2016年北京顺义区高三一模物理试题
2016北京高三物理一.二模各区汇编-22题
装在长臂末端的口袋中。开始时长臂处于静止状态，与水平面间的夹角α= 30°。现对短臂施力，当长臂转到竖直位置时立即 停止转动，石块被水平抛出，其落地位置与抛出位置间的水平距离x = 19.2m 。不计空气阻力， 重力加速度取g =10m/s2。 求： （1）石块刚被抛出时的速度大小v 0； （2）石块刚落地时的速度v t 的大小和方向；
1（东城一模）22．（16分）如图所示为固定在竖直平面内的光滑轨道ABCD ，其中ABC 部分是半径为R 的半圆形轨道(A C 是圆的直径)，CD 部分是水平轨道。一个质量为m 的小球沿水平方向进入轨道，通过最高点A 时速度大小gR v A 2 ，之后离 开A 点，最终落在水平轨道上。小球运动过程中所受空气阻力忽略不计，g 取10m/s 2。求： ⑴小球落地点与C 点间的水平距 离； ⑵小球落地时的速度方向； ⑶小球在A 点时轨道对小球的压力。 2（石景山一模）22．（16分）“抛石机”是古代战争中常用的一种设备，它实际上是一个 费力杠杆。如下图所示，某学习小组用自制的抛石机演练抛石过程。所用抛石机长臂的长度L = 4.8m ，质量m =10.0㎏的石块
速度g=10m/s 2．求： （1）A 运动到圆弧轨道最低点时的速率 （2）A 运动到圆弧轨道最低点时对圆弧轨道的压力 （3）A 和B 碰撞过程中系统损失的机械能 6(东城二模)22．（16分）如图所示为固定在竖直平面内的光滑轨道ABCD ，其中ABC 部分
是半径为R 的半圆形轨道(A C 是圆的直径)，CD 部分是水平轨道。一个质量为m 的小球沿水平方向进入轨道，通过最高点A 时速度大小gR v A 2 ，之后离开A 点，最终落在水平轨道上。小球运动过程中所受空气阻力忽略不计，g 取10m/s 2。求： ⑴ 小球落地点与C 点间的水平距离； ⑵小球落地时的速度方向； ⑶小球在A 点时轨道对小球的压力。 7(海淀二模) 22．（16分） 如图所示，一个少年脚踩滑板沿倾斜街梯扶手从A 点由静止滑下，经过一段时间后从C 点沿水平方向飞出，落在倾斜街梯扶手 上的D 点。已知C 点是一段倾斜街梯扶手的起点，倾斜的街梯扶手与水平面的夹角θ= 37°，CD 间的距离s =3.0m ，少年的质 量m =60kg 。滑板及少年均可视为质点，不计空气阻力。取sin37° = 0.60，cos37° = 0.80，重力加速度g =10 m/s 2，求： （1）少年从C 点水平飞出到落在倾斜街梯扶手上D 点所用的时间t ；
北京市顺义区高三理综第一次统一练习(一模)试题
北京市顺义区2015届高三理综第一次统一练习（一模）试题顺义区2015届高三第一次统练 理科综合测试参考答案 第一部分（选择题共20题，每题6分，共120分）题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 选项 C D B D A D C A C B 题号111213141516 17 18 19 20 选项 CA C C A DABDB第二部分（非选择题 本部分共11小题，180分。
）21.（18分）（1）① 1.775② 甲 ③ IL 4d U 2（2）① 2.26 ②g= 9.86 m/s2③ B22.（16分）解：（1） Mgsinα - μMgcosα = Ma a = gsinα - μgcosα （5分） （2） Mv = (M + m)vv = m M M+0v(5分)（3） 21(M+m) v2 =(M+m)g (sinβ +μcosβ)H/sin βH=)cos (sin g )m M (2sin V M 2202βμ+β+β (6分) 23.（18分）解 (1) I = r R E0+ = 2.5 AF = BIL = 1 N （6分） (2) 导体运动稳定后E = BLvm = 1.5 vvm = 3.75 m/s (6分)(3)单刀双掷开关K 与2闭合后，电路中产生的总电热QQ = 21m vm2 = 1.4 J在电阻R 上产生的电热QR = 0R R R+ Q = 0.53 J在此过程中 Ft = m vm即 022R R XL B += m vmX = 3.75 m （6分）24.（1） G ()2D D H R mM + = m 22T 4π(RD+H)2T = 2π(RD+H)DD GM H R +（6分）（2） G 2D D R m M = m D 2R v = mg第一宇宙速度 v = DDR GM =D R gv =D R g = 7.9 km/s （6分）(3) 由 G 2D D R m M = m D 2R v 可得：G D D R m M = mv2若摆脱地球的约束，则有： 21mv22 - G D D R m M = 0 可得：v2 =2v = 11.2 km/s同理：在地球绕太阳公转轨道运行的物体绕太阳做圆运动时G 2T T R m M = m T 2TR v G D D R m M = m 2T v vT = 29.8 km/s摆脱太阳的约束速度为vTx21mvTx2 - G D D R m M = 0 vTx =2 vT = 42.2 km/s由于随地球绕太阳公转的物体已具有地球的公转速度29.8km/s ，则只需沿太阳公转方向的速度达到 vw = vTx - vT = 12.4 km/s 即可又因为发射地球表面的物体还需摆脱地球约束的动能21mv22则：发射地球表面的物体摆脱太阳约束的第三速度为v3有 21mv32 = 21mv22 + 21m vw2解得： v3 = 16.7 km/s （8分） 25.（17分）(1)羟基、羧基（2分）(2)取代反应（2分）(3)NaOH水溶液加热后酸化（2分）(4)（2分）(5)（2分）(6)a c（2分）（7）（3分）（8）6 （2分）26. （14分）（1）△H = -42.9kJ/mol （2分）（2）①n(CO2)=1mol，n(H2)=6mol （2分）②0.52（2分）③高于（2分）（3）①还原（2分）②H2O2 (2分）③CH3OH —6e—+ H2O===CO2 + 6H+27.（12分）2Cl—+2H2O Cl2 ↑+H2 ↑+ 2OH—(2分）3Br2 + 3Na2CO3 ==== NaBrO3 + 5NaBr +3CO2(2分）①除去溶液中含有的Fe2＋、Fe3＋、Mn2＋杂质，使之完全生成沉淀而除去(2分）②ClO—+2Fe2+ +5H2O====2Fe(OH)3 + Cl—+4H+ (2分）③Mg2+ +2H2O Mg(OH)2+2H+，温度升高，水解程度增大，通入HCl，增加c(H+)，使平衡逆向移动，抑制Mg2+水解。
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2017 顺义一模13.以下说法正确的选项是A．布朗运动就是液体分子的热运动B．气体压强是气体分子间的斥力产生的C．物体的温度越高，分子的均匀动能越大D．对必定质量的气体加热，其内能必定增添14．用中子（01n）轰击铝27（1327Al），产生钠 24（2411 Na ）和X，则X是A. 电子B. 质子C. 正电子D. α粒子15.以下说法正确的选项是A．用三棱镜察看太阳光谱是利用光的干预现象B．在光导纤维束内传递图像是利用光的全反射现象C．电视机遥控器是利用发出紫外线脉冲信号来换频道的D．用标准平面检查光学平面的平坦程度是利用光的偏振现象16.一列沿 x 轴负方向流传的简谐机械横波，波速为2m/s。
某时辰波形如下图，以下说法中正确的选项是A ．这列波的周期为2sB ．这列波的振幅为4cmC．此时 x = 4m 处质点的速度为零D．此时 x = 4m 处质点沿y 轴正方向运动17. 我国的神舟十一号载人宇宙飞船与天宫二号对接后绕地球运转的周期约为90min ，假如把它绕地球的运动看作是匀速圆周运动，飞船的运动和人造地球同步卫星的运动对比，以下判断正确的选项是A.飞船的轨道半径大于同步卫星的轨道半径B.飞船的运转速度小于同步卫星的运转速度C.飞船运转的角速度小于同步卫星运转的角速度D.飞船运动的向心加快度大于同步卫星运动的向心加快度18．如下图，一理想变压器的原、副线圈匝数之比为n1∶ n2＝ 10∶1，原线圈接入电压u＝ 2202sin 100tπ（ V ）的沟通电源，沟通电压表和电流表对电路的影响可忽视不计，定值电阻R0＝ 10Ω，可变电阻R 的阻值范围为0～ 10Ω，则以下说法正确的选项是A ．调理可变电阻R 的阻值时，电流表示数的变化范围为～2.2 AB ．当可变电阻阻值为 10 Ω时，变压器的输入电功率为C．副线圈中交变电流的频次为 100 Hz D． t ＝0.02 s 时，电压表的示数为零19．与一般吉他以箱体的振动发声不一样，电吉他靠拾音器发声。
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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）•，。
北京市顺义区2016届高三上学期期末物理试卷
