的⼩球，下端⽤光滑铰链连接于地⾯上的O点，杆可绕O点在竖直平⾯内⾃由转动，定滑轮固定于地⾯上⽅L处，到O点的⽔平距离为，电动机由跨过定滑轮且不可伸长的绳⼦与杆的中点相连，启动电动机，杆从虚线位置绕O点逆时针倒下地⾯，假设从α=60°到α=0的过程中，杆做匀速转动（设杆与⽔平的夹⾓为α），则在此过程中（）A．在前⼀半路程电动机对杆做的功⽐在后⼀半路程少B．电动机的输出功率先增⼤后减⼩C．α=60°时，绳⼦对杆的拉⼒⼤⼩为mgD．杆对⼩球的作⽤⼒最⼤时，绳⼦对杆的拉⼒⼤⼩为4mg⼆、实验题12．图为验证机械能守恒定律的实验装置⽰意图．现有的器材为：带铁夹的铁架台、电磁打点计时器、纸带、带铁夹的重锤、天平．回答下列问题：（1）为完成此实验，除了所给的器材，还需要的器材有．（填⼊正确选项前的字母）A．⽶尺B．秒表C．0～12V的直流电源D．0～12V的交流电源（2）实验中误差产⽣的原因有．（写出两个原因）13．某同学⽤如图甲所⽰的实验装置来“探究a与F、m之间的定量关系”．（1）实验时，必须先平衡⼩车与⽊板之间的摩擦⼒，该同学是这样操作的：如图⼄，将⼩车静⽌放在⽔平长⽊板上，并连着已穿过打点计时器的纸带，调整⽊板右端的⾼度，接通电源，⽤⼿轻拨⼩车，让打点计时器在纸带上打出⼀系列﹣的点，说明⼩车在做运动（2）如果该同学先如（1）中的操作，平衡了摩擦⼒，以砂和砂桶的重⼒为F，在⼩车质量M保持不变的情况下，不断往桶⾥加沙，砂的质量最终达到M，测⼩车加速度a，做a﹣F的图象，如图丙的图线正确的是（）三、计算题：本⼤题共4⼩题，第14题9分，第15题9分，第16题10分，第17题10分，共41分．吧解答写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的⽂字说明，⽅程式和演算步骤．14．质量为2kg的物体在⽔平推⼒F的作⽤下沿⽔平⾯作直线运动，⼀段时间后撤去F，其运动的v﹣t图象如图所⽰．g取10m/s2，求：（1）物体与⽔平⾯间的运动摩擦因数µ；（2）⽔平推⼒F的⼤⼩；（3）0﹣10s内物体运动位移的⼤⼩．15．某游乐场过⼭车模型简化为如图所⽰，光滑的过⼭车轨道位于竖直平⾯内，该轨道由⼀段斜轨道和与之相切的圆形轨道连接⽽成，圆形轨道的半径为R，可视为质点的过⼭车从斜轨道上某处由静⽌开始下滑，然后沿圆形轨道运动．（1）若要求过⼭车能通过圆形轨道最⾼点，则过⼭车初始位置相对于圆形轨道底部的⾼度⾄少要多少？（2）考虑到游客的安全，要求全过程游客受到的⽀持⼒不超过⾃⾝重⼒的7倍，过⼭车初始位置相对于圆形轨道底部的⾼度h 不得超过多少？16．如图，质量分别为m和M的两个星球A和B在引⼒作⽤下都绕O点做匀速圆周运动，星球A和B两者中⼼之间的距离为L，已知A、B的中⼼和O三点始终共线，A和B分别在O的两侧，引⼒常数为G．（1）求两星球做圆周运动的周期；（2）在地⽉系统中，若忽略其他星球的影响，可以将⽉球和地球看成上述星球A和B，⽉球绕其轨道中⼼运⾏的周期为T1．但在近似处理问题时，常常认为⽉球是绕地⼼做圆周运动的，这样算得运⾏周期记为T2．已知地球和⽉球的质量分别为5.98×1024kg和7.35×1022kg．求T1与T2两者平⽅之⽐（结果保留三位⼩数）．17．⼀根轻质细绳绕过轻质定滑轮，右边穿上质量M=3kg的物块A，左边穿过长为L=2m 的固定细管后下端系着质量m=1kg的⼩物块B，物块B距细管下端h=0.4m处，已知物块B 通过细管时与管内壁间的滑动摩擦⼒F1=10N，当绳中拉⼒超过F2=18N时物块A与绳之间就会出现相对滑动，且绳与A间的摩擦⼒恒为18N，开始时A、B均静⽌，绳处于拉直状态，同时释放A和B，不计滑轮与轴之间的摩擦，g=10m/s2，求：（1）刚释放A、B时绳中的拉⼒；（2）B在管中上升的⾼度以及B上升过程中A、B组成的系统损失的机械能；（3）若其他条件不变，增⼤A的质量，试通过计算说明B能否穿越细管．2016-2017学年新疆⽣产建设兵团⼆中⾼三（上）第⼆次⽉考物理试卷参考答案与试题解析⼀、选择题：（本题共11⼩题，每⼩题给出的四个选项中，第1～10题只有⼀项符合题⽬要求，每题2分，第11～15为多选题，选全对得4分，选对但不全得2分，有错选的得0分，共50分）1．下列说法符合物理学史的是（）A．伽利略认为⼒是维持物体运动的原因B．卡⽂迪利⽤扭秤实验成功地测出了引⼒常量C．开普勒通过对其导师第⾕观测的⾏星数据进⾏研究得出了万有引⼒定律D．伽利略在归纳总结了⽜顿、笛卡尔等科学家的结论的基础上得出了⽜顿第⼀定律【考点】物理学史．【分析】本题是物理学史问题，根据涉及的科学家：伽利略、卡⽂迪许、开普勒、⽜顿等⼈的物理学成就进⾏解答．【解答】解：A、伽利略认为⼒不是维持物体运动的原因，⽽是改变物体运动状态的原因，故A错误．B、⽜顿发现万有引⼒定律之后，卡⽂迪利⽤扭秤实验成功地测出了引⼒常量．故B正确．C、开普勒通过对其导师第⾕观测的⾏星数据进⾏研究，得出了⾏星运动三⼤定律，故C错误．D、⽜顿在归纳总结了伽利略、笛卡尔等科学家的结论的基础上得出了⽜顿第⼀定律，故D 错误．故选：B．2．⼀物体运动的速度随时间变化的关系如图所⽰，根据图象可知（）A．4s内物体在做曲线运动B．4s内物体的速度⼀直在减⼩C．物体的加速度在2.5s时⽅向改变D．4s内物体⼀直做直线运动【考点】匀变速直线运动的图像．【分析】本题是速度﹣时间图象，速度图象不是物体的运动轨迹．速度图象的斜率等于物体的加速度⼤⼩，速度和加速度的正负表⽰速度的⽅向，纵坐标的⼤⼩表⽰速度的⼤⼩．速度变化量等于末速度与初速度之差．【解答】解：AD、前2.5s内物体速度为正，沿正⽅向运动，后1.5s速度为负，沿负⽅向运动，但物体做的是直线运动，故A错误，D正确；B、4s内物体的速度先减⼩后反向增⼤，故B错误；C、物体的斜率⼀直为负值，所以加速度⼀直沿负⽅向，没有发⽣改变，故C错误；故选：D3．如图所⽰，倾⾓为θ=30°的光滑斜⾯上固定有竖直光滑档板P，横截⾯为直⾓三⾓形的物块A放在斜⾯与P之间．则物块A 对竖直挡板P的压⼒与物块A对斜⾯的压⼒⼤⼩之⽐为（）A．2：1 B．1：2 C．：1 D．：4【考点】共点⼒平衡的条件及其应⽤；物体的弹性和弹⼒；⼒的分解．【分析】物体A受重⼒、斜⾯⽀持⼒和挡板的⽀持⼒，重⼒的效果是使其对挡板P和斜⾯分别具有压⼒，按照⼒的分解的平⾏四边形定则进⾏分解即可．【解答】解：将物体A受重⼒按照⼒的效果进⾏分解，如图所⽰：解得：F1=Gtanθ，故即物块A对竖直挡板P的压⼒与物块A对斜⾯的压⼒⼤⼩之⽐为1：2；故选：B4．如图所⽰，从地⾯上同⼀位置抛出两⼩球A、B，分别落在地⾯上的M、N点，两球运动的最⼤⾼度相同．空⽓阻⼒不计，则（）A．B的加速度⽐A的⼤B．B的飞⾏时间⽐A的长C．B在最⾼点的速度⽐A在最⾼点的⼤D．B在落地时的速度⽐A在落地时的⼩【考点】抛体运动．【分析】由运动的合成与分解规律可知，物体在⽔平⽅向做匀速直线运动，竖直⽅向做竖直上抛运动，两球的加速度相同，由竖直⾼度相同，由运动学公式分析竖直⽅向的初速度关系，即可知道⽔平初速度的关系．两球在最⾼点的速度等于⽔平初速度．由速度合成分析初速度的关系，即可由机械能守恒知道落地速度的⼤⼩关系．【解答】解：A、不计空⽓阻⼒，两球的加速度都为重⼒加速度g．故A错误．B、两球都做斜抛运动，竖直⽅向的分运动是竖直上抛运动，根据运动的对称性可知，两球上升和下落的时间相等，⽽下落过程，由t=知下落时间相等，则两球运动的时间相等．故B错误．C、h=v y t﹣gt2，最⼤⾼度h、t相同，则知，竖直⽅向的初速度⼤⼩相等，由于A球的初速度与⽔平⽅向的夹⾓⼤于B球的竖直⽅向的初速度，由v y=v0sinα（α是初速度与⽔平⽅向的夹⾓）得知，A球的初速度⼩于B球的初速度，两球⽔平⽅向的分初速度为v0cosα=v y cotα，由于B球的初速度与⽔平⽅向的夹⾓⼩，所以B球⽔平分初速度较⼤，⽽两球⽔平⽅向都做匀速直线运动，故B在最⾼点的速度⽐A在最⾼点的⼤．故C正确．D、根据速度的合成可知，B的初速度⼤于A球的初速度，运动过程中两球的机械能都守恒，则知B在落地时的速度⽐A在落地时的⼤．故D错误．故选：C．5．如图所⽰，⼀轻绳的⼀端系在固定粗糙斜⾯上的O点，另⼀端系⼀⼩球，给⼩球⼀⾜够⼤的初速度，使⼩球在斜⾯上做圆周运动，在此过程中（）A．⼩球的机械能守恒B．重⼒对⼩球不做功C．绳的张⼒对⼩球不做功D．在任何⼀段时间内，⼩球克服摩擦⼒所做的功总是等于⼩球动能的减少【考点】机械能守恒定律；动能定理的应⽤．【分析】物体机械能守恒的条件是只有重⼒或者是弹⼒做功，根据机械能守恒的条件逐个分析物体的受⼒的情况，即可判断物体是否是机械能守恒．知道除了重⼒之外的⼒做功量度机械能的变化．【解答】解：A、⼩球在斜⾯上做圆周运动，在此过程中⼩球除了重⼒之外还有摩擦⼒做功，所以⼩球的机械能不守恒，故A 错误．B、⼩球在斜⾯上做圆周运动，在此过程中⼩球在竖直⽅向上有位移产⽣，所以重⼒做功，故B错误．C、绳的张⼒始终与⼩球的速度⽅向垂直，所以绳的张⼒对⼩球不做功，故C正确．D、根据除了重⼒之外的⼒做功量度机械能的变化，在任何⼀段时间内，⼩球克服摩擦⼒所做的功总是等于⼩球的机械能的减少，故D错误．故选C．6．质量为m的汽车以恒定的功率P在平直的公路上⾏驶，汽车匀速⾏驶时的速率为v1，则当汽车的速率为v2（v2＜v1）时，汽车的加速度为（）A．B．C． D．【考点】功率、平均功率和瞬时功率；⽜顿第⼆定律．【分析】汽车以恒定的功率匀速运动时，汽车受到的阻⼒的⼤⼩和汽车的牵引⼒的⼤⼩相等，由此可以求得汽车受到的阻⼒的⼤⼩，当速度为v2时，在由P=Fv可以求得此时的牵引⼒的⼤⼩，根据⽜顿第⼆定律求得汽车的加速度的⼤⼩．【解答】解：汽车以速度v1匀速运动时，根据P=Fv1=fv1可得汽车受到的阻⼒的⼤⼩为f=，汽车以速度v2匀速运动时，根据P=F′v2，所以此时的牵引⼒F′=，由⽜顿第⼆定律可得，F′﹣f=ma，所以加速度为a===，所以C正确．故选C．7．如图所⽰，⼀根长为L的轻杆OA，O端⽤铰链喧固定，轻杆靠在⼀个⾼为h的物块上，某时杆与⽔平⽅向的夹⾓为θ，物块向右运动的速度v，则此时A点速度为（）A．B．C．D．【考点】运动的合成和分解．【分析】将物块的速度分解为沿杆⼦⽅向和垂直于杆⼦⽅向，在垂直于杆⼦⽅向上的速度等于B点绕O转动的线速度，根据v=rω可求出杆转动的⾓速度，再根据杆的⾓速度和A的转动半径可以求出A的线速度⼤⼩．【解答】解：如图所⽰根据运动的合成与分解可知，接触点B的实际运动为合运动，可将B点运动的速度v B=v沿垂直于杆和沿杆的⽅向分解成v2和v1，其中v2=v B sinθ=vsinθ为B点做圆周运动的线速度，v1=v B cosθ为B点沿杆运动的速度．当杆与⽔平⽅向夹⾓为θ时，OB=，由于B点的线速度为v2=vsinθ=OBω，所以，所以A的线速度v A=Lω=，故C正确．故选：C8．2006年美国NBA全明星赛⾮常精彩，最后东部队以2分的微弱优势取胜，本次⽐赛的最佳队员为东部队的詹姆斯，假设他在某次投篮过程中对篮球做功为W，出⼿⾼度为h1，篮筐距地⾯⾼度为h2，球的质量为m，不计空⽓阻⼒，则篮球进筐时的动能为（）A．W+mgh1﹣mgh2B．mgh2﹣mgh1﹣W C．mgh1+mgh2﹣W D．W+mgh2﹣mgh1【考点】动能定理．【分析】对整个过程运⽤动能定理，求出篮球进框时的动能⼤⼩．【解答】解：对球在⼿中到篮筐的过程中，⼿对篮球做功为W，重⼒做负功，根据动能定理得，W﹣mg（h2﹣h1）=E k﹣0，解得篮球进框时的动能E k=W+mgh1﹣mgh2，故A正确，B、C、D错误．故选：A．9．