2015-2016学年北京市顺义区高三（上）期末物理试卷一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）1．一列横波沿水平方向传播，某一时刻的波形如图所示，则图中a、b、c、d四点在此时刻具有相同运动方向的是（）A．a和c B．a和d C．b和c D．b和d2．地球上站立着两位相距非常远的观察者，发现自己的正上方有一颗人造地球卫星相对自己静止不动，则这两位观察者及两颗卫星到地球中心的距离是（）A．一个人在南极，一个人在北极，两卫星到地球中心的距离一定相等B．两人都在赤道上，两卫星到地球中心的距离一定相等C．一个人在南极，一个人在北极，两卫星到地球中心的距离可以不相等D．两人都在赤道上，两卫星到地球中心的距离可以不相等3．如图所示，是描述对给定的电容器充电时电荷量Q、电压U、电容C之间相互关系的图象，其中正确的是（）A．B．C．D．4．如图所示，质量为m的金属环用线悬挂起来，金属环有一半处于水平且与环面垂直的匀强磁场中，从某时刻开始，磁感应强度均匀减小，则在磁感应强度均匀减小的过程中，关于线拉力大小的下列说法中正确的是（）A．大于环重力mg，并逐渐减小B．始终等于环重力mgC．小于环重力mg，并保持恒定D．大于环重力mg，并保持恒定5．如图所示，质量分别为m和M的两物块紧挨着放在水平地面上，且M＞m．当用水平恒力F向右的推物块m时，两物块能在水平面上加速向右滑行，两物块的加速度大小为a，两物块间的作用力大小为T．如果用同样大小的水平恒力F 向左推木块M时，加速度大小为a′，物块间的作用力大小为T′，以下判断正确的是（）A．a′=a，T′＞T B．a′＜a，T′=T C．a′＞a，T′=T D．a′=a，T′＜T6．一物体悬挂在气球下面，与气球一起沿竖直方向匀速上升，某时刻该物体脱落，并从此时开始计时．已知气球和物体所受空气阻力大小不变．在下图中①代表气球运动的v﹣t图线，②代表物体运动的v﹣t图线．以下四个v﹣t图象中最接近真实情况的是（）A．B．C．D．7．如图所示，两个半径不同而内壁光滑的半圆轨道固定于地面，一个小球先后从与球心在同一水平高度的A、B两点由静止开始自由下滑，通过轨道最低点时（）A．小球对轨道的压力相同B．小球对两轨道的压力不同C．此时小球的速度相等D．此时小球的向心加速度相等8．如图所示，质量为m的物体P放在光滑的倾角为θ的直角劈上，同时用力F 向右推劈，使P与劈保持相对静止，在前进的水平位移为s的过程中，劈对P做的功为（）A．F•s B．C．mgcosθ•s D．mgtanθ•s9．甲、乙两物体分别在恒力F1、F2的作用下，沿同一直线运动，它们的动量随时间变化的关系如图所示，设甲在t1时间内所受的冲量为I1，乙在t2时间内所受的冲量为I2，则F1、F2，I1、I2的大小关系是（）A．F1＞F2，I1=I2 B．F1＜F2，I1＜I2C．F1＞F2，I1＞I2D．F1=F2，I1=I2 10．如图所示，长度相同的三根轻杆构成一个正三角形支架，在A处固定质量为2m的小球，B处固定质量为m的小球．支架悬挂在O点，可绕过O点并与支架所在平面相垂直的固定轴转动．开始时OB位于竖直方向．放手后开始运动，在不计任何阻力的情况下，下列说法正确的是（）A．B球向左摆动所能达到的最高位置应高于A球开始运动时的高度B．当支架从左向右回摆时，A球不能回到起始高度C．A球机械能减少量大于B球机械能增加量D．A球到达最低点时速度为零11．如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，U ab=U bc，实线为一带正电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知下列说法中正确的是（）A．三个等势面中，a的电势最低B．带电粒子通过P点时的动能比通过Q点时的动能大C．带电粒子通过P点时的加速度比通过Q点时加速度大D．带电粒子在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能小12．如图所示，一物体以初速度v0冲向光滑斜面AB，并能沿斜面升高h后恰好到达B端，下列说法中正确的是（）A．若把斜面从C点锯断或弯成如图中的AB′线所示的圆弧状，物体都不能升高h，因为机械能不守恒B．若把斜面弯成如图中的AB′线所示的圆弧状或从C点开始锯掉CB段，物体都不能升高h，但机械能仍守恒C．若把斜面从C点开始锯掉CB段，由机械能守恒定律知，物体冲出C点后仍能升高hD．若把斜面弯成如图中的AB′线所示的圆弧形，物体仍能沿AB′升高h13．如图所示，水平向右方向的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场互相垂直，竖直的绝缘杆上套一带负电荷小环并置于场中．小环由静止开始下落的过程中，小环的加速度（）A．不断减小最后为零B．不断增大后来不变C．先减小后增大，最后不变D．先增大后减小，最后不变14．一个自感系数很大的线圈，用如图所示的电路测量它的直流电阻，闭合电键S1与S2待稳定后．读出电压表与电流表的示数．下列说法正确的是（）①线圈电阻的测量值等于电压表示数与电流表示数的比值②线圈电阻的真实值小于电压表示数与电流表示数的比值③在测量完毕拆卸电路时，应先断开S1，后断开S2④在测量完毕拆卸电路时，应先断开S2后断开S l．A．①③B．①④C．②③D．②④15．如图所示，两个相邻的有界匀强磁场区，方向相反，且垂直纸面，磁感应强度的大小均为B，以磁场区左边界为y轴建立坐标系，磁场区在y轴方向足够长，在x轴方向宽度均为a．矩形导线框ABCD 的CD边与y轴重合，AD边长为a．线框从图示位置水平向右匀速穿过两磁场区域，且线框平面始终保持与磁场垂直．以逆时针方向为电流的正方向，线框中感应电流i与线框移动距离x的关系图象正确的是图中的（以逆时针方向为电流的正方向）（）A． B． C．D．16．电磁轨道炮工作原理如图所示．待发射弹体可在轨道沿伸方向自由移动，并与轨道保持良好接触．电流I从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回．轨道电流可在弹体附近形成垂直于轨道面的磁场（可视为匀强磁场），磁感应强度的大小与I成正比．通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出．现欲使弹体的出射动量增加至原来的2倍，理论上可采用的办法是（）A．只将电流I增加至原来的2倍B．只将弹体质量增加至原来的2倍C．只将轨道长度L增加至原来的2倍D．将电流，和轨道长度己均增加至原来的2倍，其它量不变二、非选择题（共7小题，满分72分）17．根据单摆周期公式，可以通过实验测量当地的重力加速度．以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有（）A．摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些B．摆球尽量选择质量大些、体积小些的C．为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆球相距平衡值置有较大的角度D．拉开摆球到某一位置释放，第一次经平衡位置时开始计时，第二次经平衡位置时停止计时，此时间间隔t即为单摆周期T18．在《验证力的平行四边形定则》的实验中，首先用两只弹簧秤分别钩住细绳套，互成角度地拉橡皮条，使结点伸长到某一位置O，此时必须记录的是（）A．O点的位置B．橡皮条固定端位置C．两只弹簧秤的读数两条细绳套的方向D．橡皮条的伸长长度19．如图甲、乙是两组同样的器材实物图，用来测量待测电阻R的阻值，每组器材中包括：电池，电键，变阻器，电压表，电流表，等测电阻R，若干导线．（1）如果待测电阻R的阻值比电压表的内阻不是小很多，但R的阻值比电流表的内阻大很多，试在图甲中连线使之成为测量电路；如果待测电阻R的阻值比电流表的内阻不是大很多，但R的阻值比电压表的内阻小很多，试在图乙中连线使之成为测量电路．（2）如果已知上述电压表的内阻R V和电流表的内阻R A，对图甲和图乙中连成的测量电路，分别写出计算待测电阻的公式（用测得的量和给出的电表内阻来表示）．20．如图所示AB为半径R=0.45m的四分之一光滑圆弧轨道，底端距水平地面的高度h=0.45m．一质量m=l．Okg的小滑块从圆弧轨道顶端A由静止释放，到达轨道底端B点时水平飞出．不计空气的阻力，g取lOm/s2求：（1）小滑块滑到圆弧轨道底端B点时的速度v；（2）小滑块滑到圆弧轨道底端B点时对轨道的压力F N；（3）小滑块落地点与B点的水平距离x．21．对于长度为l、横截面积为S，单位体积自由电子数为n的均匀导体，若在其两端加上电压U，就会在导体中有匀强电场产生，此时导体内移动的自由电子受匀强电场作用而加速．在运动过程中又与做热运动的阳离子碰撞而减速，这样边反复进行碰撞边向前移动，可以认为阻碍电子运动的阻力大小与电子移动的平均速度成正比，其比例系数为k．已知自由电子的电荷量为e，求：（1）电场力和碰撞的阻力相平衡时，电子在导体中运动的平均速率v；（2）自由电子在导体中以平均速率v运动时，该导体中的电流I；（3）该导体的电阻值R．22．如图所示，一质量M=1．Okg的沙摆，用轻绳悬于天花板上O点．另有一玩具枪能连续发射质量m=0.01kg．速度v=4．Om/s的小钢珠．现将沙摆拉离平衡位置，由高h=0.20m处无初速度释放，恰在沙摆向右摆到最低点时，玩具枪发射的第一颗小钢珠水平向左射入沙摆，二者在极短时间内达到共同速度．小钢珠射入沙摆的过程中，沙摆的质量保持不变，不计空气阻力，g取lOm/s2（1）求第一颗小钢珠射入沙摆前的瞬间，沙摆的速度大小v0；（2）求第一颗小钢珠射入沙摆后，沙摆和小钢珠的共同速度（3）从第二颗小钢球开始，沙摆向左运动到最低点时打入小钢球．若使沙摆被小钢珠射入后摆起的最大高度超过h，则射入沙摆的小钢球的颗数应满足什么条件．23．示波管、电视机显像管、电子显微镜中常用到一种叫静电透镜的元件，它可以把电子聚焦在中心轴上的一点F，静电透镜的名称由此而来．它的结构如图所示，K为平板电极，G为中央带圆孔的另一平行金属板，现分别将它们的电势控制在一定数值．图中的数据的单位为V，其中K板的电势为120V．根据由实验测得的数据，在图中画出了一些等势面，如图中虚线所示．从图中可知G板圆孔附近的等势面不再是平面，而是向圆孔的右侧凸出来的曲面，所以圆孔附近右侧的电场不再是匀强电场．（1）题中已画出一条水平向右的电场线，请你在原电场线上下画出对称的一对电场线；（2）分析静电透镜为何对自K电极出发的电子束有会聚作用；（3）分析一个电子自K电极以一定的速度出发，运动到F点（电势为30.1V）的过程中，电子的加速度如何变化并求出电场力做了多少功．（设电子电量e=1.6×10﹣19C）2015-2016学年北京市顺义区高三（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）1．一列横波沿水平方向传播，某一时刻的波形如图所示，则图中a、b、c、d四点在此时刻具有相同运动方向的是（）A．a和c B．a和d C．b和c D．b和d【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系．【分析】根据波的传播方向，通过上下坡法得出质点的振动方向，从而确定哪些点运动方向相同．【解答】解：若波向右传播，根据上下坡法知，a、d质点振动方向向上，b、c 质点振动方向向下，故B、C正确，A、D错误．故选：BC．2．地球上站立着两位相距非常远的观察者，发现自己的正上方有一颗人造地球卫星相对自己静止不动，则这两位观察者及两颗卫星到地球中心的距离是（）A．一个人在南极，一个人在北极，两卫星到地球中心的距离一定相等B．两人都在赤道上，两卫星到地球中心的距离一定相等C．一个人在南极，一个人在北极，两卫星到地球中心的距离可以不相等D．两人都在赤道上，两卫星到地球中心的距离可以不相等【考点】同步卫星．【分析】地球同步卫星即地球同步轨道卫星，又称对地静止卫星，是运行在地球同步轨道上的人造卫星，星距离地球的高度约为36000 km，卫星的运行方向与地球自转方向相同、运行轨道为位于地球赤道平面上圆形轨道、运行周期与地球自转一周的时间相等，即23时56分4秒，卫星在轨道上的绕行速度约为3.1公里/秒，其运行角速度等于地球自转的角速度．【解答】解：发现自己正上方有一颗人造地球卫星相对自己静止不动，说明此卫星为地球同步卫星，运行轨道为位于地球赤道平面上圆形轨道，距离地球的高度约为36000 km，所以两个人都在赤道上，两卫星到地球中心的距离一定相等．故ACD错误，B正确故选B．3．如图所示，是描述对给定的电容器充电时电荷量Q、电压U、电容C之间相互关系的图象，其中正确的是（）A．B．C．D．【考点】电容．【分析】电容器的电容由本身的性质决定，与Q和U无关，根据Q=CU，知Q 与U成正比．【解答】解：是电容的定义式，电容器电容的大小与电容的带电量Q以及电容器两极板之间的电压无关，电容器电容的决定式为：，只要电容器不变其电容就不发生变化，故A错误，BD正确；根据可有：Q=CU，由于电容器不变，因此电量Q和电压U成正比，故C正确；故选BCD．4．如图所示，质量为m的金属环用线悬挂起来，金属环有一半处于水平且与环面垂直的匀强磁场中，从某时刻开始，磁感应强度均匀减小，则在磁感应强度均匀减小的过程中，关于线拉力大小的下列说法中正确的是（）A．大于环重力mg，并逐渐减小B．始终等于环重力mgC．小于环重力mg，并保持恒定D．大于环重力mg，并保持恒定【考点】法拉第电磁感应定律；楞次定律．【分析】磁感应强度均匀减小，穿过回路的磁通量均匀减小，回路中产生恒定的电流，由左手定则可确定安培力的方向，再根据安培力F=BIL，分析安培力的变化，由平衡条件即可求解．【解答】解：磁感应强度均匀减小，穿过回路的磁通量均匀减小，根据法拉第电磁感应定律得知，回路中产生恒定的电动势，感应电流也恒定不变．由楞次定律可知，感应电流方向：顺时针，再由左手定则可得，安培力的合力方向：竖直向下．ab棒所受的安培力F=BIL，可知安培力F均匀减小，且方向向下，金属环ab 始终保持静止，则拉力大于重力，由于磁感应强度均匀减小．所以拉力的大小也逐渐减小，故A正确，BCD均错误．故选：A．5．如图所示，质量分别为m和M的两物块紧挨着放在水平地面上，且M＞m．当用水平恒力F向右的推物块m时，两物块能在水平面上加速向右滑行，两物块的加速度大小为a，两物块间的作用力大小为T．如果用同样大小的水平恒力F 向左推木块M时，加速度大小为a′，物块间的作用力大小为T′，以下判断正确的是（）A．a′=a，T′＞T B．a′＜a，T′=T C．a′＞a，T′=T D．a′=a，T′＜T【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．【分析】A、B具有相同的加速度可以视为整体，根据牛顿第二定律分别求出水平面光滑和粗糙时的加速度，隔离对B分析，求出弹力的大小，从而进行比较．【解答】解：如果水平面光滑整体根据牛顿第二定律可得：a=a′=；向右运动时对M分析：T=Ma=，向左运动时对m分析：T′=ma′=，由于m＜M，则T′＜T，D正确；如果接触面粗糙时，设动摩擦因数为μ，整体分析可得：F﹣μ（m+M）g=（m+M）a解得：，同理可得a′=a；向右运动时对M分析：T﹣μMg=Ma，解得：T=，向左运动时对m分析：T′﹣μmg=ma′，解得：T′=，由于m＜M，则T′＜T，D正确；故选：D．6．一物体悬挂在气球下面，与气球一起沿竖直方向匀速上升，某时刻该物体脱落，并从此时开始计时．已知气球和物体所受空气阻力大小不变．在下图中①代表气球运动的v﹣t图线，②代表物体运动的v﹣t图线．以下四个v﹣t图象中最接近真实情况的是（）A．B．C．D．【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【分析】刚开始，物体和气球一起匀速上升，受力平衡，某时刻该物体脱落后，分别对气球和物体受力分析，根据牛顿第二定律列式求出加速度，分析物体的运动情况，从而选择图象即可．【解答】解：设气球的质量为M，物体的质量为m，气球受到的空气阻力为f1，物体受到的空气阻力为f2，一起匀速运动的速度为v，刚开始，物体和气球一起匀速上升，根据平衡条件有：F﹣Mg﹣mg﹣f1﹣f2=0某时刻该物体脱落后，对气球受力分析，根据牛顿第二定律得：＞0，向上做匀加速直线运动，且初速度不为零，所以气球运动的v ﹣t图线是一条倾斜的直线且在v轴上有截距，对物体，脱落后继续向上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得：加速度，速度减为零后，反向加速，加速度，则a2＞a3，故C正确．故选：C7．如图所示，两个半径不同而内壁光滑的半圆轨道固定于地面，一个小球先后从与球心在同一水平高度的A、B两点由静止开始自由下滑，通过轨道最低点时（）A．小球对轨道的压力相同B．小球对两轨道的压力不同C．此时小球的速度相等D．此时小球的向心加速度相等【考点】向心力；机械能守恒定律．【分析】小球从与球心在同一水平高度的A、B两点由静止开始自由下滑过程中，受到重力和支持力作用，只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律可求出小球到最低点的速度，然后由向心加速度公式求向心加速度，由牛顿第二定律求出支持力，进而来比较向心加速度大小和压力大小．【解答】解：设半圆轨道的半径为r，小球到最低点的速度为v，由机械能守恒定律得：mgr=，得：v=，可见，小球到达最低点的速度不等．小球的向心加速度为：a n=，联立两式解得：a n=2g，与半径无关，因此此时小球的向心加速度相等，故C错误，D正确．在最低点，由牛顿第二定律得：F N﹣mg=m，联立解得：F N=3mg，即得小球对轨道的压力为3mg，也与半径无关，所以小球对轨道的压力相同．故A正确，B 错误．故选：AD8．如图所示，质量为m的物体P放在光滑的倾角为θ的直角劈上，同时用力F向右推劈，使P与劈保持相对静止，在前进的水平位移为s的过程中，劈对P做的功为（）A．F•s B．C．mgcosθ•s D．mgtanθ•s【考点】功的计算．【分析】m与楔形物体相对静止，二者必定都向右加速运动．即m的合外力方向水平向右，画出m的受力图，求出楔形物体对小物体的作用力，根据功的公式即可求解．【解答】解：m与楔形物体相对静止，二者必定都向右加速运动．即m的合外力方向水平向右，画出m的受力图，根据几何关系得：N=所以支持力做的功为：W=Ns•sinθ=mgtanθ•s故选：D9．甲、乙两物体分别在恒力F1、F2的作用下，沿同一直线运动，它们的动量随时间变化的关系如图所示，设甲在t1时间内所受的冲量为I1，乙在t2时间内所受的冲量为I2，则F1、F2，I1、I2的大小关系是（）A．F1＞F2，I1=I2 B．F1＜F2，I1＜I2C．F1＞F2，I1＞I2D．F1=F2，I1=I2【考点】动量定理．【分析】根据图象，结合初末状态的动量比较动量变化量的大小，从而结合动量定理得出冲量的大小关系以及力的大小关系．【解答】解：由图象可知，甲乙两物体动量变化量的大小相等，根据动量定理知，冲量的大小相等，即I1=I2，根据I=Ft知，冲量的大小相等，作用时间长的力较小，可知F1＞F2．故A正确，B、C、D错误．故选：A．10．如图所示，长度相同的三根轻杆构成一个正三角形支架，在A处固定质量为2m的小球，B处固定质量为m的小球．支架悬挂在O点，可绕过O点并与支架所在平面相垂直的固定轴转动．开始时OB位于竖直方向．放手后开始运动，在不计任何阻力的情况下，下列说法正确的是（）A．B球向左摆动所能达到的最高位置应高于A球开始运动时的高度B．当支架从左向右回摆时，A球不能回到起始高度C．A球机械能减少量大于B球机械能增加量D．