如图（甲）所⽰，质量不计的弹簧竖直固定在⽔平⾯上，t=0时刻，将⼀⾦属⼩球从弹簧正上⽅某⼀⾼度处由静⽌释放，⼩球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后⼜被弹起离开弹簧，上升到⼀定⾼度后再下落，如此反复．通过安装在弹簧下端的压⼒传感器，测出这⼀过程弹簧弹⼒F随时间t变化的图象如图（⼄）所⽰，则（）A．t1时刻⼩球动能最⼤B．t2时刻⼩球动能最⼤C．t2～t3这段时间内，⼩球的动能先增加后减少D．t2～t3这段时间内，⼩球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能【考点】机械能守恒定律．【分析】⼩球先⾃由下落，与弹簧接触后，弹簧被压缩，在下降的过程中，弹⼒不断变⼤，当弹⼒⼩于重⼒时，物体加速下降，但合⼒变⼩，加速度变⼩，故做加速度减⼩的加速运动，当加速度减为零时，速度达到最⼤，之后物体由于惯性继续下降，弹⼒变的⼤于重⼒，合⼒变为向上且不断变⼤，故加速度向上且不断变⼤，故物体做加速度不断增⼤的减速运动；同理，上升过程，先做加速度不断不断减⼩的加速运动，当加速度减为零时，速度达到最⼤，之后做加速度不断增⼤的减速运动，直到⼩球离开弹簧为⽌．【解答】解：A、t1时刻⼩球⼩球刚与弹簧接触，与弹簧接触后，弹⼒先⼩于重⼒，⼩球做加速度运动，当弹⼒增⼤到与重⼒平衡，即加速度减为零时，速度达到最⼤，动能达到最⼤，故A错误；B、t2时刻，弹⼒最⼤，故弹簧的压缩量最⼤，⼩球运动到最低点，速度等于零，故B错误；C、t2～t3这段时间内，⼩球处于上升过程，先做加速度不断减⼩的加速运动，后做加速度不断增⼤的减速运动，动能先增⼤后减⼩，故C正确；D、t2～t3段时间内，⼩球和弹簧系统机械能守恒，故⼩球增加的动能和重⼒势能之和等于弹簧减少的弹性势能，故D错误；故选：C10．如图所⽰为⽪带传送装置⽰意图的⼀部分，传送带与⽔平地⾯的倾⾓为θ，A、B两端相距L．将质量为m的物体轻放到传送带的A端，物体沿AB⽅向从A端⼀直加速运动到B端，物体与传送带间的滑动摩擦⼒⼤⼩为f．传送带顺时针运转，⽪带传送速度v保持不变，物体从A到达B所⽤的时间为t，物体和传送带组成的系统因摩擦产⽣的热量为Q，电动机因运送物体多做的功为W．下列关系式中正确的是（）A．Q=fL B．Q=f（vt﹣L）C．W=mv2+mglsinθ+Q D．W=fvt【考点】⽜顿第⼆定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】产⽣的内能等于摩擦⼒与发⽣相对位移的乘积，电动机做的功全部转化为内能和物块增加的机械能，由能量守恒即可求得【解答】解：A、物块产⽣的加速度为：a=在时间t内传送带前进位移为x=vt，发⽣的相对位移为：△x=vt﹣L，故产⽣的热量为：Q=f （vt﹣L），故A错误，B正确；C、电动机做的功⼀部分转化为内能，另⼀部分转化为物块的机械能，故有：W=Q+mgLsinθ+，故C错误；D、传送带多做的功是传送带克服摩擦⼒做的功，等于摩擦⼒和传送带位移的乘积，即W=fvt．故D正确．故选：BD11．如图所⽰，长为2L的轻杆硬杆，上端固定⼀质量为m的⼩球，下端⽤光滑铰链连接于地⾯上的O点，杆可绕O点在竖直平⾯内⾃由转动，定滑轮固定于地⾯上⽅L处，到O点的⽔平距离为，电动机由跨过定滑轮且不可伸长的绳⼦与杆的中点相连，启动电动机，杆从虚线位置绕O点逆时针倒下地⾯，假设从α=60°到α=0的过程中，杆做匀速转动（设杆与⽔平的夹⾓为α），则在此过程中（）A．在前⼀半路程电动机对杆做的功⽐在后⼀半路程少B．电动机的输出功率先增⼤后减⼩C．α=60°时，绳⼦对杆的拉⼒⼤⼩为mgD．杆对⼩球的作⽤⼒最⼤时，绳⼦对杆的拉⼒⼤⼩为4mg【考点】功率、平均功率和瞬时功率；物体的弹性和弹⼒．【分析】A、在前⼀半程⼩球重⼒势能的减少量⼩于⼩球重⼒势能的减少量，根据功能关系，在前⼀半程电动机对杆做的功⽐在后⼀半程少，可判断A选项；B、依题意知电动机的输出功率⼀直在增⼤，可判断B选项；C、当α=60°时，绳⼦对杆的拉⼒⼩于⼩球的重⼒mg，可判断C选项；D、当α=0°时，杆对⼩球的作⽤⼒最⼤，此时绳⼦与⽔平⾯的夹⾓为30°，由⼒矩平衡可判断D选项．【解答】解：A、在前⼀半程⼩球重⼒势能的减少量⼩于⼩球重⼒势能的减少量，根据功能关系，在前⼀半程电动机对杆做的功⽐在后⼀半程少，故选项A正确；B、电动机的输出功率⼀直在增⼤，故选项B错误；C、当α=60°时，绳⼦对杆的拉⼒⼩于⼩球的重⼒mg，故C选项错误；D、当α=0°时，杆对⼩球的作⽤⼒最⼤，此时绳⼦与⽔平⾯的夹⾓为30°，由⼒矩平衡可得，mg?2L=F?Lsin30°，解之得，F=4mg．故D选项正确．故选：AD．⼆、实验题12．图为验证机械能守恒定律的实验装置⽰意图．现有的器材为：带铁夹的铁架台、电磁打点计时器、纸带、带铁夹的重锤、天平．回答下列问题：（1）为完成此实验，除了所给的器材，还需要的器材有AD．（填⼊正确选项前的字母）A．⽶尺B．秒表C．0～12V的直流电源D．0～12V的交流电源（2）实验中误差产⽣的原因有纸带与打点计时器之间有摩擦，⽤⽶尺测量纸带上点的位置时读数有误差，．（写出两个原因）【考点】验证机械能守恒定律．【分析】解决实验问题⾸先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项．我们要从仪器的使⽤和长度的测量去考虑器材．【解答】解：（1）⽤A项⽶尺测量长度，⽤D项交流电源供打点计时器使⽤．（2）纸带与打点计时器之间有摩擦，⽤⽶尺测量纸带上点的位置时读数有误差，计算势能变化时，选取始末两点距离过近，交流电频率不稳定．故答案为：（1）AD（2）纸带与打点计时器之间有摩擦，⽤⽶尺测量纸带上点的位置时读数有误差，计算势能变化时，选取始末两点距离过近，交流电频率不稳定．13．某同学⽤如图甲所⽰的实验装置来“探究a与F、m之间的定量关系”．（1）实验时，必须先平衡⼩车与⽊板之间的摩擦⼒，该同学是这样操作的：如图⼄，将⼩车静⽌放在⽔平长⽊板上，并连着已穿过打点计时器的纸带，调整⽊板右端的⾼度，接通电源，⽤⼿轻拨⼩车，让打点计时器在纸带上打出⼀系列点迹均匀﹣的点，说明⼩车在做匀速直线运动（2）如果该同学先如（1）中的操作，平衡了摩擦⼒，以砂和砂桶的重⼒为F，在⼩车质量M保持不变的情况下，不断往桶⾥加沙，砂的质量最终达到M，测⼩车加速度a，做a﹣F 的图象，如图丙的图线正确的是（）【考点】探究加速度与物体质量、物体受⼒的关系．【分析】（1）平衡摩擦⼒时，调整⽊板右端的⾼度，接通电源，⽤⼿轻拨⼩车，当⼩车带动纸带匀速下滑时说明平衡摩擦⼒；（2）正确的a﹣F图象应该是过原点的直线，不满⾜砂和砂桶的质量远远⼩于⼩车的质量时图象发⽣弯曲．【解答】解：（1）平衡摩擦⼒时，应将绳从⼩车上拿去，不要挂钩码，将长⽊板的右端垫⾼⾄合适位置，使⼩车重⼒沿斜⾯分⼒和摩擦⼒抵消，若⼩车做匀速直线运动，此时打点计时器在纸带上打出⼀系列点迹均匀的点，（2）如果这位同学先如（1）中的操作，已经平衡摩擦⼒，则刚开始a﹣F的图象是⼀条过原点的直线，不断往桶⾥加砂，砂的质量最终达到M，不能满⾜砂和砂桶的质量远远⼩于⼩车的质量，此时图象发⽣弯曲，故C正确；故选：C；故答案为：（1）点迹均匀；匀速直线；（2）C．三、计算题：本⼤题共4⼩题，第14题9分，第15题9分，第16题10分，第17题10分，共41分．吧解答写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的⽂字说明，⽅程式和演算步骤．14．质量为2kg的物体在⽔平推⼒F的作⽤下沿⽔平⾯作直线运动，⼀段时间后撤去F，其运动的v﹣t图象如图所⽰．g取10m/s2，求：（1）物体与⽔平⾯间的运动摩擦因数µ；（2）⽔平推⼒F的⼤⼩；（3）0﹣10s内物体运动位移的⼤⼩．【考点】⽜顿第⼆定律；加速度；匀变速直线运动的图像．【分析】根据速度﹣时间图象可知：0﹣6s内有⽔平推⼒F的作⽤，物体做匀加速直线运动；6s﹣10s内，撤去F后只在摩擦⼒作⽤下做匀减速直线运动，可根据图象分别求出加速度，再根据匀变速直线运动基本公式及⽜顿第⼆定律求解．【解答】解：（1）设物体做匀减速直线运动的时间为△t2、初速度为v20、末速度为v2t、加速度为a2，则：=﹣2m/s2①设物体所受的摩擦⼒为F f，根据⽜顿第⼆定律，有F f=ma2②F f=﹣µmg ③联⽴①②③得：④（2）设物体做匀加速直线运动的时间为△t1、初速度为v10、末速度为v1t、加速度为a1，则⑤根据⽜顿第⼆定律，有F﹣F f=ma1⑥联⽴③⑤⑥得：F=µmg+ma1=6N（3）由匀变速直线运动位移公式，得x=x1+x2=v10△t1++v20△t2+=46m．答：（1）物体与⽔平⾯间的运动摩擦因数µ为0.2；（2）⽔平推⼒F的⼤⼩为6N；（3）0﹣10s内物体运动位移的⼤⼩为46m．15．某游乐场过⼭车模型简化为如图所⽰，光滑的过⼭车轨道位于竖直平⾯内，该轨道由⼀段斜轨道和与之相切的圆形轨道连接⽽成，圆形轨道的半径为R，可视为质点的过⼭车从斜轨道上某处由静⽌开始下滑，然后沿圆形轨道运动．（1）若要求过⼭车能通过圆形轨道最⾼点，则过⼭车初始位置相对于圆形轨道底部的⾼度⾄少要多少？（2）考虑到游客的安全，要求全过程游客受到的⽀持⼒不超过⾃⾝重⼒的7倍，过⼭车初始位置相对于圆形轨道底部的⾼度h 不得超过多少？【考点】机械能守恒定律；⽜顿第⼆定律；向⼼⼒．【分析】（1）根据过⼭车能通过圆形轨道最⾼点得出在最⾼点的速度值，根据运动过程机械能守恒求解．（2）过圆周最低点根据⽜顿第⼆定律和机械能守恒求解．【解答】解：（1）设过⼭车总质量为M，从⾼度h1处开始下滑，恰能以v1过圆周轨道最⾼点．在圆轨道最⾼点有：…①运动过程机械能守恒：…②由①②式得：h1=2.5R⾼度h⾄少要2.5R．（2）设从⾼度h2处开始下滑，过圆周最低点时速度为v2，游客受到的⽀持⼒最⼤是F N=7mg．最低点：…③运动过程机械能守恒：…④由③④式得：h2=3R⾼度h不得超过3R．答：（1）若要求过⼭车能通过圆形轨道最⾼点，则过⼭车初始位置相对于圆形轨道底部的⾼度⾄少是2.5R．（2）考虑到游客的安全，要求全过程游客受到的⽀持⼒不超过⾃⾝重⼒的7倍，过⼭车初始位置相对于圆形轨道底部的⾼度h 不得超过3R．16．如图，质量分别为m和M的两个星球A和B在引⼒作⽤下都绕O点做匀速圆周运动，星球A和B两者中⼼之间的距离为L，已知A、B的中⼼和O三点始终共线，A和B分别在O的两侧，引⼒常数为G．（1）求两星球做圆周运动的周期；（2）在地⽉系统中，若忽略其他星球的影响，可以将⽉球和地球看成上述星球A和B，⽉球绕其轨道中⼼运⾏的周期为T1．但在近似处理问题时，常常认为⽉球是绕地⼼做圆周运动的，这样算得运⾏周期记为T2．已知地球和⽉球的质量分别为5.98×1024kg和7.35×1022kg．求T1与T2两者平⽅之⽐（结果保留三位⼩数）．【考点】万有引⼒定律及其应⽤；⼈造卫星的加速度、周期和轨道的关系．【分析】这是⼀个双星的问题，A和B绕O做匀速圆周运动，它们之间的万有引⼒提供各⾃的向⼼⼒，A和B有相同的⾓速度和周期，结合⽜顿第⼆定律和万有引⼒定律解决问题．【解答】解：（1）A和B绕O做匀速圆周运动，它们之间的万有引⼒提供向⼼⼒，则A和B的向⼼⼒⼤⼩相等，且A和B和O始终共线，说明A和B有相同的⾓速度和周期，因此有：联⽴解得：对A根据⽜顿第⼆定律和万有引⼒定律得：化简得：（2）将地⽉看成双星，由（1）得将⽉球看作绕地⼼做圆周运动，根据⽜顿第⼆定律和万有引⼒定律得：化简得：。

2016届第三次全国大联考物理试卷(新课标Ⅱ卷)(解析版)

2016届第三次全国大联考物理试卷（新课标Ⅱ卷）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1～5题只有一项符合题目要求，第6～8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．1．物体的受力情况往往决定了物体的运动形式，关于力对物体运动形式的影响，下列说法中不正确的是（）A．垂直进入匀强磁场的带电粒子，洛伦兹力只改变其运动方向B．自由落体运动中，重力只改变速度大小C．垂直进入匀强电场的带电粒子，电场力使得速度方向逐渐的偏向电场力方向D．圆周运动中合外力只改变速度方向2．如图所示，质量分别为m和2m的两个小球置于光滑水平面上，且固定在一轻质弹簧的两端，现沿弹簧轴线方向在质量为2m的小球上施加一水平向右的拉力F1，使两球一起做匀加速运动，则此时两球间的距离为x1，若沿弹簧轴线方向在质量为m的小球上施加一水平向左的拉力F2，使两球一起做匀加速运动，则此时两球间的距离为x2，已知x1=2x2，则有（）A．F1=F2B．F1=4F2C．F1＞4F2D．F1=2F23．在光滑的绝缘水平面上，固定有一个电流方向如图所示的直导线，其右侧有一个正方形导线框，某一时刻导线框获得一个向右倾斜45°大小为m/s的瞬时速度，假设通电导线足够长，则线框最终运动形式的判断，下列说法正确的是（）A．线框的速度等于1m/sB．线框中产生沿顺时针方向的恒定电流C．线框在安培力作用下逐渐远离直导线D．线框静止4．假设在赤道平面内有一颗侦察卫星绕地球做匀速圆周，某一时刻恰好处在另一颗同步卫星的正下方，已知侦察卫星的轨道半径为同步卫星的四分之一，则有（）A．同步卫星和侦察卫星的线速度之比为2：1B．同步卫星的和侦察卫星的角速度之比为8：1C．再经过h两颗卫星距离最远D．再经过h两颗卫星距离最远5．如图所示，半径为R的光滑半圆形轨道和光滑水平轨道相切，三个小球1、2、3沿水平轨道分别以速度v1=2、v2=3、v3=4水平向左冲上半圆形轨道，g为重力加速度，下列关于三个小球的落点到半圆形轨道最低点A的水平距离和离开轨道后的运动形式的说法正确的是（）A．三个小球离开轨道后均做平抛运动B．小球2和小球3的落点到A点的距离之比为：2C．小球1和小球2做平抛运动的时间之比为1：1D．小球2和小球3做平抛运动的时间之比为1：16．在匀强电场所在平面内存在一个半径为R的圆形区域，完全相同的带正电粒子以初速度v0沿不同的方向从A点进入圆形区域，已知从D点离开的粒子动能最大，且AB、CD是两条互相垂直的直径．则下列说法正确的是（）A．电场方向沿CD方向B．电场方向沿AD方向C．从B点离开的粒子速度仍是v0D．从C点离开的粒子速度仍是v07．如图甲所示，光滑小球在水平面上做往复运动，在分界线MN的左侧始终受到水平恒力F1的作用，在分界线MN的右侧始终受到水平恒力F2的作用，小球从A点由静止开始运动，在0～5s内运动的v﹣t图象如图乙所示，已知小球质量为m=2kg，则（）A．F1与F2大小之比为3：2B．t=5s时，小球回到A点C．t=3s时，恒力F2的功率为8WD．在0～4s的过程中，F1与F2做功之和为36J8．如图是磁流体泵的示意图，已知磁流体泵是高为h的矩形槽，槽左右正对的两壁是导电的，它们的间距为L，两导电壁加上电压U．平行于纸面的前后两绝缘壁间有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场．槽的下部分与水银面接触，上部与竖直的绝缘管相连．已知水银的电阻率为ρ1，水银的密度为ρ2，重力加速度为g，磁流体泵正常工作时，水银上升，则下列说法正确的是（）A．水平槽的左壁应该接电源负极，右壁接电源正极B．电压一定时，水银槽的长度L越长，受到的安培力越大C．电压一定时，水银槽的左侧面面积越大，受到的安培力越大D．若U＜，则磁流体泵无法工作三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为题，每个考题考生都必须作答，第13～18为选考题，考生格局要求作答．（一）必考题9．为了简化对平抛运动规律的探究过程，同学们利用速度传感器组装了如图1所示的实验装置．（1）小球从曲面静止释放后从A点离开轨道，为了使小球的运动尽可能接近平抛运动，下列措施中有必要的是．A．轨道必须光滑B．轨道末端切线必须水平C．小球要选用密度大的材料D．斜槽上下端口一定要在同一个竖直平面内（2）为了探究速度随时间变化的规律，同学们选择了作图象的方法来直观呈现，关于纵轴和横轴表示的物理量，你认为最合适的是．A．v﹣t图象B．v2﹣t图象C．v2﹣t2图象（3）某一次实验呈现的图象如图2所示，则平抛的初速度v0=m/s．10．（9分）描绘小灯泡的伏安特性曲线的实验过程中，选择的灯泡标有“2V，0.36W”字样．实验器材如下：电池组（电动势为3V，内阻约1Ω）；电流表（量程为0～250mA，内阻5Ω）；电压表（量程为0～3V，内阻约3kΩ）；开关一个、导线若干．（1）为了测得尽可能多的实验数据，滑动变阻器应选下列中的（填字母代号）．A．滑动变阻器（最大阻值20Ω，额定电流1A）B．滑动变阻器（最大阻值1750Ω，额定电流0.3A）（2）为保证测量的数据尽可能准确，实验的电路图应选用下列的图1的（填字母代号）．（3）实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图2所示．如果将这个小灯泡接到电动势为1.5V，内阻为5Ω的电源两端，小灯泡消耗的功率是W．11．（14分）1932年，劳伦斯和利文斯设计出了回旋加速器．回旋加速器的工作原理如图所示，置于真空中的两个D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直．设两D形盒之间所加的交流电压为U，被加速的粒子质量为m、电量为q，粒子从D 形盒一侧开始被加速（初动能可以忽略），经若干次加速后粒子从D形盒边缘射出．求：（1）粒子从静止开始第1次经过两D形盒间狭缝加速后的速度大小；（2）粒子第一次进入D型盒磁场中做圆周运动的轨道半径；（3）粒子至少经过多少次加速才能从回旋加速器D形盒射出．12．（18分）质量M=10kg的木板A沿水平面向右运动，与水平面之间的动摩擦因数等于μ1=0.1，当木板A的速度v0=5m/s时，在A的左端施加一个恒力F=35N，如图所示，同时在木板上面无初速度放上一个质量m=5kg的滑块B．已知滑块B 右端的木板上表面粗糙，长度为12.5m，与滑块之间动摩擦因数μ2=0.2，滑块左端的木板上表面包括滑块所放的位置为光滑，长度为2.5m．（1）至少经过多长时间滑块和木板的速度相等．（2）共经过多长时间滑块与木板分开？(二）选考题，请考生任选一模块作答[物理——选修3-3]（15分）13．（5分）在做“用油膜法估测分子直径大小”的实验中，用胶头滴管从配好的浓度为ρ的酒精油酸溶液中吸取溶液滴一滴到撒有痱子粉的水面上，数得油膜在画有边长a的正方形小格的玻璃板上共占有x个方格．已知n滴溶液的总体积为v．①用以上字母表示油酸分子直径的大小d=．②水面为什么要撒一层痱子粉？．14．（10分）如图所示的导热气缸固定于水平面上，缸内用活塞密封一定质量的理想气体，外界大气压强保持不变．现使气缸内气体温度从27℃缓慢升高到87℃，此过程中气体对活塞做功240J，内能增加了60J．活塞与气缸间无摩擦、不漏气，且不计气体的重力，活塞可以缓慢自由滑动．①求缸内气体从外界吸收的热量．②升温后缸内气体体积是升温前气体体积的多少倍？【物理学校3-4】15．为了测量当地重力加速度竖直，同学们设计了单摆装置来帮忙，但是由于粗心忘记测量摆球直径，实验中将悬点到小球最低点的距离作为摆长l，测得多组周期T和l的数据，作出T2﹣l图象，如图所示．①小球的直径是cm；②实验测得当地重力加速度大小是m/s2（取三位有效数字）．16．图为单反照相机取景器的示意图，ABCDE为五棱镜的一个截面，AB⊥BC．光线垂直AB 射入，分别在CD 和EA 上发生反射，且两次反射的入射角相等，最后光线垂直BC 射出．若两次反射都为全反射，则该五棱镜折射率的最小值是多少？（计算结果可用三角函数表示）【物理选修3-5】17．物理学理论的建立离不开实验，而相关变化的过程描述分析离不开方程式，下列关于物理学家及其对应的实验和反应方程中表述正确的是（）A．卢瑟福α粒子散射实验揭示了原子的核式结构模型B．汤姆生发现电子揭示了原子结构的复杂性C．Na→Mg+e是一个原子核的裂变反应方程D．贝克勒尔发现天然放射现象证实了原子核内部有着复杂的结构E．U+n→Xe+Sr+2n是衰变18．如图所示，质量为M=2kg的足够长的小平板车静止在光滑水平面上，车的一端静止着质量为M A=2kg 的物体A （可视为质点）．一个质量为m=20g 的子弹以500m/s 的水平速度迅即射穿A后，速度变为100m/s（子弹不会落在车上），最后物体A静止在车上．若物体A与小车间的动摩擦因数μ=0.5．（取g=10m/s2）（1）平板车最后的速度是多大？（2）子弹射穿物体A过程中系统损失的机械能为多少？（3）A在平板车上滑行的距离为多少？2016届第三次全国大联考物理试卷（新课标Ⅱ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．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．1．物体的受力情况往往决定了物体的运动形式，关于力对物体运动形式的影响，下列说法中不正确的是（）A．垂直进入匀强磁场的带电粒子，洛伦兹力只改变其运动方向B．自由落体运动中，重力只改变速度大小C．垂直进入匀强电场的带电粒子，电场力使得速度方向逐渐的偏向电场力方向D．圆周运动中合外力只改变速度方向【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】明确力和运动的关系，并根据电场和磁场的性质进行分析，从而明确物体在电场和磁场中的运动情况．【解答】解：A、垂直进入匀强磁场的带电粒子时，洛伦兹力只改变其运动方向；不改变粒子的运动速度大小；故A正确；B、自由落体运动中，重力竖直向下，只改变速度大小，不改变速度方向；故B 正确；C、垂直进入匀强电场的带电粒子，电场力使沿电场方向上的速度增大；故使得速度方向逐渐的偏向电场力方向；故C正确；D、圆周运动中合外力可能改变速度大小也可以改变速度方向；故D错误；本题选错误的；故选D．【点评】本题考查电场和磁场的性质，要注意明确电场力和磁场力的性质，知道洛伦兹力永不做功，只能改变速度方向，不能改变速度大小．2．如图所示，质量分别为m和2m的两个小球置于光滑水平面上，且固定在一轻质弹簧的两端，现沿弹簧轴线方向在质量为2m的小球上施加一水平向右的拉力F1，使两球一起做匀加速运动，则此时两球间的距离为x1，若沿弹簧轴线方向在质量为m的小球上施加一水平向左的拉力F2，使两球一起做匀加速运动，则此时两球间的距离为x2，已知x1=2x2，则有（）A．F1=F2B．F1=4F2C．F1＞4F2D．F1=2F2【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用【分析】对整体分析，根据牛顿第二定律求出整体的加速度，隔离分析，结合牛顿第二定律求出弹簧的弹力，从而根据胡克定律求出弹簧的形变量，得出两球之间的距离．【解答】解：沿弹簧轴线方向在质量为2m的小球上施加一水平向右的拉力F1，对整体分析，整体的加速度a=，隔离对m的小球分析，根据牛顿第二定律得，；同理，沿弹簧轴线方向在质量为m的小球上施加一水平向左的拉力F2，a′=，隔离对2m的小球分析，根据牛顿第二定律得：由于x1=2x2，联立可得：F1=4F2故B正确，ACD错误故选：B【点评】本题考查了牛顿第二定律和胡克定律的综合运用，知道两球具有相同的加速度，结合牛顿第二定律进行求解，掌握整体法和隔离法的灵活运用．3．在光滑的绝缘水平面上，固定有一个电流方向如图所示的直导线，其右侧有一个正方形导线框，某一时刻导线框获得一个向右倾斜45°大小为m/s的瞬时速度，假设通电导线足够长，则线框最终运动形式的判断，下列说法正确的是（）A．线框的速度等于1m/sB．线框中产生沿顺时针方向的恒定电流C．线框在安培力作用下逐渐远离直导线D．线框静止【考点】安培力【分析】正方形导线框周围有环形的磁场，正方形导线框向右上运动，磁通量减小，根据“来拒去留”可知，所受的安培力与运动方向相反，使正方形导线框在垂直导线方向做减速运动，当垂直导线方向的速度减为零，最终正方形导线框的运动状态为匀速沿导线运动，速度为原来速度的沿导线方向上的分量【解答】解：A、正方形导线框周围有环形的磁场，正方形导线框向右运动，磁通量减小，根据“来拒去留”可知，所受的安培力与运动方向相反，使正方形导线框在垂直导线方向做减速运动，当垂直导线方向的速度减为零，只剩沿导线方向的速度，然后磁通量不变，无感应电流，水平方向合力为零，故为匀速直线运动．由题意知：沿导线方向分速度v1=v0•co s60°=×=1m/s，故A正确，CD错误；B、线框在向右移动的过程中，做减速运动，磁通量减小，根据楞次定律可知产生的感应电流方向顺时针，但电流不恒定，故B错误故选：A【点评】此题考查法拉第电磁感应定律的应用及动能定理或者是能量守恒的应用，题目单一但是并不简单，需要知识的活学活用．4．假设在赤道平面内有一颗侦察卫星绕地球做匀速圆周，某一时刻恰好处在另一颗同步卫星的正下方，已知侦察卫星的轨道半径为同步卫星的四分之一，则有（）A．同步卫星和侦察卫星的线速度之比为2：1B．同步卫星的和侦察卫星的角速度之比为8：1C．再经过h两颗卫星距离最远D．再经过h两颗卫星距离最远【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】根据万有引力提供向心力公式，得到线速度、角速度与轨道半径的关系，在根据轨道半径的大小，求解线速度、角速度的关系，当两颗卫星的夹角为π时，相距最远，据此求解经过的时间．【解答】解：A、根据万有引力提供向心力得：v=，已知侦察卫星的轨道半径为同步卫星的四分之一，则同步卫星和侦察卫星的线速度之比为1：2，故A错误；B、根据万有引力提供向心力得：，则同步卫星的和侦察卫星的角速度之比为1：8，故B错误；C、根据T=可知，同步卫星的周期为24h，则角速度为rad/s，则侦察卫星的角速度为rad/s当两颗卫星的夹角为π时，相距最远，则有：t=，故C正确，D错误．故选：C【点评】本题关键是要掌握万有引力提供向心力这个关系，要求能够根据题意选择恰当的向心力的表达式．5．如图所示，半径为R的光滑半圆形轨道和光滑水平轨道相切，三个小球1、2、3沿水平轨道分别以速度v1=2、v2=3、v3=4水平向左冲上半圆形轨道，g为重力加速度，下列关于三个小球的落点到半圆形轨道最低点A的水平距离和离开轨道后的运动形式的说法正确的是（）A．三个小球离开轨道后均做平抛运动B．小球2和小球3的落点到A点的距离之比为：2C．小球1和小球2做平抛运动的时间之比为1：1D．小球2和小球3做平抛运动的时间之比为1：1【考点】机械能守恒定律；平抛运动【分析】先求出小球通过最高点时的临界速度，再分析三个小球能否到达最高点．若能通过最高点就能做平抛运动，再由平抛运动的规律分析水平距离和时间之比．【解答】解：A、设小球恰好通过最高点时的速度为v，此时由重力提供向心力，则mg=m，得v=设小球能通过最高点时在轨道最低点时最小速度为v′，由机械能守恒定律得2mgR+=，得v′=由于v1=2＜v′，所以小球1不能到达轨道最高点，也就不能做平抛运动，故A错误．BCD、小球2和小球3离开轨道后做平抛运动，由2R=得t=2，则得：小球2和小球3做平抛运动的时间之比为1：1．设小球2和小球3通过最高点时的速度分别为v2′和v3′．根据机械能守恒定律得：2mgR+mv22=mv2′2；2mgR+mv32=mv3′2；解得v2′=，v3′=由平抛运动规律得：水平距离为x=v0t，t相等，则小球2和小球3的落点到A 点的距离之比为：2．小球1做的不是平抛运动，则小球1和小球2做平抛运动的时间之比不是1：1，故BD正确，C错误．故选：BD【点评】解决本题的关键要掌握圆周运动最高点的临界条件，明确小球离开轨道后做平抛运动，应用平抛知识、机械能守恒定律结合解题．6．在匀强电场所在平面内存在一个半径为R的圆形区域，完全相同的带正电粒子以初速度v0沿不同的方向从A点进入圆形区域，已知从D点离开的粒子动能最大，且AB、CD是两条互相垂直的直径．则下列说法正确的是（）A．电场方向沿CD方向B．电场方向沿AD方向C．从B点离开的粒子速度仍是v0D．从C点离开的粒子速度仍是v0【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【分析】带正电微粒以相同的初动能沿着各个方向从A点进入圆形区域中，只在电场力作用下从圆周上不同点离开圆形区域，从D点离开圆形区域的带电微粒的动能最大．则说明电场力做功最大，从而得出D点是电势最短的点．电场力做功就是电量与两点的电势差的乘积．【解答】解：A、B、仅在电场力作用下从A点进入，离开D点的动能最大，电势能最小，由于带电微粒是带正电，则D点是电势最低的点，所以电场线与过D 的切线相垂直，故匀强电场的方向沿CD方向，由C指向D．故A正确，B错误．C、由于AB与CD垂直，而电场的方向沿CD的方向，所以AB两点的电势相等，所以从B点离开的粒子速度仍是v0．故C正确；D、由上可知，电场线方向从C到D，由沿着电场线方向，电势降低，则有C点的电势能最大，动能最小，故D错误；故选：AC【点评】该题考查带电粒子在电场中的运动，明确在只有电场力做功的情况下，动能最大，则电势能最小，从而确定电场线与过D的切线相垂直．同时还运用只有电场力做功，导致电势能与动能相互转化．7．如图甲所示，光滑小球在水平面上做往复运动，在分界线MN的左侧始终受到水平恒力F1的作用，在分界线MN的右侧始终受到水平恒力F2的作用，小球从A点由静止开始运动，在0～5s内运动的v﹣t图象如图乙所示，已知小球质量为m=2kg，则（）A．F1与F2大小之比为3：2B．t=5s时，小球回到A点C．t=3s时，恒力F2的功率为8WD．在0～4s的过程中，F1与F2做功之和为36J【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像【分析】根据速度时间图线得出物体的运动规律，从而确定出小球在MN右方运动的时间，根据图线的斜率求出小球的加速度，结合牛顿第二定律求出作用力的大小．根据图线与时间轴围成的面积求出小球的位移．【解答】解：由图可知，小球先向右做匀加速直线运动，过MN后做匀减速运动到零，再反向做匀加速直线运动，向左过MN后做匀减速运动到零；A、小球在MN左侧的加速度大小：小球在右方运动的加速度大小：．在左方，根据牛顿第二定律得，F1=ma1=2×6N=12N，在右方，根据牛顿第二定律得，F2=ma2=2×4N=8N．所以F1与F2大小之比为12：8=3：2．故A正确．B、v﹣t图中v与时间轴围成的面积表示物体的位移，由图可知，0﹣5s末物体的总位移等于0，则物体t=5s时，小球回到A点．故B正确；C、t=3s时，物体的速度：v3=v1﹣a2t=6﹣4×（3﹣1）=﹣2m/s可知3s末物体速度的大小为2m/s，所以t=3s时，恒力F2的功率为P=F2v3=8×2=16W．故C错误；D、由动能定理可得，在0～4s的过程中，F1与F2做功之和为W=J．故D正确．故选：ABD【点评】本题考查了速度时间图线与牛顿第二定律的综合运用，知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移．8．如图是磁流体泵的示意图，已知磁流体泵是高为h的矩形槽，槽左右正对的两壁是导电的，它们的间距为L，两导电壁加上电压U．平行于纸面的前后两绝缘壁间有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场．槽的下部分与水银面接触，上部与竖直的绝缘管相连．已知水银的电阻率为ρ1，水银的密度为ρ2，重力加速度为g，磁流体泵正常工作时，水银上升，则下列说法正确的是（）A．水平槽的左壁应该接电源负极，右壁接电源正极B．电压一定时，水银槽的长度L越长，受到的安培力越大C．电压一定时，水银槽的左侧面面积越大，受到的安培力越大D．若U＜，则磁流体泵无法工作【考点】安培力的计算；电阻定律【分析】利用电阻定律求的电阻，再利用闭合电路的欧姆定律求的电流，即可求得安培力，抓住安培力大于重力得出水银上升的条件，从而即可求解．【解答】解：A、根据题意可知，安培力方向向上，结合左手定则，则电流方向由左向右，那么水平槽的左壁应该接电源正极，右壁接电源负极，故A错误；BC、设磁流体泵的厚度为d，两极间的电阻为：R=ρ1，电流大小为：I=，受到的安培力为：F=BIL，方向向上，大小为F=，由此可知，安培力大小与L无关，而与槽侧面面积有关，即面积越大时，安培力也越大，故B错误，C正确，D、要使水银上升，则F＞mg，即B••L＞ρ2gLdh，解得：U＞，故D错误．故选：C．【点评】本题综合考查了安培力公式、电阻定律、欧姆定律等，综合性较强，知道水银上升时，安培力大于水银的重力．三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为题，每个考题考生都必须作答，第13～18为选考题，考生格局要求作答．（一）必考题9．为了简化对平抛运动规律的探究过程，同学们利用速度传感器组装了如图1所示的实验装置．（1）小球从曲面静止释放后从A点离开轨道，为了使小球的运动尽可能接近平抛运动，下列措施中有必要的是BCD．A．轨道必须光滑B．轨道末端切线必须水平C．小球要选用密度大的材料D．斜槽上下端口一定要在同一个竖直平面内（2）为了探究速度随时间变化的规律，同学们选择了作图象的方法来直观呈现，关于纵轴和横轴表示的物理量，你认为最合适的是C．A．v﹣t图象B．v2﹣t图象C．v2﹣t2图象（3）某一次实验呈现的图象如图2所示，则平抛的初速度v0=2m/s．【考点】研究平抛物体的运动【分析】根据实验的原理以及操作中的注意事项确定减小误差的方法；根据平行四边形定则得出小球速度的表达式，结合表达式分析判断；结合表达式，通过图线的纵轴截距求出平抛运动的初速度．【解答】解：（1）为了使小球的运动尽可能接近平抛运动，斜槽的末端必须水平，轨道不一定需要光滑，只要让小球从斜槽的同一位置由静止释放即可．故A错误，B正确．为了使小球运动过程中所受的空气阻力可以忽略，小球选择密度较大的，故C 正确．为了使小球的运动在某一竖直面内，斜槽上下端口一定要在同一个竖直平面内，故D正确．故选：BCD．（2）小球的速度v=，则，可知通过图线直观地得出v与t的关系，应作出v2﹣t2图象，故选：C．（3）因为，可知纵轴截距，解得平抛运动的初速度v0=2m/s．故答案为：（1）BCD，（2）C，（3）2．【点评】解决本题的关键知道实验的原理以及注意事项，掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，对于图线问题，关键得出关系式，结合图线的斜率或截距进行求解．10．（9分）描绘小灯泡的伏安特性曲线的实验过程中，选择的灯泡标有“2V，0.36W”字样．实验器材如下：电池组（电动势为3V，内阻约1Ω）；电流表（量程为0～250mA，内阻5Ω）；电压表（量程为0～3V，内阻约3kΩ）；开关一个、导线若干．（1）为了测得尽可能多的实验数据，滑动变阻器应选下列中的A（填字母代号）．A．滑动变阻器（最大阻值20Ω，额定电流1A）B．滑动变阻器（最大阻值1750Ω，额定电流0.3A）（2）为保证测量的数据尽可能准确，实验的电路图应选用下列的图1的B（填。