A球到达最低点时速度为零【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【分析】在不计任何阻力的情况下，整个过程中A、B组成的系统机械能守恒，据此列式判断即得．【解答】解：因为在整个过程中系统机械能守恒，故有：A、因为B球质量小于A球，故B上升高度h时增加的势能小于A球减少的势能，故当B和A球等高时，仍具有一定的速度，即B球继续升高，故A正确；B、因为不计一切阻力，系统机械能守恒，故当支架从左到右加摆时，A球一定能回到起始高度，故B错误；C、因为系统机械能守恒，即A、B两球的机械能总量保持不变，故A球机械能的减少量等于B球机械能的增加量，故C错误；D、若当A到达最低点时速度为0，则A减少的重力势能等于B增加的重力势能，只有A与B的质量相等时才会这样．又因A、B质量不等，故D错误．故选：A11．如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，U ab=U bc，实线为一带正电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知下列说法中正确的是（）A．三个等势面中，a的电势最低B．带电粒子通过P点时的动能比通过Q点时的动能大C．带电粒子通过P点时的加速度比通过Q点时加速度大D．带电粒子在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能小【考点】电势差与电场强度的关系；电势．【分析】带电粒子只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右下方，由于粒子带正电，因此电场线方向也指向右下方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场强度大．【解答】解：A、带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，电场线与等势面垂直，且由于带电粒子带正电，因此电场线指向右下方，根据沿电场线电势降低，可知a等势线的电势最高，c等势线的电势最低，故A错误；BD、根据带电粒子受力情况可知，若粒子从P到Q过程，电场力做正功，动能增大，电势能减小，故带电粒子通过P点时的动能比通过Q点时的动能小，在P 点具有的电势能比在Q点具有的电势能大，故BD错误；C、等差等势线密的地方电场线密场强大，故P点电场强度较大，电场力较大，根据牛顿第二定律，加速度也较大，故C正确．故选：C12．如图所示，一物体以初速度v0冲向光滑斜面AB，并能沿斜面升高h后恰好到达B端，下列说法中正确的是（）A．若把斜面从C点锯断或弯成如图中的AB′线所示的圆弧状，物体都不能升高h，因为机械能不守恒B．若把斜面弯成如图中的AB′线所示的圆弧状或从C点开始锯掉CB段，物体都不能升高h，但机械能仍守恒C．若把斜面从C点开始锯掉CB段，由机械能守恒定律知，物体冲出C点后仍能升高hD．若把斜面弯成如图中的AB′线所示的圆弧形，物体仍能沿AB′升高h【考点】机械能守恒定律．【分析】物体上升过程中只有重力做功，机械能守恒；斜抛运动运动最高点，速度不为零；AD轨道最高点，合力充当向心力，速度也不为零．【解答】解：1、若把斜面从C点锯断，物体冲过C点后做斜抛运动，由于物体机械能守恒，同时斜抛运动运动到最高点，速度不为零，故不能到达h高处；2、若把斜面弯成圆弧形AB′，如果能到圆弧最高点，即h处，由于合力充当向心力，速度不为零，故会得到机械能增加，矛盾，所以物体不能升高h．故B正确，ACD错误；故选：B13．如图所示，水平向右方向的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场互相垂直，。
2016年高考全国卷物理试题(含1卷,2卷,3卷共3套)word版带答案
绝密★启封前试题类型：全国 1 卷2016 年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试（物理）注意事项：1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。
2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试题相应的位置。
3.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效。
4. 考试结束后，将本试题和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷二、选择题：本大题共 8 小题，每小题 6 分。
在每小题给出的四个选项中，第 14~17 题只有一项是符合题目要求，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，极板间的电场强度变大B.极板上的电荷量变小，极板间的电场强度变大C.极板上的电荷量变大，极板间的电场强度不变D.极板上的电荷量变小，极板间的电场强度不变15.现代质谱仪可用来分析比质子重很多的离子，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.11B.12C.121D.14416.一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻 R 1，R 2 和 R 3 的阻值分别为 3Ω，1Ω ，4Ω ，为理想交流电流表，U 为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定。
当开关 S 断开时，电流表的示数为 I ；当 S 闭合时，电流表的示数为 4I 。
该变压器原、副线圈匝数比为A.2B.3C.4D.517.利用三颗位置适当的地球同步卫星，可使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯，目前地球同步卫星的轨道半径为地球半径的6.6倍，假设地球的自转周期变小，若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的，则地球自转周期的最小值约为A.1hB.4hC.8hD.16h18.一质点做匀速直线运动，现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则A.质点速度的方向总是与该恒力的方向相同B.质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直C.质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同D.质点单位时间内速率的变化量总是不变19.如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO'悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b。
高考物理真题(2016年全国Ⅰ卷)完整版.doc
2016年全国高考理科综合Ⅰ卷物理部分（真题）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小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15. 现代质谱仪可用来分析比质子重很多的离子，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的电场加速，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.11B. 12C. 121D. 14416. 一含理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1、R2、R3的阻值分别为3Ω、1Ω、4Ω，○A为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定。
当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为4I。
该变压器原、副线圈匝数之比为（）A.2B. 3C. 4D. 517. 利用三颗位置适当的地球同步卫星，可使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯。
目前地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的6.6倍。
假设地球的自转周期变小，若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的，则地球自转周期的最小值约为（）A. 1hB. 4hC. 8hD. 16h18. 一质点做匀速直线运动。
现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生变化，则（）A. 质点速度的方向总是与该恒力的方向相同B. 质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直C. 质点加速度的方向总是与该恒力方向相同D. 质点单位时间内速率的变化量总是不变19. 如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一段悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b。
2016北京各区高考一模物理试题中的电与磁综合习题