2016年新疆维吾尔自治区乌鲁木齐市物理中考最新模拟试题及其答案

2016年新疆维吾尔自治区乌鲁木齐市物理中考最新模拟试题一、选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分，每小题4个选项，其中只有1个选项是符合题意的，选对得3分，多选、不选、错选不得分）1.两列声波在同一示波器上显示的波形如图甲、乙所示，则这列声波A ．音调不同B ．响度不同C ．音色不同D ．音调、响度和音色均不同 2.下列数据最接近实际的是A ．教室的高约6mB ．家用电冰箱正常工作电流约10AC ．洗热水澡时的水温约42℃ D．中学生在体测中跑完1000m 用时2min3.在探究凸透镜成像规律的实验中，小聪选用了焦距为10cm 的凸透镜。

他将凸透镜固定在光具座上50cm 刻度线处，将点燃的蜡烛放置在光具座上35cm 刻度线处，当光屏移动到如图所示刻度线处时，在光屏上恰好呈现出烛焰清晰的像。

如果将蜡烛从图中位置移动，关于该实验下列说法正确的是A ．蜡烛向左移动2cm，光屏应向右移动到适当位置才能呈现烛焰清晰的像 B ．蜡烛向右移动10cm ，光屏应向右移动到适当位置才能呈现烛焰清晰的像 C ．蜡烛向右移动2cm ，光屏应向右移动到适当位置才能呈现烛焰清晰的像D ．蜡烛移到20cm 刻度线处，光屏应移动到70cm 刻度线处才能呈现烛焰清晰的像 4.如图所示，量程为0～5N ，示数为3.6N 的弹簧测力计是（）A B C D5错误！未指定书签。

．如图所示是新兴街换装的新路灯，左右灯箱内各有一盏节能灯，两灯的明暗独立控制。

以下模拟电路与之相符的是 ( )甲乙6.在下列电路图中，开关闭合后，小磁针静止时N极指向水平向右的是（）A B C D7.小明用两个相同的滑轮，组成不同的滑轮组（如图所示），分别将同一物体匀速提高到相同高度，绳子自由端移动的距离为s1、s2，图中左、右滑轮组的机械效率分别为η1、η2，下列关系正确的是（忽略绳重及摩擦）A．s1＞s2，η1=η2B．s1＞s2，η1＞η2C．s1＜s2，η1=η2D．s1＜s2，η1＞η28.刻度尺、弹簧测力计、电流表、温度计是物理学中基本的测量工具。

【最新经典文档】2016年新疆乌鲁木齐地区高考物理二模试卷(解析版)

）
A．q1 与 q2 可能相等 B．q1 一定大于 q2 C．t 1 与 t2 可能相等 D．t1 一定大于 t2
二、必考题（本题共 6 小题，共 46 分） 11．（ 6 分）在用伏安法测量电阻 Rx 的实验中，伏特表的内阻为 4kΩ，毫安表的内阻为 50Ω．某同学先用万用表对 Rx 粗测后．正确连接电路并通过实验数据得到 I﹣ U 图象如图所示．
（ 1）若以
为横轴，以 x2 为纵轴做出的图象为过原点的直线，就验证了
弹簧的弹性势能与其形变量的平方成正比的结论．
第二步：验证弹性势能与劲度系数的关系
（ 2）通过推导可得材料和规格相同但长度不同的弹簧，其劲度系数与弹簧的长
度成
比．换用不同长度 L 的弹簧实验，保证弹簧每次有相同的形变量，
测得多组 x2．若以为横轴，以
点进入磁场，粒子恰好没有从边界 PQ 穿出，已知磁场的宽度 d=
．求粒
子在磁场中运动的轨道半径和 A 点到边界 MN 的距离．
16．（ 10 分）一中间有圆孔的玉片（厚度不计）保持环面平行于地面从高处静止释放，玉片直接撞击地面而不被摔坏的最大释放高度为 hm=0.2m．现将玉片紧套在高度 L=0.55m 且与玉片质量相等的圆柱体顶端处．从圆柱体下端距地面高度 H=0.4m 处由静止释放圆柱体，下落到地面后与地面发生碰撞时，触地时间极短，无动能损失．玉片与圆柱体间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，大小为玉片重力的 2 倍．玉片最终从圆柱体上滑脱时，立即用手接住圆柱体．整个过程中圆柱体始终保持竖直，空气阻力不计．试通过分析计算说明玉片最终是否摔坏．
2016 年新疆乌鲁木齐地区高考物理二模试卷
一、选择题：本题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 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 6-10 题有多项符合题目要求．全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分． 1．（4 分）做直线运动的质点其加速度随时间变化的图象如图所示，阴影部分的 “面积 ”大小为 A，t 0 时刻，质点的速度为零．在 0﹣t0 时间内，质点发生的位移是（）

2016年新疆乌鲁木齐市高考物理一模试卷(解析版)