2016北京各区高考一模物理试题中的电与磁综合习题1，东城区24．（20分）电视机的显像管中电子束的偏转是应用磁偏转技术实现的。
如图1所示为显像管的原理示意图。
显像管中有一个电子枪，工作时阴极发射的电子（速度很小，可视为零）经过加速电场加速后，穿过以O点为圆心、半径为r的圆形磁场区域（磁场方向垂直于纸面），撞击到荧光屏上使荧光屏发光。
已知电子质量为m、电荷量为e，加速电场的电压为U，在没有磁场时电子束通过O点打在荧光屏正中央的M点，OM间距离为S。
电子所受的重力、电子间的相互作用力均可忽略不计，也不考虑磁场变化所激发的电场对电子束的作用。
由于电子经过加速电场后速度很大，同一电子在穿过磁场的过程中可认为磁场不变。
（1）求电子束经偏转磁场后打到荧光屏上时的速率；（2）若磁感应强度随时间变化关系如图2所示，其中，求电子束打在荧光屏上发光所形成的“亮线”长度。
（3）若其它条件不变，只撤去磁场，利用电场使电子束发生偏转。
把正弦交变电压加在一对水平放置的矩形平行板电极上，板间区域有边界理想的匀强电场。
电场中心仍位于O点，电场方向垂直于OM，为了使电子束打在荧光屏上发光所形成的“亮线”长度与（2）中相同，问：极板间正弦交变电压的最大值U m，极板长度L、极板间距离d之间需要满足什么关系？（由于电子的速度很大，交变电压周期较大，同一电子穿过电场的过程可认为电场没有变化，是稳定的匀强电场）2，丰台区22. （16分）如图所示，光滑绝缘水平面上方分布着场强大小为E，方向水平向右的匀强电场.质量为3m，电量为+q的球A由静止开始运动，与相距为L、质量为m的不带电小球B发生对心碰撞，碰撞时间极短，碰撞后作为一个整体继续向右运动.两球均可视为质点，求：（1）两球发生碰撞前A球的速度；（2）A、B碰撞过程中系统损失的机械能；（3）A 、B 碰撞过程中B 球受到的冲量大小.3，朝阳区23．（18分）在现代科学实验和技术设备中，可以通过施加适当的电场、磁场来改变或控制带电粒子的运动。
2016年北京市顺义区高考物理一模试卷
2016年北京市顺义区高考物理一模试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共8小题，共48.0分)1.下列说法中正确的是（）A.布朗运动就是液体分子的热运动B.对一定质量的气体加热，其内能一定增加C.物体的温度越高，分子热运动越剧烈，分子平均动能越大D.分子间吸引力随分子间距离的增大而增大，而排斥力随距离的增大而减小【答案】C【解析】解：A、布朗运动是固体颗粒的运动，间接反映了液体分子的无规则运动，故A错误；B、改变内能的方式有做功和热传递，对一定质量的气体加热，其内能不一定增加，故B错误；C、温度是分子的平均动能的标志，物体的温度越高，分子热运动越剧烈，分子的平均动能越大，故C正确；D、分子间的引力与斥力同时存在，都随距离的增大而减小，故D错误；故选：C．布朗运动是固体颗粒的运动，间接反映了液体分子的无规则运动，改变内能的方式有做功和热传递，斥力比引力变化的快．掌握热力学第一定律的公式应用，知道布朗运动的实质，理解分子力大小和分子间距的关系．2.先后用两种不同的单色光，在相同的条件下用同一双缝干涉装置做实验，在屏幕上相邻的两条亮纹间距不同，其中两条亮纹间距较大的单色光比两条亮纹间距较小的单色光（）A.其光子的能量较大B.在玻璃中传播速度较大C.在真空中的波长较短D.在玻璃中传播时，玻璃的折射率较大【答案】B【解析】解：AC、根据双缝干涉条纹的间距公式△x=Lλ知，干涉条纹间距较大的单色光，波d长较长，频率较低，根据E=hv知光子能量较小．故AC错误．BD、频率较小，则折射率较小，根据v=c知在玻璃中传播速度较大．故B正确，D错n误．故选：Bλ判断出两种光的波长大小，从而确定频率大根据双缝干涉条纹的间距公式△x=Ld小、折射率大小以及在介质中传播的速度大小．λ．知道波长越长，频率越小，折解决本题的关键掌握双缝干涉条纹的间距公式△x=Ld射率越小．3.关于α、β、γ三种射线，下列说法中正确的是（）A.α射线是原子核自发放射出的氦核，它的穿透能力最强B.β射线是原子核外电子电离形成的电子流，它具有中等的穿透能力C.γ射线一般伴随着α或β射线产生，它的穿透能力最强D.γ射线是电磁波，它的穿透能力最弱【答案】C【解析】解：A、射线是原子核自发放射出的氦核，它的穿透能力最弱．故A错误．B、β射线是原子核中一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来．故B错误．C、γ射线一般伴随着α或β射线产生，它的穿透能力最强．故C正确．D、γ射线是电磁波，它的穿透能力最强．故D错误．故选C．α、β、γ射线都来自原子核，穿透能力依次增强，电离能力依次减弱．解决本题的关键知道α、β、γ三种射线的实质，以及三种射线的穿透能力强弱和电离能力强弱．4.有一个在光滑水平面内的弹簧振子，第一次推动弹簧振子，使弹簧由原长压缩x后由静止释放让它振动．第二次弹簧由原长压缩2x后由静止释放让它振动，则先后两次振动的周期之比和振幅之比分别为（）A.1：11：1B.1：11：2C.1：41：4D.1：21：2【答案】B【解析】解：弹簧振子的周期由振动系统本身的特性决定，与振幅无关．所以两次振动的周期之比为1：1．第一次振幅为x，第二次振幅为2x，则两次振幅之比为1：2．故选：B弹簧振子的周期由振动系统本身的特性决定，与振幅无关．振幅等于振子离开平衡位置的最大距离．解决本题的关键是知道简谐运动的等时性，即周期与振幅无关，知道振幅的意义．5.一理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，原线圈所接电源电压按图示规律变化，副线圈接有负载．下列说法中正确的是（）A.用理想电压表测副线圈负载端的电压为22√2VB.原、副线圈中电流之比为10：1C.变压器输入、输出功率之比为10：1D.交流电源电压的有效值为220V，频率为50H z【答案】D【解析】解：A、原线圈所接交流电源电压按图示规律变化，原线圈输出电压的最大值是220√2V，所以有效值为200V，变压器原、副线圈匝数比为10：1，变压器的输入和输出电压之比等于原副线圈匝数比，所以副线圈输出电压的有效值为22V，故A错误；B、变压器的输入和输出电压之比等于原副线圈匝数比，电流之比等于原副线圈匝数的反比，所以原、副线圈中电流之比为1：10，故B错误；C、变压器只能改变交流电的电压，而不能改变频率和功率，即对于理想变压器的输入功率和输出功率相等，故C错误；D、交流电源有效值为220V，周期T=0.02s，所以频率为50H z，故D正确；故选：D．根据图象可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论．掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题．6.如图所示为一种自动跳闸的闸刀开关示意图，O是转动轴，A是绝缘手柄，C是闸刀卡口，M、N接电源线．闸刀处于垂直纸面向里B=0.1T的匀强磁场中，CO间距离10cm．当磁场力为0.2N时，闸刀开关会自动跳开．则要使闸刀开关能跳开，通过绝缘手柄CO中的电流的大小和方向为（）A.电流大小为20A，电流方向O→CB.电流大小为20A，电流方向C→OC.电流大小为2A，电流方向O→CD.电流大小为2A，电流方向C→O【答案】A【解析】解：由F=BIL得：I=FBL =0.20.1×0.1A=20A；由左手定则判断，电流方向O→C；故选：A．由左手定则判断电流方向，由安培力计算公式求解电流大小与现实生活相联系的题目考查频率较高，注意联想用哪部分知识解决，建立正确的物理模型7.在家庭电路中，为了安全，一般在电能表后面的电路中安装一个漏电保护器，如图所示．当漏电保护器的ef两端没有电压时，脱扣开关S能始终保持接通；当ef两端一旦有电压时，脱扣开关立即会自动断开，以起到保护作用．关于这个电路的工作原理，下列说法中正确的是（）A.当站在绝缘物上的人双手分别接触b和d线时，脱扣开关会自动断开B.当用户家的电流超过一定值时，脱扣开关会自动断开C.当火线和零线之间电压太高时，脱扣开关会自动断开D.当站在地面上的人触及b线时，脱扣开关会自动断开【答案】D【解析】解：A、站在绝缘物上的带电工作的人两手分别触到b线和d线时（双线触电），流过火线与零线的电流相等，保护器中火线和零线中电流产生的磁场应完全抵消，不会使ef 中产生感应电动势，脱扣开关不会断开．故A 错误．B 、正常状态时，脱扣开关K 保持接通，ef 中要没有电压，火线和零线中电流产生的磁场应完全抵消，超过一定值时仍然可以保证磁场抵消，故不会使脱扣自动断开．故B 错误．C 、当输入电压过高时，通过火线与零线的电流没有差值，不会使ef 中产生感应电动势，脱扣开关不会断开．故C 错误．D 、站在地面上的人触及b 线时（单线接触电）通过火线与零线的电流有差值，脱扣开关会自动断开，即有触电保护作用．故D 正确； 故选：D脱扣开关K 保持接通时，ef 中要没有电压，保护器中火线和零线中电流产生的磁场应完全抵消，可知火线的线圈匝数和连接零线的线圈匝数应相等．只有通过火线与零线的电流有差值时，ef 两端才有电压，脱扣开关K 才断开．“脱扣开关控制器”的线圈匝数越多，同样的电流差值，产生的感应电动势越大，ef 两端的电压越大，触电保护越灵敏．本题考查漏电保护器的基本原理，要注意明确题意中给出的原理，知道火线与零线中电流相等时，磁场完全抵消，是双线并绕消除自感影响的原理．8.环形对撞机是研究高能粒子的重要装置，如图所示正、负粒子由静止经过电压为U 的直线加速器加速后，沿圆环切线方向注入对撞机的真空环状空腔内，空腔内存在与圆环平面垂直的匀强磁场，调节磁感应强度的大小可使两种带电粒子被局限在环状空腔内，沿相反方向做半径相等的匀速圆周运动，并在碰撞区内迎面相撞．为维持带电粒子沿环状空腔的中心线做匀速圆周运动，下列说法正确是（ ）A.对于给定的加速电压，带电粒子的比荷qm 越大，磁感应强度B 越小 B.对于给定的加速电压，带电粒子的比荷q m 越大，磁感应强度B 越大 C.对于给定的带电粒子，加速电压U 越大，粒子做圆周运动的周期越大 D.对于给定的带电粒子，粒子做圆周运动的周期与加速电压U 无关 【答案】 A【解析】解：电子在加速电场中，根据动能定理得 q U=12mv 2 …①电子在匀强磁场中由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得 qv B=m v 2r …②得到，电子圆周运动的半径r =mvqB 周期T=2πm qBAB 、对于给定的加速电压，v 不变，又由题意得知，r 不变，则带电粒子的比荷qm 越大，则B 越小．故A 正确，B 错误．CD 、由上可知，加速电压U 越大，电子获得的速度v 越大，要保持半径r 不变，B 应增大，则T 会减小．故CD 错误． 故选：A ．由题意知道正负电子经加速后进入匀强磁场做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律推导出电子 圆周运动的半径和周期表达式，再进行分析． 本题是带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动类型，除了常规思路外，抓住隐含条件进行分析是关键；本题的隐含条件是电子的运动半径不变．二、实验题探究题(本大题共1小题，共6.0分)9.在用如图甲所示的装置研究碰撞中的动量守恒的实验中：①用游标卡尺测量直径相同的入射球与被碰球的直径，测量结果如图乙所示，该球直径为 ______ cm ．②实验中小球的落点情况如图丙所示，入射球A 与被碰球B 的质量比M A ：M B =3：2，则实验中碰撞结束时刻两球动量大小之比p A ：p B = ______ ． 【答案】 2.14；1：2 【解析】解：①根据游标卡尺的读数方法可知：球的直径为d =21mm +0.1×4mm =21.4mm =2.14cm ．②碰撞结束后，入射小球的水平位移x A =OM=13.5cm ．被碰小球的水平位移为： x B =ON-d =42.64cm -2.14cm =40.5cm ．碰撞后两球在水平方向上都做匀速直线运动，时间相等，由v =xt ，则得：碰撞后速度之比：v A v B=x Ax B=13.540.5=13由题意，m A ：m B =3：2，根据P=mv 知，碰撞结束后两球的动量大小之比为 1：2． 故答案为：2.14；1：2．①游标卡尺的精度是0.1mm ，游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读．②碰撞后入射小球落在M 点，被碰小球落在N 点，两球在水平方向上做匀速直线运动，通过水平位移之比得出速度之比，从而求出动量大小之比．本题考查根据平抛运动规律分析动量守恒定律的实验；解决本题的关键知道碰后小球做平抛运动，水平位移之比等于速度之比三、填空题(本大题共1小题，共12.0分)10.电流表和电压表都是由小量程的电流表（表头）改装成的．请回答下面问题：①电流表G（表头）有三个主要参数，满偏电流（I g）、满偏电压（U g）、内阻（R g），它们间的关系是______（请用题目所给字母作答）．②把小量程的电流表改装成较大量程的电压表需______（填写“串联”或“并联”）一个电阻；把小量程的电流表改装成较大量程的电流表需______ （填写“串联”或“并联”）一个电阻．③如图所示，有一表头，满偏电流I g=500μA，内阻R g=200Ω，．用它作多用电表的表头，已知R1=20Ω，R2=180Ω，R3=49.9kΩ，R4=499.9kΩ．当接线柱接在“公共”与a端当电流表使用时量程为：______ m A；当接线柱接在“公共”与c端当电压表使用时量程为：______ V．【答案】U g=I g R g；串联；并联；10；50【解析】解：（1）由欧姆定律可知，满偏电流（I g）、满偏电压（U g）、内阻（R g）间的关系为U g=I g R g．（2）把小量程的电流表改装成较大量程的电压表，电表两端的电压增大，根据U=IR 可知，需串联一个电阻；把小量程的电流表改装成较大量程的电流表，流过电表的电流增大，根据欧姆定律：I=UR可知，需要减小电表的电阻值，所以需并联一个小电阻．（3）当接线柱接在“公共”与a端当电流表使用时，公共端与a之间的电压：U g′= I g⋅(R g+R2)=500×10−6×(200+180)=0.19V此时流过R1的电流：I′=U g′R1=0.1920=0.0095A电路中的总电流：I=I g+I′=500×10−6A+0.0095A=0.010A=10m A量程为：0-10m A；当接线柱接在“公共”与c端当电压表使用时，流过R1、R1的电流：I″=I g R gR1+R2=500×10−6×20020+180=5×10−4A流过R3的电流：I3=I g+I3=1×10−3A所以R3两端的电压：U3=I3R3=1×10−3×49.9×103=49.9V电表两端的总电压：U=U3+I g R g代入数据得：U=50V即量程为：0-50V．故答案为：①U g=I g R g②串联、并联③0-10；0-50．（1）由欧姆定律即可求出满偏电流（I g）、满偏电压（U g）、内阻（R g）间的关系．（2）把小量程的电流表改装成较大量程的电压表需串联一个电阻；把电流表改装成大量程的电流表需要并联分流电阻．（3）根据欧姆定律即可求出两表的量程．本题考查了电压表与电流表的改装，知道电表改装原理、应用串并联电路特点与欧姆定律即可正确解题．四、计算题(本大题共3小题，共54.0分)11.如图所示，半径为R 的14圆弧光滑导轨AB 与水平面相接，物块与水平面间的动摩擦因数为μ．从圆弧导轨顶端A 静止释放一个质量为m 的小木块（可视为质点），经过连接点B 后，物块沿水平面滑行至C 点停止，重力加速度为g ．求：（1）物块沿圆弧轨道下滑至B 点时的速度v ；（2）物块刚好滑到B 点时对圆弧轨道的压力N B 及物块静止于水平面C 点时对水平面的压力N C ；（3）BC 之间的距离S ．【答案】解：（1）由机械能守恒，得：mgR =12mv 2解出：v =√2gR（2）设物块刚好滑到B 点时圆弧轨道对物块的支持力为N′B ，根据牛顿第二定律：N′B -mg =mv 2R解得：N ′B =3mg由牛顿第三定律 可知，压力为3mg ；C 点时由于物块在水平面上，根据平衡关系可知：支持力 N C =mg ；再由牛顿第三定律可知，压力为mg ；（3）由动能定理可知：mg R-μmgs =0解出：S=Rμ答：（1）物块沿圆弧轨道下滑至B 点时的速度v 为√2gR ；（2）物块刚好滑到B 点时对圆弧轨道的压力N B 及为3mg ；物块静止于水平面C 点时对水平面的压力N C 为mg ． （3）BC 之间的距离S 为Rμ【解析】（1）对AB 过程由机械能守恒定律可得，物块沿圆弧轨道下滑至B 点时的速度； （2）B 点时物体做圆周运动，根据向心力公式可求得支持力，由牛顿第三定律 可求得压力；静止在水平面上时根据平衡关系可知支持力，再由牛顿第三定律可求得压力；（3）对全程由动能定理可求得BC 间的距离．本题考查动能定理和机械能守恒定律的应用，要注意正确选择物理过程正确受力分析，然后选择合理的物理规律求解即可．12.示波器是一种用途十分广泛的电子测量仪器．它能把肉眼看不见的电信号变换成看得见的图象，便于人们研究各种电现象的变化过程．如图1所示，图2①是示波管的原理图，它是由电子枪、加速电场、竖直偏转电极YY ′、水平偏转电极XX ′和荧光屏等组成．电子枪发射的电子打在荧光屏上将出现亮点．若亮点很快移动，由于视觉暂留，能在荧光屏上看到一条亮线．（1）质量为m 电荷量为e 的电子，从静止开始在加速电场中加速．加速电压为U 1，竖直偏转电极YY ′之间的电压为U 2，YY ′之间的距离为d ，电极极板的长和宽均为L ，水平偏转电极XX ′两极板间电压为0．若电子被加速后沿垂直于偏转电场的方向射入电场，并最终能打到荧光屏上． ①电子进入偏转电场时的速度大小； ②电子打到荧光屏上时的动能大小；（2）如果只在偏转电极XX ′上加上如图2②所示的电压，试在答题卡的图2①上画出在荧光屏所能观察到的亮线的形状．（3）如果在偏转电极YY ′加上U y =U m sin ωt 的电压，同时在偏转电极XX ′上加上图2②所示的电压，试在答题卡的图②上画出所观察到的亮线的形状．如果在此基础上将扫描范围的频率值减小到原来的一半，画出此时的图象．【答案】解：（1）①设电子经电子枪加速后进入偏转电极YY ′的速度为v 0 ，则有：U 1e =12mv 02解出：v 0=√2U 1e m②偏转电极的电压为U 2，板间距离为d ，板长为L ， 则有：a =eU 2 md ； L =v 0 t y =12at 2 即电子在电场中的偏转距离为：y =eL 22mdv 02U 2 =U 2 L 24dU 1电子打到荧光屏上时的动能为：E k =12mv 02+e U 2dy =U 1e +eU 22L 24d 2U1（2）（3）答：（1）①电子进入偏转电场时的速度大小为√2U1 em；②电子打到荧光屏上时的动能大小为U1 e+eU22L 24d 2U1 （2）（3）荧光屏上的图形如上图所示【解析】（1）由动能定理求的在加速电场中获得的速度，由运动学公式求的在偏转电场中的偏移量（2）（3）通过交流电压的变化，通过运动分析即可画出荧光屏上的图形题考查对示波器工作原理的理解，其基本原理是电场的加速和偏转，根据偏转距离与偏转电压的关系，分析荧光屏上光斑的变化13.