2016年新疆乌鲁木齐市高考物理一模试卷一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分.每小题列出的四个选项中，第1-5题只有一个是符合题目要求，第6-10提哟多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1．（4分）小丽荡秋千时，从最高点到最低点的过程中（）A．一直失重B．一直超重C．先超重再失重D．先失重再超重2．（4分）一充电后的平行板电容器，保持两板的正对面积和电荷量不变，减小两板间的距离，则其电容C和两板间的电势差U的变化情况是（）A．C增大，U减大B．C减小，U增大C．C增大，U减小D．C减小，U减小3．（4分）一般情况下，直径约1mm的雨滴下落到地面时的速度接近人类百米跑的极限速度，则雨滴下落到地面时的动能约为（）A．3×10﹣3J B．3×10﹣5J C．3×10﹣7J D．3×10﹣9J4．（4分）若银河系内每个星球贴近其表面运行的卫星的周期用T表示，被环绕的星球的平均密度用ρ表示.与ρ的关系图象如图所示，已知万有引力常量G=6.67×10﹣11N•m2/kg2．则该图象的斜率约为（）A．7×10﹣10N•m2/kg2B．7×10﹣11N•m2/kg2C．7×10﹣12N•m2/kg2D．7×10﹣13N•m2/kg25．（4分）如图所示，一绝缘水平面上两金属杆l1、l2通过铰链连接于O点，MN 是一镍铬合金制成的导体棒，两金属的另一端分别与MN接触，导体棒MN的电阻远大于l1、l2的电阻．整个装置处于垂直于水平面的匀强磁场中．现使两金属杆靠拢且两金属杆与MN的接触点均做匀速运动，则回路中感应电流随时间的变化图象正确的是（）A．B．C．D．6．（4分）关于安培力和洛伦兹力的下列说法中正确的是（）A．安培力一定不做功B．洛伦兹力一定不做功C．通电金属棒在磁场中一定受安培力作用D．运动电荷在磁场中可能不受洛伦兹力作用7．（4分）如图所示，电场中的一条电场线与x轴重合，电场线上各点的电势如图．用E A、E B分别表示电场线上AB两点的场强大小，下列说法正确的是（）A．E A＜E B B．E A＞E BC．E A与E B方向相同D．E A与E B方向相反8．（4分）如图所示，用一根轻弹簧和两根轻绳将两个相同的小球A和B连接并悬挂，小球均处于静止状态，OB绳水平．现将OA绳剪断，剪断的瞬间A、B两小球的加速度大小（）A．a A＞2g B．a A＜2g C．a B=g D．a B=09．（4分）如图所示的电路中，电源的内阻较大，当滑动变阻器滑片从b向a滑动的过程中，电源的输出功率（外电路的总功率）的变化情况可能是（）A．一直增大B．一直减小C．先增大后减小D．先减小后增大10．（4分）如图所示，斜面体放在水平地面上，物块在一外力F作用下沿斜面向上运动，斜面体始终保持静止，则（）A．若物块做加速运动，地面对斜面体的摩擦力方向水平向左B．若物块做加速运动，地面对斜面体的摩擦力方向水平向右C．若物块做减速运动，地面对斜面体的摩擦力方向水平向左D．若物块做减速运动，地面对斜面体的摩擦力方向水平向右二、解答题（共2小题，满分14分）11．（6分）某同学用下面的装置测量小车与木板间的摩擦力．A为小车，质量为100g，B为电火花计时器（接50Hz的交流电），C为小盘，D为一端带有定滑轮的水平放置的长方形木板，小车运动过程中的加速度可通过纸带上打出的点求出．（1）实验中，若认为小车受到的拉力等于盘和砝码的重力，会对实验结果产生较大的影响，故在该实验中要求实验原理上消除由此产生的系统误差．这样在实验中，小盘（含其中砝码）的质量（填“必须”或“不必”）满足远小于小车质量的条件；（2）某次实验中，盘和其中砝码的总质量为50g，得到的纸带如图所示，A、B、C、D、E是计数点，相邻计数点间还有四个点未画出，根据纸带可求出小车的加速度大小为m/s2．此时，小车受到的摩擦力为N．12．（8分）某兴趣小组设计了如图电路来测电源的电动势和内阻，已知定值电阻R0=2000Ω．（1）根据电路图完成实物电路的连接；（2）实验中若要使通过电源的电流增大，则滑动变阻器滑片应向端移动；（3）用I1、I2分别表示电流表A1、A2的示数．根据实验数据做出I1、I2的关系图象如图所示，则电源的电动势E=V，r=Ω．三、解答题（共5小题，满分46分）13．（8分）如图所示，表面粗糙的水平平台上有一质量为m的物体（可视为质点），物体在一水平向右的拉力作用下由静止开始运动，运动一段距离后撤去拉力，物体继续运动到平台边缘水平抛出并最终落地．已知物体在平台上运动的距离、平台的高度和平抛的水平距离均为L，物体与平台间的动摩擦因数为μ．求平台拉力对物体所做的功．14．（9分）如图所示，一不可伸长的轻绳一端固定于O点，绳的另一端系一质量为m的小球，光滑定滑轮B与O点等高．轻绳跨过定滑轮B将小球拉到A点，保持轻绳绷直，由静止释放小球．当小球摆到定滑轮的正下方时，绳对定滑轮总的作用力大小为2mg．求小球由A点释放时轻绳与竖直方向的夹角θ．15．（9分）如图所示，在边界MN的上方存在垂直于纸面向外的匀强磁场，在边界MN的下方三角形ABD区域存在于边界向上的匀强电场，场强大小为E，AB=d，BD=2d．一质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子（重力不计）从A点由静止释放，经电场加速后从B点进入磁场，最终从C点穿出电场，粒子经过C点时的速度为．求磁场的磁感应强度的大小．16．（10分）如图所示，一质量为m的小物块放在斜面上．在物块上施加一力F，且F=mg．已知斜面的倾角θ=30°，小物块与斜面之间的动摩擦因数μ=．（1）若力F的方向平行于斜面向下，求小物块的加速度大小；（2）当力F与斜面的夹角多大时，小物块的加速度最大？并求出最大加速度．17．（10分）一电荷量为q（q＞0）、质量为m的带电粒子（不计重力），在匀强电场的作用下，在t=0时由静止开始运动，场强随时间变化的规律如图所示．求（1）粒子从t=0到t=T的时间内运动的位移大小；（2）若粒子从t=（n﹣1）T到t=nT（n为正整数）的时间内运动的位移为零，求n的值．2016年新疆乌鲁木齐市高考物理一模试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分.每小题列出的四个选项中，第1-5题只有一个是符合题目要求，第6-10提哟多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1．（4分）小丽荡秋千时，从最高点到最低点的过程中（）A．一直失重B．一直超重C．先超重再失重D．先失重再超重【解答】解：当有向上的加速度时处于超重状态，有向下的加速度是处于失重状态，小丽从最高点到最低点的过程中，小丽先向下加速，后在竖直方向上向下是减速，所以先失重再超重．故选：D2．（4分）一充电后的平行板电容器，保持两板的正对面积和电荷量不变，减小两板间的距离，则其电容C和两板间的电势差U的变化情况是（）A．C增大，U减大B．C减小，U增大C．C增大，U减小D．C减小，U减小【解答】解：由公式C=知，在保持两板的正对面积和电荷量不变，减小两板间的距离，其电容C增大，由公式C=知，电荷量Q不变时，则U减小，故C正确，ABD错误．故选：C．3．（4分）一般情况下，直径约1mm的雨滴下落到地面时的速度接近人类百米跑的极限速度，则雨滴下落到地面时的动能约为（）A．3×10﹣3J B．3×10﹣5J C．3×10﹣7J D．3×10﹣9J【解答】解：雨滴的质量为：m=ρV=≈5.2×10﹣7kg，则雨滴下落到地面时的动能约为：=2.6×10﹣5J，最接近3×10﹣5J，故B正确．故选：B4．（4分）若银河系内每个星球贴近其表面运行的卫星的周期用T表示，被环绕的星球的平均密度用ρ表示.与ρ的关系图象如图所示，已知万有引力常量G=6.67×10﹣11N•m2/kg2．则该图象的斜率约为（）A．7×10﹣10N•m2/kg2B．7×10﹣11N•m2/kg2C．7×10﹣12N•m2/kg2D．7×10﹣13N•m2/kg2【解答】解：令该星球的半径为R，则星球的体积V=卫星绕星球做匀速圆周运动，由万有引力提供卫星圆周运动的向心力，则有G=m R得星球的质量M=所以星球的密度为ρ=联立解得ρ=则得=ρ由数学知识知，与ρ的关系图象斜率k==≈7×10﹣12N•m2/kg2．故选：C5．（4分）如图所示，一绝缘水平面上两金属杆l1、l2通过铰链连接于O点，MN 是一镍铬合金制成的导体棒，两金属的另一端分别与MN接触，导体棒MN的电阻远大于l1、l2的电阻．整个装置处于垂直于水平面的匀强磁场中．现使两金属杆靠拢且两金属杆与MN的接触点均做匀速运动，则回路中感应电流随时间的变化图象正确的是（）A．B．C．D．【解答】解：设两金属杆与MN的接触点做匀速运动的速度为v，三角形的高为h，则在△t时间内磁通量的变化量为，产生的根据电动势为E==Bvh，感应电流i=，所以随着时间t的增大，感应电流增大且斜率增大，A正确、BCD错误．故选；A．6．（4分）关于安培力和洛伦兹力的下列说法中正确的是（）A．安培力一定不做功B．洛伦兹力一定不做功C．通电金属棒在磁场中一定受安培力作用D．运动电荷在磁场中可能不受洛伦兹力作用【解答】解：A、安培力垂直通电导线，导线的运动方向可以与速度平行，故安培力可以做正功、负功，故A错误B、因洛伦兹力总垂直于电荷运动方向，故洛伦兹力的瞬时功率为零，故洛伦兹力对运动电荷一定不做功，故B正确；C、若导线与磁场方向平行，故安培力为零，故C错误；D、若粒子的速度方向与磁场方向平行，不受洛伦兹力，故D正确故选：BD．7．（4分）如图所示，电场中的一条电场线与x轴重合，电场线上各点的电势如图．用E A、E B分别表示电场线上AB两点的场强大小，下列说法正确的是（）A．E A＜E B B．E A＞E BC．E A与E B方向相同D．E A与E B方向相反【解答】解：AB、根据E=，可知φ﹣x图线的斜率表示电场强度，斜率绝对值越大，电场强度越大，则有E A＞E B．故A错误，B正确．CD、因为沿电场线方向电势逐渐降低，可知电场的方向沿x轴正方向，E A与E B 方向相同，故C正确，D错误．故选：BC8．（4分）如图所示，用一根轻弹簧和两根轻绳将两个相同的小球A和B连接并悬挂，小球均处于静止状态，OB绳水平．现将OA绳剪断，剪断的瞬间A、B两小球的加速度大小（）A．a A＞2g B．a A＜2g C．a B=g D．a B=0【解答】解：设A球与竖直方向的夹角为θ，OA绳的拉力为T2，OB的拉力为T1，对AB整体受力分析根据共点力平衡可知T2sinθ=T1T2cosθ=2mg解得：，T1=2mgtanθ当剪短瞬间，OA绳的来突变为0，由于弹簧的弹力是通过弹簧的形变产生，在剪短瞬间，弹簧的形变没来的及变化，弹簧的弹力不变，故此时A球受到的合理，B球受到合力不变，还是0，根据牛顿第二定律F=ma可知＞2g，a B=0，故AD正确，BC错误故选：AD9．（4分）如图所示的电路中，电源的内阻较大，当滑动变阻器滑片从b向a滑动的过程中，电源的输出功率（外电路的总功率）的变化情况可能是（）A．一直增大B．一直减小C．先增大后减小D．先减小后增大【解答】解：当滑动变阻器滑片从b向a滑动的过程中，变阻器有效电阻增大．根据当内、外电阻相等时，电源的输出功率最大．外电阻可能一直小于内电阻，当外电阻增大，电源的输出功率一直增大；外电阻可能一直大于内电阻，当外电阻增大，电源的输出功率一直减小；外电阻可能先小于内电阻，后大于内电阻，则电源的输出功率先增大后减小，电源的输出功率不可能先减小后增大，故ABC 正确，D错误．故选：ABC10．（4分）如图所示，斜面体放在水平地面上，物块在一外力F作用下沿斜面向上运动，斜面体始终保持静止，则（）A．若物块做加速运动，地面对斜面体的摩擦力方向水平向左B．若物块做加速运动，地面对斜面体的摩擦力方向水平向右C．若物块做减速运动，地面对斜面体的摩擦力方向水平向左D．若物块做减速运动，地面对斜面体的摩擦力方向水平向右【解答】解：A、物块沿斜面向上运动，无论是加速还是减速，其受斜面摩擦力方向沿斜面向下，与斜面对它的弹力的合力一定沿左上方，根据第三定律可知，物对斜面的作用力方向沿右下方，再对斜面受力分析，根据平衡条件可知地面对斜面体的摩擦力方向水平向左，故BD错误，AC正确．故选：AC二、解答题（共2小题，满分14分）11．（6分）某同学用下面的装置测量小车与木板间的摩擦力．A为小车，质量为100g，B为电火花计时器（接50Hz的交流电），C为小盘，D为一端带有定滑轮的水平放置的长方形木板，小车运动过程中的加速度可通过纸带上打出的点求出．（1）实验中，若认为小车受到的拉力等于盘和砝码的重力，会对实验结果产生较大的影响，故在该实验中要求实验原理上消除由此产生的系统误差．这样在实验中，小盘（含其中砝码）的质量不必（填“必须”或“不必”）满足远小于小车质量的条件；（2）某次实验中，盘和其中砝码的总质量为50g，得到的纸带如图所示，A、B、C、D、E是计数点，相邻计数点间还有四个点未画出，根据纸带可求出小车的加速度大小为 1.2m/s2．此时，小车受到的摩擦力为0.32N．【解答】解：（1）小盘（含其中砝码）的重力与小车所受的摩擦力之差为整体的合力，对整体分析，求出摩擦力的大小，所以实验中小盘（含其中砝码）的质量不必满足远小于小车质量的条件．（2）因为连续相等时间内的位移之差△x=12mm，根据△x=aT2得加速度为：a=，对整体分析，根据牛顿第二定律得：mg﹣f=（M+m）a，解得：f=mg﹣（M+m）a=0.5﹣0.15×1.2N=0.32N．故答案为：（1）不必；（2）1.2，0.3212．（8分）某兴趣小组设计了如图电路来测电源的电动势和内阻，已知定值电阻R0=2000Ω．（1）根据电路图完成实物电路的连接；（2）实验中若要使通过电源的电流增大，则滑动变阻器滑片应向b端移动；（3）用I1、I2分别表示电流表A1、A2的示数．根据实验数据做出I1、I2的关系图象如图所示，则电源的电动势E= 3.0V，r= 1.0Ω．【解答】解：（1）根据原理图可得出对应的实物图；如图所示（2）为使电流增大，则应减小滑动变阻器阻值，故滑片应向b端移动；（3）由闭合电路欧姆定律可知，I1R0=E﹣I2r；变形得：I1=则可知=1.5×10﹣3k==解得：E=3.0V；r=1.0Ω；故答案为：（1）如图所示；（2）b；（3）3.0；1.0．三、解答题（共5小题，满分46分）13．（8分）如图所示，表面粗糙的水平平台上有一质量为m的物体（可视为质点），物体在一水平向右的拉力作用下由静止开始运动，运动一段距离后撤去拉力，物体继续运动到平台边缘水平抛出并最终落地．已知物体在平台上运动的距离、平台的高度和平抛的水平距离均为L，物体与平台间的动摩擦因数为μ．求平台拉力对物体所做的功．【解答】解：设拉力F做的功为W，物体离开平台时的速度为v．物体做平抛运动，有：L=L=vt联立解得：v=物体在平台上运动的过程，根据动能定理有：W﹣μmL=解得：W=mgL（μ+）答：平台拉力对物体所做的功为mgL（μ+）．14．（9分）如图所示，一不可伸长的轻绳一端固定于O点，绳的另一端系一质量为m的小球，光滑定滑轮B与O点等高．轻绳跨过定滑轮B将小球拉到A点，保持轻绳绷直，由静止释放小球．当小球摆到定滑轮的正下方时，绳对定滑轮总的作用力大小为2mg．求小球由A点释放时轻绳与竖直方向的夹角θ．【解答】解：设小球静止时与竖直方向夹角为θ，小球的摆线长为L，当小球摆到定滑轮的正下方时，轻绳的弹力为F T．绳对定滑轮的作用如图所示，可得则得绳子的张力F T=Fcos45°根据题意，由动能定理可得mgL（1﹣cosθ）=小球摆到最低点时，由牛顿第二定律得F T﹣mg=m联立解得θ=60°答：小球由A点释放时轻绳与竖直方向的夹角θ为60°．15．（9分）如图所示，在边界MN的上方存在垂直于纸面向外的匀强磁场，在边界MN的下方三角形ABD区域存在于边界向上的匀强电场，场强大小为E，AB=d，BD=2d．一质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子（重力不计）从A 点由静止释放，经电场加速后从B点进入磁场，最终从C点穿出电场，粒子经过C点时的速度为．求磁场的磁感应强度的大小．【解答】解：粒子运动轨迹如图所示，设粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为R，在电场中，由动能定理得：qEd=mv B2﹣0，﹣qEx BC=mv C2﹣mv B2，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：qv B B=m，由几何关系得：=，解得：B=2；答：磁场的磁感应强度的大小为2．16．（10分）如图所示，一质量为m的小物块放在斜面上．在物块上施加一力F，且F=mg．已知斜面的倾角θ=30°，小物块与斜面之间的动摩擦因数μ=．（1）若力F的方向平行于斜面向下，求小物块的加速度大小；（2）当力F与斜面的夹角多大时，小物块的加速度最大？并求出最大加速度．【解答】解：（1）以物体为研究对象进行受力分析如图所示：由题意可得：F+mgsinθ﹣μmgciosθ=ma，代入数据解得：a=；（2）小物块的受力如图，设力F与斜面的夹角为α，根据题意得：Fcosα+m gsinθ﹣f=ma，而f=μ（mgcosθ﹣Fsinα），联立解得：a=，当α+60°=90°时，a有最大值，解得α=30°，am=．答：（1）若力F的方向平行于斜面向下，小物块的加速度大小为；（2）当力F与斜面的夹角为30°时，小物块的加速度最大，最大加速度为．17．（10分）一电荷量为q（q＞0）、质量为m的带电粒子（不计重力），在匀强电场的作用下，在t=0时由静止开始运动，场强随时间变化的规律如图所示．求（1）粒子从t=0到t=T的时间内运动的位移大小；（2）若粒子从t=（n﹣1）T到t=nT（n为正整数）的时间内运动的位移为零，求n的值．【解答】解：（1）由题意可得在0～：根据牛顿第二定律为：位移为：时速度为：～T时间内，根据牛顿第二定律有：位移为：总位移为：解得：（2）设t=（n﹣1）T、、t=nT时的速度分别为、、粒子在t=（n﹣1）T时刻，已经运动了n﹣1个电场变化的周期，所以有：设从t=（n﹣1）T到粒子运动的位移为x1，从到t=nT粒子的位移为x2解得n=5答：（1）粒子从t=0到t=T 的时间内运动的位移大小为；（2）若粒子从t=（n﹣1）T到t=nT（n为正整数）的时间内运动的位移为零，n 的值为5赠送—高中数学知识点【1.3.1】单调性与最大（小）值（1）函数的单调性②在公共定义域内，两个增函数的和是增函数，两个减函数的和是减函数，增函数减去一个减函数为增函数，减函数减去一个增函数为减函数．③对于复合函数[()]y f g x =，令()u g x =，若()y f u =为增，()u g x =为增，则[()]y f g x =为增；若()y f u =为减，()u g x =为减，则[()]y f g x =为增；若()y f u =为增，()u g x =为减，则[()]y f g x =为减；若()y f u =为减，()u g x =为增，则[()]y f g x =为减．（2）打“√”函数()(0)af x x a x=+>的图象与性质 ()f x分别在(,-∞、)+∞上为增函数，分别在[、上为减函数．（3）最大（小）值定义①一般地，设函数()y f x =的定义域为I ，如果存在实数M 满足：（1）对于任意的x I ∈，都有()f x M ≤；（2）存在0x I ∈，使得0()f x M =．那么，我们称M 是函数()f x 的最大值，记作max ()f x M =．②一般地，设函数()y f x =的定义域为I ，如果存在实数m 满足：（1）对于任意的x I ∈，都有()f x m ≥；（2）存在0x I ∈，使得0()f x m =．那么，我们称m 是函数()f x 的最小值，记作max ()f x m =．【1.3.2】奇偶性（4）函数的奇偶性yxo②若函数()f x 为奇函数，且在0x =处有定义，则(0)0f =．③奇函数在y 轴两侧相对称的区间增减性相同，偶函数在y 轴两侧相对称的区间增减性相反．④在公共定义域内，两个偶函数（或奇函数）的和（或差）仍是偶函数（或奇函数），两个偶函数（或奇函数）的积（或商）是偶函数，一个偶函数与一个奇函数的积（或商）是奇函数．。

新疆乌鲁木齐地区高考物理二模试卷(解析版).docx

2019年新疆乌鲁木齐地区高考物理二模试卷一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）1.在某校高三年级的一次排球比赛中，王宁同学一个漂亮的鱼跃救球赢得满场喝彩，在排球从最低点到与手脱离的过程中，排球（）A. 一直处于失重状态B. 一直处于超重状态C. 先处于失重状态后处于超重状态D. 先处于超重状态后处于失重状态2.某金属在光的照射下，光电子的最大初动能E k与入射光在真空中波长的倒数1λ的关系如图所示，则该金属的逸出功为（）A. 2ℎcλ0B. ℎcλ0C. ℎc2λ0D. ℎc4λ03.如图所示，一铁芯为“日“字型的理想变压器，n1为原线圈，n2、n3为副线圈，且n1：n2=2：1．当原线圈接最大值为220√2V的正弦交流电压u1时，通过n2、n3的磁感线条数均为通过n1磁感线条数的50%．则副线圈n2的输出电压u2，的有效值为（）A. 55VB. 55√2VC. 110VD. 110√2V4.在我国科幻电影《流浪地球》的剧情中，有一关键情节是人类带着地球靠近木星的过程中，如何避免地球与木星间的距离小于洛希极限（当两个天体中心的距离小于洛希极限时，质量较小的天体会在引力和潮汐力的作用下碎散）。

设木星与地球的质量分别为M、m，半径分别为R、r，密度分别为ρM、ρm，若地球相对于木星的洛希极限d=r33Mm，木卫1绕木星做匀速圆周运动的轨道半径为木星半径的6倍，其运行周期为地球近地卫星周期的30倍，则（）A. ρM：ρm=6：25，d>RB. ρM：ρm=6：25，d<RC. ρM：ρm=18：25，d>RD. ρM：ρm=18：25，d<R5.2018年7月1日，具有完全自主产权的我国加长版“复兴号”动车组正式在京沪线上运行。

一列加长版“复兴号”动车组从上海虹桥站由静止开始做匀加速直线运动，从某节车厢前端开始通过站台上一站立的工作人员开始计时，相邻两节车厢依次通过该工作人员的时间之比不可能是（）A. 2：1B. 5：2C. 6：5D. 7：3二、多选题（本大题共4小题，共23.0分）6.如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，两个比荷相同、速率不同的带电粒子（不计重力）正对圆心O射入磁场，并分别从a、b两点射出，若两粒子在磁场中的速度偏转角分别为2π3，π3则从a、b两点射出的粒子在磁场中运动的（）A.时间之比为3：1B.时间之比为2：1C.速率之比为1：3D. 速率之比为1：27.质量和电荷量均相同的带电粒子A、B（不计重力），分别以2v、v先后从同一点以相同的速度方向水平飞入场强方向竖直向下的匀强电场中，某时刻，粒子A在电场中的水平位移与竖直位移的大小之比为2：1，粒子B在电场中的速度方向与场强方向的夹角为45°，此时粒子A、B运动的位移分别为x A，x B则（）A. x A，x B的方向相同B. x A，x B的方向不同C. x A：x B=2√2：1D. x A：x B=4：18.如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔，质量为m的小球套在圆环上。

基础实验2 水的组成及变化的探究(分层练习)(解析版)_1

基础实验2 水的组成及变化的探究1．（2024·山西大同·三模）科学家通过水的生成和水的分解来认识水的组成。

电解水的实验如下图所示。

下列说法正确的是（）A．a管与电源正极相连B．b管中的气体能燃烧C．c中液面实验过程中会下降D．该实验可证明水是由氢、氧元素组成的【答案】D【解析】A、根据图示，电解水装置中a管生成的气体为氢气，b管生成的气体为氧气，a管与电源负极相连，说法错误；B、b管中的气体是氧气，氧气具有助燃性，本身不能燃烧，说法错误；C、a、b两管产生了气体，压强增大，导致c管的液面上升，说法错误；D、该实验电解水生成氢气和氧气，化学反应前后元素种类不变，证明水是由氢、氧元素组成的，说法正确；故选：D。

2．（2024·辽宁盘锦·模拟预测）电解水实验有助于我们了解水的组成。

下列说法正确的是（）A．该实验所用电源为交流电源B．该实验说明水是由氢气和氧气组成的C．乙管内得到的气体能使带火星的木条复燃D．该实验中所得氢气和氧气的质量比约为2：1【答案】C【解析】A、该实验用的是直流电，故选项说法错误；B、水电解生成氢气和氧气，氢气是由氢元素组成的，氧气是由氧元素组成的，根据质量守恒定律反应前后元素的种类不变，所以水是由氢、氧两种元素组成的，故选项说法错误；C、由电解水实验可知，正极产生的是氧气，负极产生的是氢气，氧气与氢气的体积比为1：2，由图可知，乙管产生的气体与甲管产生的气体体积比为1：2，所以乙管生成的是氧气，甲管生成的是氢气，氧气具有助燃性，所以乙管内得到的气体能使带火星的木条复燃，故选项说法正确；D、水在通电条件下生成氢气和氧气，该实验中所得氢气和氧气的体积比约为2：1，故选项说法错误；故选：C。

3．下列有关水的合成与分解的实验的说法，不正确的是（）A．图1烧杯内壁有水雾出现B．图2连接正负两极的玻璃管汇集的气体体积之比为2：1C．两个实验均可证明水是化合物D．两个实验均可证明水是由氢元素和氧元素组成【答案】B【解析】A、氢气燃烧生成水，干冷烧杯内壁有水雾出现，说法正确，不符合题意；B、在电解水实验中，“正氧负氢”，生成氢气和氧气的体积比约为2:1，故正极和负极产生的气体的体积比为1:2，说法错误，符合题意；C、电解水生成氢气和氧气，氢气和氧气在点燃的条件下反应生成水，氢气由氢元素组成，氧气由氧元素组成，根据化学反应前后，元素的种类不变，可得出水是由氢元素和氧元素组成，所以水是化合物，说法正确，不符合题意；D、电解水生成氢气和氧气，氢气和氧气在点燃的条件下反应生成水，氢气由氢元素组成，氧气由氧元素组成，根据化学反应前后，元素的种类不变，均可得出水是由氢元素和氧元素组成，说法正确，不符合题意；故选：B。