如图所示，两光滑斜面与光滑水平面间夹角均为θ，两斜面末端与水平面平滑对接．可视为质点的物块A、B质量分别为m、βm（β为待定系数），物块A从左边斜面h高处由静止开始沿斜面下滑，与静止于水平轨道的物块B正面相撞，碰后物块A、B立即分开，它们能达到的最大高度均为14h．两物块经过斜面与水平面连接处及碰撞过程中均没有机械能损失，重力加速度为g．求：（1）待定系数β；（2）第一次碰撞刚结束时木块A、B各自的速度；（3）物块A、B在轨道最低处第二次碰撞刚结束时各自的速度，并讨论木块A、B在轨道最低处第n次碰撞刚结束时各自的速度．【答案】解：（1）碰撞过程中均没有机械能损失，由机械能守恒得：mgℎ=mgℎ4+βmgℎ4得β=3（2）A到达最低点的速度：v0=√2gℎ设A、B碰撞后的速度分别为v1、v2，设向右为正、向左为负，则1 2βmv22=βmgℎ4mv0=mv1+βmv2联立得：v 1=−√12gℎ，方向向左v 2=√12gℎ，方向向右（3）规定向右为正方向，设 A 、B 第二次碰撞刚结束时的速度分别为 V 1、V 2，则{mv 1−βmv 2=mV 1+βmV 2mgℎ=12mV 12+12βmV 22解得V 1=−√2gℎ，V 2=0（另一组解：V 1=-v 1，V 2=-v 2 不合题意，舍去）由此可得：当 n 为奇数时，小球 A 、B 在第 n 次碰撞刚结束时的速度分别与其第一次碰撞刚结束时相同；当 n 为偶数时，小球 A 、B 在第 n 次碰撞刚结束时的速度分别与其第二次碰撞刚结束时相同． 答：（1）待定系数β是3； （2）第一次碰撞刚结束时木块A 、B 各自的速度是−√12gℎ和√12gℎ；（3）物块A 、B 在轨道最低处第二次碰撞刚结束时各自的速度分别是−√2gℎ和0，论木块A 、B 在轨道最低处第n 次碰撞刚结束时：当 n 为奇数时，小球 A 、B 在第 n 次碰撞刚结束时的速度分别与其第一次碰撞刚结束时相同；当 n 为偶数时，小球 A 、B 在第 n 次碰撞刚结束时的速度分别与其第二次碰撞刚结束时相同． 【解析】（1）由机械能守恒即可求出待定系数β；（2）由于没有机械能的损失，可知在碰撞的过程中动量守恒与机械能守恒，由此即可求出第一次碰撞刚结束时木块A 、B 各自的速度；（3）结合机械能守恒与动量守恒即可求出第二次碰撞后的速度，然后由归纳法得出在轨道最低处第n 次碰撞刚结束时各自的速度．该题的前两问比较简单，分别由动量守恒与能量守恒即可求出，解答的关键是第三问，要注意碰撞后的速度的方向与大小要合理．。
【物理】北京市顺义区2016届高考一模试卷
2015年北京市顺义区高考物理一模试卷一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1．根据玻尔理论，氢原子由基态向激发态跃迁时（）A．辐射能量，能级升高B．辐射能量，能级降低C．吸收能量，能级升高D．吸收能量，能级降低2．有关分子动理论和物体的内能，下列叙述正确的是（）A．物体吸热，内能一定增加B．布朗运动指的是分子的热运动C．气体的压强是由于大量分子频繁撞击器壁产生的D．根据油膜实验可知分子在永不停息地做无规则运动3．两种单色光束a、b分别照射在同一套双缝干涉演示实验装置时，得到的干涉图样如图（a）、（b）所示，则（）A．a光的波长大于b光的波长B．a光的光子能量大于b光的光子能量C．a光在真空中的速度大于b光在真空中的速度D．同一种介质对a光的折射率大于对b光的折射率4．某列简谐横波在t=0时刻的波形如图所示，若该横波沿x轴正方向传播，且波速v=4m/s，则x=8m处的质点的振动图象是下列图象中的（）A．B．C．D．5．如图所示，质量为m的物块静止在水平面上，物块上连接一根劲度系数为k的轻质弹簧．某时刻（t=0）施加一外力在弹簧上端A点，让A点以速度v匀速上升，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A．经过时间t=物块脱离地面B．物块脱离地面后以速度v向上做匀速运动C．物块脱离地面后向上运动的过程中其机械能守恒D．整个过程中弹簧、物块、地球所组成系统的机械能守恒6．利用微波炉烹饪食物在家庭生活中已被广泛应用．其基本原理是应用微波发生器，产生振动频率为2.45×109Hz的微波，使食物中的水分子随之振动，产生大量的热能．若某微波炉的产品参数如图所示，则该微波炉的额定电流和微波波长约为（）A．0.2A 0.12m B．5A 0.12m C．0.2A 8.17m D．5A 8.17m7．飞机场安检系统中的安检门可以检测出旅客是否带有金属物体，其基本原理如图所示，闭合电键后，当金属物体靠近线圈时，电路中电流发生变化，而非金属物体靠近时则对电路中的电流没有影响，其原因是（）A．金属物体密度大于非金属物体B．金属物体导热性能强于非金属物体C．金属物体反射电磁波的能力强于非金属物体D．金属物体能形成涡流使线圈中的磁通量发生变化8．质量为m的物体从距离地面高度为H0处由静止落下，若不计空气阻力，物体下落过程中动能E k随距地面高度h变化关系的E k﹣h图象是（）A．B．C． D．二、本部分共5小题，共180分．9．在测量金属丝电阻率的实验中①用螺旋测微器测量金属丝直径如图1所示，则金属丝直径d=mm②测量金属丝的电阻R x时，应选用图2电路图中的图③若金属丝的长度为L，直径为d，金属丝两端电压为U，流过金属丝的电流为I，则金属丝电阻率的表达式ρ=．10．利用单摆测当地重力加速度的实验中①利用游标卡尺测得金属小球直径如图1所示，小球直径d=cm．②某同学测量数据如下表，请在图2中画出L﹣T2图象由图象可得重力加速度g=m/s2（保留三位有效数字）③某同学在实验过程中，摆长没有加小球的半径，其它操作无误，那么他得到的实验图象可能是下列图象中的．11．如图所示，两个斜面AB和CD的倾角分别为α和β，且均与水平面BC平滑连接．水平面的C端静止地放置一质量为m的物块，在斜面AB上一质量为M的物块加速下滑，冲至水平面后与物块m碰撞前瞬间速度为v0，碰撞后合为一体冲上斜面CD，物块与斜面的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g．求：（1）物体M在斜面AB上运动时的加速度a；（2）两物体碰后的共同速度v；（3）能冲上斜面CD的最大高度H．12．如图，在竖直向下的磁感应强度为B=1.0T的匀强磁场中，两根足够长的平行光滑金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L=0.4m．一质量为m=0.2kg、电阻R0=0.5Ω的导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好．若轨道左端P点接一电动势为E=1.5V、内阻为r=0.1Ω的电源和一阻值R=0.3Ω的电阻．轨道左端M点接一单刀双掷开关K，轨道的电阻不计．求：（1）单刀双掷开关K与1闭合瞬间导体棒受到的磁场力F；（2）单刀双掷开关K与1闭合后导体棒运动稳定时的最大速度v m；（3）导体棒运动稳定后，单刀双掷开关K与1断开，然后与2闭合，求此后能够在电阻R 上产生的电热Q R和导体棒前冲的距离X．14．天宫一号是我国研发的一个目标飞行器，目的是作为其他飞行器的接合点，是中国空间实验室的雏形，于北京时间2011年9月29日21时16分03秒发射升空．（1）若万有引力常量为G，地球质量为M D，地球半径为R D，天宫一号离地面的高度为H，求：天宫一号的运行周期T；（2）发射天宫一号的速度必须大于第一宇宙速度，试推导第一宇宙速度的表达式；若R D=6370km，g取9.8m/s2，求出第一宇宙速度的值；（3）若万有引力常量为G，中心天体的质量为M，质量为m的物体距中心天体r时具有的引力势能为E P=﹣G（以无穷远处势能为0）①求出第二宇宙速度的值；②若把地球绕太阳公转的轨道近似认为是圆，且不计其它星体对飞行物体的作用力，地球的公转速度为29.8km/s，求第三宇宙速度．2015年北京市顺义区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，满分48分）1．【考点】氢原子的能级公式和跃迁．【专题】原子的能级结构专题．【分析】氢原子从低能级到高能级需要吸收光子，获得能量，从高能级到低能级辐射光子，放出能量．【解答】解：氢原子从基态向激发态跃迁时，氢原子将吸收能量，能量增加，能级升高．故C正确，ABD错误；故选：C．【点评】解决该题关键要掌握氢原子从基态向激发态跃迁，还是从激发态向基态跃迁．2．【考点】布朗运动．【专题】布朗运动专题．【分析】解答本题需掌握：1、热力学第一定律公式△U=W+Q；2、布朗运动是悬浮在液体中固体微粒的无规则运动，是由大量分子撞击引起的，反应了液体分子的无规则运动；3、气体的压强产生的机理是由大量气体分子对器壁不断碰撞而产生的，与分子热运动的平均动能和分子数密度有关；4、油膜实验是估测分子的直径的．【解答】解：A、根据热力学第一定律公式△U=W+Q，物体吸热，可能同时对外做功，故内能不一定增加，故A错误；B、布朗运动是悬浮在液体中固体微粒的无规则运动，是液体分子无规则热运动的体现，故B错误；C、气体的压强产生的机理是由大量气体分子对器壁不断碰撞而产生的，与分子热运动的平均动能和分子数密度有关，故C正确；D、根据油膜实验可知分子的直径，故D错误；故选：C．【点评】本题考查了热力学第一定律、布朗运动、气体压强的微观意义、油膜实验等，知识点多，关键是记住基础知识．3．【考点】光的折射定律．【专题】光的折射专题．