新疆乌鲁木齐市高考物理一模试卷

2016年新疆乌鲁木齐市高考物理一模试卷一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分.每小题列出的四个选项中，第1-5题只有一个是符合题目要求，第6-10提哟多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1．小丽荡秋千时，从最高点到最低点的过程中（）A．一直失重B．一直超重C．先超重再失重D．先失重再超重2．一充电后的平行板电容器，保持两板的正对面积和电荷量不变，减小两板间的距离，则其电容C和两板间的电势差U的变化情况是（）A．C增大，U减大B．C减小，U增大C．C增大，U减小D．C减小，U减小3．一般情况下，直径约1mm的雨滴下落到地面时的速度接近人类百米跑的极限速度，则雨滴下落到地面时的动能约为（）A．3×10﹣3J B．3×10﹣5J C．3×10﹣7J D．3×10﹣9J4．若银河系内每个星球贴近其表面运行的卫星的周期用T表示，被环绕的星球的平均密度用ρ表示.与ρ的关系图象如图所示，已知万有引力常量G=6.67×10﹣11N•m2/kg2．则该图象的斜率约为（）A．7×10﹣10N•m2/kg2B．7×10﹣11N•m2/kg2C．7×10﹣12N•m2/kg2D．7×10﹣13N•m2/kg25．如图所示，一绝缘水平面上两金属杆l1、l2通过铰链连接于O点，MN是一镍铬合金制成的导体棒，两金属的另一端分别与MN接触，导体棒MN的电阻远大于l1、l2的电阻．整个装置处于垂直于水平面的匀强磁场中．现使两金属杆靠拢且两金属杆与MN的接触点均做匀速运动，则回路中感应电流随时间的变化图象正确的是（）A．B．C．D．6．关于安培力和洛伦兹力的下列说法中正确的是（）A．安培力一定不做功B．洛伦兹力一定不做功C．通电金属棒在磁场中一定受安培力作用D．运动电荷在磁场中可能不受洛伦兹力作用7．如图所示，电场中的一条电场线与x轴重合，电场线上各点的电势如图．用E A、E B分别表示电场线上AB两点的场强大小，下列说法正确的是（）A．E A＜E B B．E A＞E BC．E A与E B方向相同D．E A与E B方向相反8．如图所示，用一根轻弹簧和两根轻绳将两个相同的小球A和B连接并悬挂，小球均处于静止状态，OB绳水平．现将OA绳剪断，剪断的瞬间A、B两小球的加速度大小（）A．a A＞2g B．a A＜2g C．a B=g D．a B=09．如图所示的电路中，电源的内阻较大，当滑动变阻器滑片从b向a滑动的过程中，电源的输出功率（外电路的总功率）的变化情况可能是（）A．一直增大B．一直减小C．先增大后减小D．先减小后增大10．如图所示，斜面体放在水平地面上，物块在一外力F作用下沿斜面向上运动，斜面体始终保持静止，则（）A．若物块做加速运动，地面对斜面体的摩擦力方向水平向左B．若物块做加速运动，地面对斜面体的摩擦力方向水平向右C．若物块做减速运动，地面对斜面体的摩擦力方向水平向左D．若物块做减速运动，地面对斜面体的摩擦力方向水平向右二、解答题（共2小题，满分14分）11．某同学用下面的装置测量小车与木板间的摩擦力．A为小车，质量为100g，B为电火花计时器（接50Hz的交流电），C为小盘，D为一端带有定滑轮的水平放置的长方形木板，小车运动过程中的加速度可通过纸带上打出的点求出．（1）实验中，若认为小车受到的拉力等于盘和砝码的重力，会对实验结果产生较大的影响，故在该实验中要求实验原理上消除由此产生的系统误差．这样在实验中，小盘（含其中砝码）的质量（填“必须”或“不必”）满足远小于小车质量的条件；（2）某次实验中，盘和其中砝码的总质量为50g，得到的纸带如图所示，A、B、C、D、E是计数点，相邻计数点间还有四个点未画出，根据纸带可求出小车的加速度大小为m/s2．此时，小车受到的摩擦力为N．12．某兴趣小组设计了如图电路来测电源的电动势和内阻，已知定值电阻R0=2000Ω．（1）根据电路图完成实物电路的连接；（2）实验中若要使通过电源的电流增大，则滑动变阻器滑片应向端移动；（3）用I1、I2分别表示电流表A1、A2的示数．根据实验数据做出I1、I2的关系图象如图所示，则电源的电动势E=V，r=Ω．三、解答题（共5小题，满分46分）13．如图所示，表面粗糙的水平平台上有一质量为m的物体（可视为质点），物体在一水平向右的拉力作用下由静止开始运动，运动一段距离后撤去拉力，物体继续运动到平台边缘水平抛出并最终落地．已知物体在平台上运动的距离、平台的高度和平抛的水平距离均为L，物体与平台间的动摩擦因数为μ．求平台拉力对物体所做的功．14．如图所示，一不可伸长的轻绳一端固定于O点，绳的另一端系一质量为m 的小球，光滑定滑轮B与O点等高．轻绳跨过定滑轮B将小球拉到A点，保持轻绳绷直，由静止释放小球．当小球摆到定滑轮的正下方时，绳对定滑轮总的作用力大小为2mg．求小球由A点释放时轻绳与竖直方向的夹角θ．15．如图所示，在边界MN的上方存在垂直于纸面向外的匀强磁场，在边界MN 的下方三角形ABD区域存在于边界向上的匀强电场，场强大小为E，AB=d，BD=2d．一质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子（重力不计）从A点由静止释放，经电场加速后从B点进入磁场，最终从C点穿出电场，粒子经过C点时的速度为．求磁场的磁感应强度的大小．16．如图所示，一质量为m的小物块放在斜面上．在物块上施加一力F，且F=mg．已知斜面的倾角θ=30°，小物块与斜面之间的动摩擦因数μ=．（1）若力F的方向平行于斜面向下，求小物块的加速度大小；（2）当力F与斜面的夹角多大时，小物块的加速度最大？并求出最大加速度．17．一电荷量为q（q＞0）、质量为m的带电粒子（不计重力），在匀强电场的作用下，在t=0时由静止开始运动，场强随时间变化的规律如图所示．求（1）粒子从t=0到t=T的时间内运动的位移大小；（2）若粒子从t=（n﹣1）T到t=nT（n为正整数）的时间内运动的位移为零，求n的值．2016年新疆乌鲁木齐市高考物理一模试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分.每小题列出的四个选项中，第1-5题只有一个是符合题目要求，第6-10提哟多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1．小丽荡秋千时，从最高点到最低点的过程中（）A．一直失重B．一直超重C．先超重再失重D．先失重再超重【考点】牛顿运动定律的应用﹣超重和失重．【分析】小丽所受的合外力提供向心力，方向指向圆心，时刻在变化，是变力．小丽对绳子的拉力大小是变化的，最高点时小丽的加速度向下，处于失重状态．在最低点最大．【解答】解：当有向上的加速度时处于超重状态，有向下的加速度是处于失重状态，小丽从最高点到最低点的过程中，小丽先向下加速，后在竖直方向上向下是减速，所以先失重再超重．故选：D2．一充电后的平行板电容器，保持两板的正对面积和电荷量不变，减小两板间的距离，则其电容C和两板间的电势差U的变化情况是（）A．C增大，U减大B．C减小，U增大C．C增大，U减小D．C减小，U减小【考点】电容器的动态分析．【分析】根据电容的决定式判断电容大小，根据定义式判断电压变化，从而即可求解．【解答】解：由公式C=知，在保持两板的正对面积和电荷量不变，减小两板间的距离，其电容C增大，由公式C=知，电荷量Q不变时，则U减小，故C正确，ABD错误．故选：C．3．一般情况下，直径约1mm的雨滴下落到地面时的速度接近人类百米跑的极限速度，则雨滴下落到地面时的动能约为（）A．3×10﹣3J B．3×10﹣5J C．3×10﹣7J D．3×10﹣9J【考点】动能定理的应用．【分析】根据m=ρV求解雨滴的质量，人类百米跑的极限速度约为10m/s，根据动能的表达式求解即可．【解答】解：雨滴的质量为：m=ρV=≈5.2×10﹣7kg，则雨滴下落到地面时的动能约为：=2.6×10﹣5J，最接近3×10﹣5J，故B正确．故选：B4．若银河系内每个星球贴近其表面运行的卫星的周期用T表示，被环绕的星球的平均密度用ρ表示.与ρ的关系图象如图所示，已知万有引力常量G=6.67×10﹣11N•m2/kg2．则该图象的斜率约为（）A．7×10﹣10N•m2/kg2B．7×10﹣11N•m2/kg2C．7×10﹣12N•m2/kg2D．7×10﹣13N•m2/kg2【考点】万有引力定律及其应用；向心力．【分析】卫星贴近星球的表面运行时，卫星的轨道半径近似等于星球的半径，卫星圆周运动所需要的向心力由万有引力提供，由此列式，并结合密度公式得到与ρ的关系式，再研究图象的斜率．【解答】解：令该星球的半径为R，则星球的体积V=卫星绕星球做匀速圆周运动，由万有引力提供卫星圆周运动的向心力，则有G=m R得星球的质量M=所以星球的密度为ρ=联立解得ρ=则得=ρ由数学知识知，与ρ的关系图象斜率k==≈7×10﹣12N•m2/kg2．故选：C5．如图所示，一绝缘水平面上两金属杆l1、l2通过铰链连接于O点，MN是一镍铬合金制成的导体棒，两金属的另一端分别与MN接触，导体棒MN的电阻远大于l1、l2的电阻．整个装置处于垂直于水平面的匀强磁场中．现使两金属杆靠拢且两金属杆与MN的接触点均做匀速运动，则回路中感应电流随时间的变化图象正确的是（）A．B．C．D．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电阻定律；闭合电路的欧姆定律．【分析】根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势的大小，再根据闭合电路的欧姆定律求解感应电流的表达式即可．【解答】解：设两金属杆与MN的接触点做匀速运动的速度为v，三角形的高为h，则在△t时间内磁通量的变化量为，产生的根据电动势为E==Bvh，感应电流i=，所以随着时间t的增大，感应电流增大且斜率增大，A正确、BCD错误．故选；A．6．关于安培力和洛伦兹力的下列说法中正确的是（）A．安培力一定不做功B．洛伦兹力一定不做功C．通电金属棒在磁场中一定受安培力作用D．运动电荷在磁场中可能不受洛伦兹力作用【考点】安培力；洛仑兹力．【分析】洛伦兹力是安培力的微观表现，洛伦兹力不做功，安培力可以做功【解答】解：A、安培力垂直通电导线，导线的运动方向可以与速度平行，故安培力可以做正功、负功，故A错误B、因洛伦兹力总垂直于电荷运动方向，故洛伦兹力的瞬时功率为零，故洛伦兹力对运动电荷一定不做功，故B正确；C、若导线与磁场方向平行，故安培力为零，故C错误；D、若粒子的速度方向与磁场方向平行，不受洛伦兹力，故D正确故选：BD．7．如图所示，电场中的一条电场线与x轴重合，电场线上各点的电势如图．用E A、E B分别表示电场线上AB两点的场强大小，下列说法正确的是（）A．E A＜E B B．E A＞E BC．E A与E B方向相同D．E A与E B方向相反【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度；电势．【分析】φ﹣x图线的斜率表示电场强度．结合图线的斜率判断电场强度的大小．根据沿电场线方向电势逐渐降低确定电场强度的方向．【解答】解：AB、根据E=，可知φ﹣x图线的斜率表示电场强度，斜率绝对值越大，电场强度越大，则有E A＞E B．故A错误，B正确．CD、因为沿电场线方向电势逐渐降低，可知电场的方向沿x轴正方向，E A与E B 方向相同，故C正确，D错误．故选：BC8．如图所示，用一根轻弹簧和两根轻绳将两个相同的小球A和B连接并悬挂，小球均处于静止状态，OB绳水平．现将OA绳剪断，剪断的瞬间A、B两小球的加速度大小（）A．a A＞2g B．a A＜2g C．a B=g D．a B=0【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．【分析】把AB作为整体受力分析，根据共点力平衡求得绳子的拉力，当剪短绳子的瞬间，绳子上的力发生突变，弹簧上的弹力不能突变，根据牛顿第二定律即可求得加速度【解答】解：设A球与竖直方向的夹角为θ，OA绳的拉力为T2，OB的拉力为T1，对AB整体受力分析根据共点力平衡可知T2sinθ=T1T2cosθ=2mg解得：，T1=2mgtanθ当剪短瞬间，OA绳的来突变为0，由于弹簧的弹力是通过弹簧的形变产生，在剪短瞬间，弹簧的形变没来的及变化，弹簧的弹力不变，故此时A球受到的合理，B球受到合力不变，还是0，根据牛顿第二定律F=ma可知＞2g，a B=0，故AD正确，BC错误故选：AD9．如图所示的电路中，电源的内阻较大，当滑动变阻器滑片从b向a滑动的过程中，电源的输出功率（外电路的总功率）的变化情况可能是（）A．一直增大B．一直减小C．先增大后减小D．先减小后增大【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】当内、外电阻相等时，电源的输出功率最大．当变阻器增大时，分析内外电阻可能的关系，再作判断．【解答】解：当滑动变阻器滑片从b向a滑动的过程中，变阻器有效电阻增大．根据当内、外电阻相等时，电源的输出功率最大．外电阻可能一直小于内电阻，当外电阻增大，电源的输出功率一直增大；外电阻可能一直大于内电阻，当外电阻增大，电源的输出功率一直减小；外电阻可能先小于内电阻，后大于内电阻，则电源的输出功率先增大后减小，电源的输出功率不可能先减小后增大，故ABC 正确，D错误．故选：ABC10．如图所示，斜面体放在水平地面上，物块在一外力F作用下沿斜面向上运动，斜面体始终保持静止，则（）A．若物块做加速运动，地面对斜面体的摩擦力方向水平向左B．若物块做加速运动，地面对斜面体的摩擦力方向水平向右C．若物块做减速运动，地面对斜面体的摩擦力方向水平向左D．若物块做减速运动，地面对斜面体的摩擦力方向水平向右【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】先对物块受力分析，得出斜面对物块合力的方向，根据牛顿第三定律得出物块对斜面的合力方向，再根据平衡条件分析地面对斜面体的摩擦力．【解答】解：A、物块沿斜面向上运动，无论是加速还是减速，其受斜面摩擦力方向沿斜面向下，与斜面对它的弹力的合力一定沿左上方，根据第三定律可知，物对斜面的作用力方向沿右下方，再对斜面受力分析，根据平衡条件可知地面对斜面体的摩擦力方向水平向左，故BD错误，AC正确．故选：AC二、解答题（共2小题，满分14分）11．某同学用下面的装置测量小车与木板间的摩擦力．A为小车，质量为100g，B为电火花计时器（接50Hz的交流电），C为小盘，D为一端带有定滑轮的水平放置的长方形木板，小车运动过程中的加速度可通过纸带上打出的点求出．（1）实验中，若认为小车受到的拉力等于盘和砝码的重力，会对实验结果产生较大的影响，故在该实验中要求实验原理上消除由此产生的系统误差．这样在实验中，小盘（含其中砝码）的质量不必（填“必须”或“不必”）满足远小于小车质量的条件；（2）某次实验中，盘和其中砝码的总质量为50g，得到的纸带如图所示，A、B、C、D、E是计数点，相邻计数点间还有四个点未画出，根据纸带可求出小车的加速度大小为 1.2m/s2．此时，小车受到的摩擦力为0.32N．【考点】探究影响摩擦力的大小的因素．【分析】根据连续相等时间内的位移之差是一恒量，求出加速度，对整体分析，结合牛顿第二定律求出小车所受的摩擦力．【解答】解：（1）小盘（含其中砝码）的重力与小车所受的摩擦力之差为整体的合力，对整体分析，求出摩擦力的大小，所以实验中小盘（含其中砝码）的质量不必满足远小于小车质量的条件．（2）因为连续相等时间内的位移之差△x=12mm，根据△x=aT2得加速度为：a=，对整体分析，根据牛顿第二定律得：mg﹣f=（M+m）a，解得：f=mg﹣（M+m）a=0.5﹣0.15×1.2N=0.32N．故答案为：（1）不必；（2）1.2，0.3212．某兴趣小组设计了如图电路来测电源的电动势和内阻，已知定值电阻R0=2000Ω．（1）根据电路图完成实物电路的连接；（2）实验中若要使通过电源的电流增大，则滑动变阻器滑片应向b端移动；（3）用I1、I2分别表示电流表A1、A2的示数．根据实验数据做出I1、I2的关系图象如图所示，则电源的电动势E= 3.0V，r= 1.0Ω．【考点】测定电源的电动势和内阻．【分析】（1）根据原理图可得出对应的实物图；（2）根据滑动变阻器的连接方法可明确如何增大电流；（3）根据闭合电路欧姆定律列式，根据图象知识可明确电动势和内电阻．【解答】解：（1）根据原理图可得出对应的实物图；如图所示（2）为使电流增大，则应减小滑动变阻器阻值，故滑片应向b端移动；（3）由闭合电路欧姆定律可知，I1R0=E﹣I2r；变形得：I1=则可知=1.5×10﹣3k==解得：E=3.0V；r=1.0Ω；故答案为：（1）如图所示；（2）b；（3）3.0；1.0．三、解答题（共5小题，满分46分）13．如图所示，表面粗糙的水平平台上有一质量为m的物体（可视为质点），物体在一水平向右的拉力作用下由静止开始运动，运动一段距离后撤去拉力，物体继续运动到平台边缘水平抛出并最终落地．已知物体在平台上运动的距离、平台的高度和平抛的水平距离均为L，物体与平台间的动摩擦因数为μ．求平台拉力对物体所做的功．【考点】动能定理的应用．【分析】先研究物体平抛运动的过程，根据高度和水平距离结合求出物体离开平台时的速度，再研究物体在平台上运动的过程，由动能定理列式求解拉力做功．【解答】解：设拉力F做的功为W，物体离开平台时的速度为v．物体做平抛运动，有：L=L=vt联立解得：v=物体在平台上运动的过程，根据动能定理有：W﹣μmL=解得：W=mgL（μ+）答：平台拉力对物体所做的功为mgL（μ+）．14．如图所示，一不可伸长的轻绳一端固定于O点，绳的另一端系一质量为m 的小球，光滑定滑轮B与O点等高．轻绳跨过定滑轮B将小球拉到A点，保持轻绳绷直，由静止释放小球．当小球摆到定滑轮的正下方时，绳对定滑轮总的作用力大小为2mg．求小球由A点释放时轻绳与竖直方向的夹角θ．【考点】动能定理的应用；向心力．【分析】根据力的合成求出小球摆到定滑轮的正下方时绳子的张力，在最低点，由牛顿第二定律求出小球的速度，再研究小球下摆的过程，由动能定理求θ．【解答】解：设小球静止时与竖直方向夹角为θ，小球的摆线长为L，当小球摆到定滑轮的正下方时，轻绳的弹力为F T．绳对定滑轮的作用如图所示，可得则得绳子的张力F T=Fcos45°根据题意，由动能定理可得mgL（1﹣cosθ）=小球摆到最低点时，由牛顿第二定律得F T﹣mg=m联立解得θ=60°答：小球由A点释放时轻绳与竖直方向的夹角θ为60°．15．如图所示，在边界MN的上方存在垂直于纸面向外的匀强磁场，在边界MN 的下方三角形ABD区域存在于边界向上的匀强电场，场强大小为E，AB=d，BD=2d．一质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子（重力不计）从A点由静止释放，经电场加速后从B点进入磁场，最终从C点穿出电场，粒子经过C点时的速度为．求磁场的磁感应强度的大小．【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】粒子在电场中做匀变速运动，在磁场中做匀速圆周运动，应用动能定理求出粒子进入磁场的速度，粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律可以求出磁感应强度．【解答】解：粒子运动轨迹如图所示，设粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为R，在电场中，由动能定理得：qEd=mv B2﹣0，﹣qEx BC=mv C2﹣mv B2，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：qv B B=m，由几何关系得：=，解得：B=2；答：磁场的磁感应强度的大小为2．16．如图所示，一质量为m的小物块放在斜面上．在物块上施加一力F，且F=mg．已知斜面的倾角θ=30°，小物块与斜面之间的动摩擦因数μ=．（1）若力F的方向平行于斜面向下，求小物块的加速度大小；（2）当力F与斜面的夹角多大时，小物块的加速度最大？并求出最大加速度．【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】（1）以物体为研究对象进行受力分析，根据牛顿第二定律列方程求解；（2）画出小物块的受力图，根据牛顿第二定律和摩擦力的计算公式得到加速度的表达式，根据数学知识求解最大值．【解答】解：（1）以物体为研究对象进行受力分析如图所示：由题意可得：F+mgsinθ﹣μmgciosθ=ma，代入数据解得：a=；（2）小物块的受力如图，设力F与斜面的夹角为α，根据题意得：Fcosα+mgsinθ﹣f=ma，而f=μ（mgcosθ﹣Fsinα），联立解得：a=，当α+60°=90°时，a有最大值，解得α=30°，am=．答：（1）若力F的方向平行于斜面向下，小物块的加速度大小为；（2）当力F与斜面的夹角为30°时，小物块的加速度最大，最大加速度为．17．一电荷量为q（q＞0）、质量为m的带电粒子（不计重力），在匀强电场的作用下，在t=0时由静止开始运动，场强随时间变化的规律如图所示．求（1）粒子从t=0到t=T的时间内运动的位移大小；（2）若粒子从t=（n﹣1）T到t=nT（n为正整数）的时间内运动的位移为零，求n的值．【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】（1）电子在0～时间内做匀加速运动，在～T时间内先做匀减速运动，后反向做初速度为零的匀加速运动，电子不能到达极板A的条件为电子运动位移之和小于板间距离（2）电子在从t=（n﹣1）T到粒子运动的位移为x1，从到t=nT粒子的位移为，位移的矢量和，求出表达式，利用位移为零得到n的值【解答】解：（1）由题意可得在0～：根据牛顿第二定律为：位移为：时速度为：～T时间内，根据牛顿第二定律有：位移为：总位移为：解得：（2）设t=（n﹣1）T、、t=nT时的速度分别为、、粒子在t=（n﹣1）T时刻，已经运动了n﹣1个电场变化的周期，所以有：设从t=（n﹣1）T到粒子运动的位移为x1，从到t=nT 粒子的位移为x2解得n=5答：（1）粒子从t=0到t=T的时间内运动的位移大小为；（2）若粒子从t=（n﹣1）T到t=nT（n为正整数）的时间内运动的位移为零，n 的值为52017年5月8日。

新疆高二高中物理单元试卷带答案解析

新疆高二高中物理单元试卷班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.如图所示a、b、c、d是四个电阻的I—U图像，如果将四个电阻并联后接入到电路中，则四个电阻中电功率最大的是：（）A．a B．bC．c D．d2.将一根电阻为R的金属丝接到电压为U的恒压源两端时，其内部自由电子定向移动的速率是，如果将金属丝对折后，还接到该电源的两端，其内部自由电荷定向移动的速率是。

则：（）A．B．C．D．3.如图所示，已知：，，，a、b端接上电源时，它们的电功率分别为：、、，则：（）A．B．C．D．4.如图所示的电路中，当电阻R由2Ω改为6Ω时，电流强度变为原来的一半，电源的内电阻应该是：（）A．1ΩB．2ΩC．3ΩD．4Ω5.在如图所示的电路中，当变阻器的触头P向b端滑动时：（）A．电压表示数变大，电流表示数变小B．电压表示数变小，电流表示数变大C．电压表示数变大，电流表示数变大D．电压表示数变小，电流表示数变小6.关于磁场，下列说法正确的是：（）A．磁场对放入其中的磁体一定有力的作用B．磁场对放入其中的电流一定有力的作用C．磁场对放入其中的运动电荷一定有力的作用D．磁感线实际上是不存在的，所以不可能模拟出磁感线7.关于磁感应强度B，下列说法正确的是：（）A．如果通电导线没有受到安培力，则该处的磁感应强度一定为零B．如果穿过某一面积的磁通量为零，则该处的磁感应强度一定为零C．磁感应强度描述的是在垂直于磁场方向上每平方米的面积上穿过的磁感线的根数D．磁感应强度描述的是在垂直于磁场方向上每米导线内通以1A电流时导线所受到的安培力8.如图所示，条形磁铁放在水平地面上，两个完全相同的线圈a和b在等高处水平放置，a线圈在N极的正上方，b线圈位于磁铁的正中央，关于它们的磁通量和，下列判断正确的是：（）A．>B．=C．<D．无法判定9.如图所示，条形磁铁放置在水平地面上，在其右端上方固定一根水平长直导线，导线与磁体垂直，当导线中通以垂直纸面向内的电流时，则：（）A．磁铁对地的压力减小，磁铁受到向左的摩擦力B．磁铁对地的压力减小，磁铁受到向右的摩擦力C．磁铁对地的压力增大，磁铁受到向左的摩擦力D．磁铁对地的压力增大，磁铁受到向右的摩擦力10.如图所示，一根条形磁铁水平固定放置，一环形线圈吊挂于磁铁的N极附近，当线圈中通以如图所示的电流时，从上往下看去，线圈将：（）A．一边顺时针转动，同时靠近磁铁B．一边顺时针转动，同时远离磁铁C．一边逆时针转动，同时靠近磁铁D．一边逆时针转动，同时远离磁铁11.在半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向内的匀强磁场，磁感应强度为B，一质量为、电荷量为的负电荷，以速率从A点垂直于磁场方向正对着磁场的圆心射入后从C点射出，已知角AOC为1200，则该粒子在磁场中的运动时间为：（）A．B．C．D．12.如图所示，带电粒子以水平速度垂直进入正交的匀强电场和匀强磁场区域中，穿出电磁场区域时速度为，电场强度为E，磁感应强度为B，则粒子的径迹、与的大小关系为：（）A．要使粒子能沿直线运动，正电荷应从左边射入，负电荷应从右边射入B．当时，粒子沿直线运动，且C．当时，粒子沿曲线运动，且D．当时，粒子将向上运动二、实验题1.下图所示的螺旋测微器的读数为： mm；游标卡尺的读数为： mm。

物理参考答案及评分标准

乌鲁木齐地区2016年高三年级第二次诊断性测验物理试卷参考答案及评分标准一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，在每小题给出的四个选项中，第1-5题只有的只有一项符合题目要求，第6-10题有多项符合题目要求。

全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）二、非选择题（本大题共6小题，共46分）11．（6分）（1）1.25×103；大于（2）如图所示（每空2分，画图2分）12．（8分）（1）()212x x -（2）反； 2x（3）不能（每空2分）13.（6分）解：设两颗脉冲双星球心的距离为r ，做圆周运动的轨道半径分别为r 1、r 2，双星质量分别为m 1、m 2，由万有引力定律和牛顿第二定律可得1221221T 4Gm r m r m π= …………………………………………………2分2222221T4Gm r m r m π= ………………………………………….2分21r r r +=, 21m m M += ……………………………………1分解得3224πMGT r =……………………………………………………1分 14、（7分）解：（1）由题意可得，当金属框匀速运动时速度最大)(20m v v BL E -= …………………………………………………2分REI =………………………………………………………1分 BIL 2安=F ………………………………………………………2分f F F =安 ……………………………………………………1分解得 2204LB RF v v f m -= ……………………………………1分15. （9分）解：粒子进入磁场的运动轨迹如图，设粒子到B 点的速度为v ，v 与v 0方向的夹角为θθcos 0v v =………………………………1分由洛仑兹力公式及牛顿第二定律得Rv m qvB 2= ………………………………1分d R R =+θsin ………………………1分{或222)(R L R d BD =+-}粒子在电场中做类平抛运动 θsin v v x =……………………………1分at v x = ……………………………………1分mqEa =……………………………………1分粒子从A 点到MN 边界的距离为x t v x 0=……………………………………1分解得 qBmv R 3320=………………………………1分 qEmv x 3320=…………………………………1分16. （10分）解：取向下的方向为正方向。

2024年新疆乌鲁木齐市高三高考二模物理核心考点试题(基础必刷)

2024年新疆乌鲁木齐市高三高考二模物理核心考点试题（基础必刷）一、单项选择题（本题包含8小题，每小题4分，共32分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）(共8题)第(1)题风筝发明于中国东周春秋时期，是在世界各国广泛开展的一项群众性体育娱乐活动。

一平板三角形风筝（不带鸢尾）悬停在空中，如图为风筝的侧视图，风筝平面与水平面的夹角为，风筝受到空气的作用力F垂直于风筝平面向上。

若拉线长度一定，不计拉线的重力及拉线受到风的作用力，一段时间后，风力增大导致作用力F增大，方向始终垂直于风筝平面，夹角不变，再次平衡后相比于风力变化之前（）A．风筝距离地面的高度变大B．风筝所受的合力变大C．拉线对风筝的拉力变小D．拉线对风筝的拉力与水平方向的夹角变小第(2)题将一小球以初速度水平抛出，经0.5s落地，则小球在这段时间内的水平位移为（）A．0.5m B．1.0m C．1.5m D．2m第(3)题磁流体发电机发电通道是一个长、高、宽分别为a、h、b的长方体空腔。

上下两个侧面是电阻不计的电极，电极与固定在水平桌面上间距为L电阻不计的平行金属导轨相连。

发电通道内的匀强磁场方向垂直与a、h组成的平面，磁感应强度大小为B。

电阻率为ρ的等离子体以速率v水平向右通过发电通道。

导轨间匀强磁场与导轨平面成θ角右斜向上，磁感应强度大小也为B，质量为m，电阻为R的金属棒垂直于导轨放置，与导轨道动摩擦因数为μ。

棒的中点用条水平垂直于棒的细线通过光滑定滑轮与重物相连。

当S闭合后，金属棒恰好处于静止状态，则重物的质量可能为（）A．B．C．D．第(4)题2023年3月，中国科学技术大学超导量子计算实验室成功实现了三维封装量子计算机原型，其主要构成材料之一为金属超导体。

超导体指的是低于某一温度后电阻为零的导体，且当超导体置于外磁场中时，随着温度的降低，超导体表面能够产生一个无损耗的超导电流，这一电流产生的磁场，让磁感线被排斥到超导体之外。

2024年新疆乌鲁木齐市、和田地区中考物理二模试卷及答案解析

2024年新疆乌鲁木齐市、和田地区中考物理二模试卷一、单项选择题（本大题共12小题，每小题2分，共24分。

）1．（2分）公共场所标示的“请勿大声喧哗”的温馨提示，是指控制声音的（）A．音调B．响度C．音色D．频率2．（2分）下列关于温度的估测正确的是（）A．乌鲁木齐夏季的平均气温为50℃B．人体的正常体温为26℃C．冰箱冷藏室的温度为5℃D．高压锅中水的沸点为80℃3．（2分）下列现象是由于光的直线传播形成的是（）A．雨后天空出现彩虹B．看到蓄满水的池底变浅C．柳树在水中的倒影D．国旗杆在阳光下的影子4．（2分）汽油在使用过程中，随着质量的减小，它的（）A．热值不变、比热容不变B．热值变小、比热容变小C．热值不变、比热容变小D．热值变小、比热容不变5．（2分）无人机灯光表演中，数百架无人机在夜空中按照指令排列出美丽的图案。

地面工作人员向无人机发送指令通过的是（）A．电磁波B．紫外线C．超声波D．次声波6．（2分）用下列物体将如图所示电路中a和b两点连接起来，可以使小灯泡发光，这个物体可能是（）A．玻璃棒B．塑料尺C．橡皮擦D．铅笔芯7．（2分）如图所示的四个实验，反映电动机基本原理的是（）A．B．C．D．8．（2分）如图所示，长方体木块在大小不变的拉力F作用下，在水平面上做匀速直线运动，能正确反映拉力F所做的功与时间对应关系的是（）A．B．C．D．9．（2分）如图所示，足够长的轻质杠杆在水平位置平衡，图中每个钩码的质量相等。

若将悬挂点A点向左移动6cm，为保证杠杆仍能在水平位置平衡，需将B点（）A．向左移动9cm B．向右移动9cm C．向左移动4cm D．向右移动4cm10．（2分）如图所示电路，电源电压不变。

当只闭合开关S1时，电路的总功率为P1，当只闭合开关S3时，电路的总功率为P2，当只闭合开关S2时，电路的总功率为P3，若R1：R2＝2：1，则P1：P2：P3为（）A．2：1：3B．3：6：2C．6：3：2D．1：2：311．（2分）如图甲所示，薄壁柱状容器盛有密度为0.8g/cm3的酒精，酒精对容器底部的压强与容器对桌面的压强之比为4：5。