【分析】根据双缝干涉条纹的间距公式△x=λ比较出两种色光的波长大小，从而比较出频率的大小和折射率的大小．光子的能量E=hγ，与频率成正比．结合这些知识分析．【解答】解：A、由图知，a光产生的干涉条纹间距大于b光产生的干涉条纹间距，根据双缝干涉条纹的间距公式△x=λ知，a光的波长大于b光的波长，故A正确．B、光的波长大于b光的波长，由公式c=λγ知，a光的频率小于b光的频率，而光子的能量与频率成正比，则a光的光子能量小于b光的光子能量．故B错误．C、在真空所有色光的速度都相等，都为c=3×108m/s，故C错误．D、a光的频率小于b光的频率，所以同一种介质对a光的折射率小于b光的折射率，故D 错误．故选：A．【点评】解决本题的关键掌握双缝干涉条纹的间距公式，以及知道波长、频率的大小关系．4．【考点】简谐运动的振动图象．【分析】由图象知波长λ=8m，波的周期可以求出，由质点带动法判断质点的振动方向．【解答】解：由波的图象可知，该波的波长是8m，由公式：v=可得：s由图可知，t=0时刻，x=8m处的质点位于平衡位置处；该波沿正方向传播，由平移法可知，x=8m处的质点的振动的方向向下，所以x=8m处的质点的从平衡位置开始向下运动，周期为2s．故D正确．故选：D【点评】本题考查了波的传播方向与质点的振动方向之间的相互判定，以及由图象获取有用物理知识的能力，再结合周期公式即可解决此类问题，属于对波的基础技能的考查．5．【考点】机械能守恒定律．【专题】机械能守恒定律应用专题．【分析】物块刚脱离地面时弹簧的拉力等于物块的重力，由胡克定律求出A上升的距离，即可求得时间．物块脱离地面后向上加速运动，物块的机械能增加，根据功能关系：除重力以外其它力所做的功等于机械能的增量，判断机械能是否守恒．【解答】解：A、设物块刚脱离地面时上升的距离为x．物块刚脱离地面时弹簧的拉力等于物块的重力，则有：mg=kx，x=．因A点匀速运动，则有t==，故A正确．B、物块脱离地面后弹簧的拉力大于其重力，物块作加速运动，故B错误．C、物块脱离地面后向上运动的过程中弹簧的拉力对其做正功，则知其机械能增加，故C错误．D、由于外力做正功，所以整个过程中弹簧、物块、地球所组成系统的机械能增加，故D错误．故选：A．【点评】本题是含有弹簧的平衡问题，关键是分析功与能的关系，掌握功能原理：除重力以外其它力所做的功等于机械能的增量，并熟练运用．6．【考点】光谱和光谱分析．【分析】通过产品说明书中的额定功率与额定电压的数值，由P=UI即可计算出额定电流；微波的传播速度与光的传播速度相等，由c=λγ，即可计算出微波的波长．【解答】解：由图表可知，该微波炉的额定功率是1100W，额定电压是220V，由P=UI可知，额定电流： A由波的波速与频率、波长的公式：c=λγ可得：m故选：B【点评】该题考查微波炉的工作原理以及波的波速与频率、波长的关系，将已知的数据直径代入相应的公式即可正确解答．基础题目．7．【考点】电磁感应在生活和生产中的应用．【分析】由题意可知，探测器将线圈靠近金属物时，相当于闭合电路的部分导体在切割磁感线，从而产生电流，则分析各实验现象可知，能产生电流的选项【解答】解：当线圈靠近金属物体时，在金属物体中产生涡电流，相当于闭合电路的部分导体在切割磁感线，故在金属中会产生电流，而金属中的电流产生的磁场又引起线圈中的磁通量发生变化，从而使电流表示数发生变化；故探测器采用了电磁感应原理；而非金属则不会产生电磁感应现象；故选：D【点评】本题考查电磁感应现象的应用，要求学生通过题意找出探测器的原理，并能正确掌握各实验的意义．8．【考点】动能定理的应用．【专题】动能定理的应用专题．【分析】根据动能定理，求出动能与距地面高度h的表达式，结合表达式确定正确的图线．【解答】解：当距离地面高度为h时，则下降的高度为H0﹣h，根据动能定理得，mg（H0﹣h）=E k﹣0，解得E k=﹣mgh+mgH0，与h成一次函数关系，随h增大，动能减小．可知B正确，A、C、D错误．故选：B．【点评】解决本题的关键得出动能与高度的表达式，结合动能定理分析求解，基础题．二、本部分共5小题，共180分．9．【考点】测定金属的电阻率．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】①螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；②根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后连接实物电路图；③由电阻定律求出电阻率的表达．【解答】解：①由图示螺旋测微器可知，其示数为：1.5mm+27.5×0.01mm=1.775mm．②滑动变阻器最大阻值远大于待测电阻阻值，滑动变阻器可以采用限流接法，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表可以采用外接法；故选甲图；③电阻R=，由电阻定律可知：R=ρ=ρ，则电阻率ρ=；故答案为：①1.775 ②甲③【点评】本题考查了连接实物电路图、螺旋测微器读数、求电阻率，确定滑动变阻器与电流表的接法是正确连接实物电路图的前提与关键，连接实物电路图时要注意电表量程的选择．10．【考点】用单摆测定重力加速度．【专题】实验题；单摆问题．【分析】①先读主尺，在读副尺，两者相加为球的直径．②由数据做出图形，由图象的斜率可得重力加速度．③由单摆周期公式判定图象；【解答】解：①主尺读数为：2.2cm；副尺读数为：6×0.1mm=0.6mm=0.06cm，故球直径为2.2cm+0.06cm=2.26cm；②如图：由单摆周期公式：；解得：，图象斜率为，可得：g=4π2k，由图象可得：；可得：g=4×3.142×0.25=9.86m/s2．③在实验过程中，摆长没有加小球的半径，其它操作无误，可得：，可知B正确，ACD错误，故选：B．故答案为：①2.26；②g=9.86；③B．【点评】本题关键是图象法处理实验数据，分析图象，必修要依据具体的公式，而公式来源是所学的基本规律，定律，定理．11．【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．【专题】动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．【分析】（1）根据受力分析由牛顿第二定律求得物体在斜面AB上运动时的加速度；（2）根据水平方向动量守恒求得碰撞后两者的共同速度v；（3）根据动能定理求得物块在斜面上上升的最大距离从而求得上升的最大高度H．【解答】解：（1）在AB斜面上对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律有：垂直斜面方向有：N﹣Mgcosα=0 ①沿斜面向下有：Mgsinα﹣f=Ma ②又f=μN ③由①②③可解得加速度a=gsinα﹣μgcosα（2）两物体碰撞过程中水平方向满足动量守恒，故有：Mv0=（M+m）v可得碰撞后整体的速度v=v0（3）碰撞后物体在斜面CD上运动时只有重力和阻力做功，根据动能定理有：=0﹣（M+m）v2可解得：H=答：（1）物体M在斜面AB上运动时的加速度a为gsinα﹣μgcosα；（2）两物体碰后的共同速度v为；（3）能冲上斜面CD的最大高度H为．【点评】本题考查了牛顿第二定律和动能定理的基本运用，掌握规律是正确解题的关键，对于第3问也可以采用动力学知识求解，但是没有运用动能定理解答方便．12．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；安培力；电磁感应中的能量转化．【专题】电磁感应——功能问题．【分析】（1）由欧姆定律求出电路电流，再由安培力公式F=BIL求得力的大小；（2）根据牛顿第二定律可知，当安培力为零时棒的速度最大，结合欧姆定律求解；（3）根据能量守恒定律和串并联电路特点求解．【解答】解：（1）开关K与1闭合瞬间，由欧姆定律得：I==2.5 A由安培力：F=BIL=1×2.5×0.4=1 N（2）根据牛顿第二定律可知，导体棒的受力为零时，运动速度最大，即F安=0，即I=0，故导体运动稳定后产生的感应电动势和电源电动势相等，E=BLv m=1.5 v解得：v m==3.75 m/s（3）根据能量守恒定律，单刀双掷开关K与2闭合后，导体棒的动能转化为电路中产生的总电热Q即：Q=mv m2==1.4 J由串并联电路特点，电阻R上产生的电热Q R=Q=0.53 J在此过程中，导体棒做变速运动，由冲量定理得：Ft=mv m即=mv mX=3.75 m答：（1）单刀双掷开关K与1闭合瞬间导体棒受到的磁场力F为1N；（2）单刀双掷开关K与1闭合后导体棒运动稳定时的最大速度v m为3.75m/s；（3）导体棒运动稳定后，单刀双掷开关K与1断开，然后与2闭合，此后能够在电阻R上产生的电热Q R为0.53J，导体棒前冲的距离X为3.75m．【点评】本题从力和能量两个角度分析电磁感应现象，安培力的表达式F=是常用的经验公式，要能熟练推导．对于导体棒切割类型，关键要正确分析受力，把握其运动情况和能量转化关系．14．【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．【专题】人造卫星问题．【分析】（1）飞行器绕地球做匀速圆周运动的过程中，由地球的万有引力等于向心力求解天宫一号运行的周期；（2）绕地球表面附近做圆周运动的人造卫星，可认为其轨道半径是地球的半径R，可利用万有引力提供它做圆周运动的向心力来进行求解；（3）由G=m可得：G=mv2，根据动能定理求出摆脱地球的约束所需要的速度即为第二宇宙速度，同理求出摆脱太阳的约束速度，由于随地球绕太阳公转的物体已具有地球的公转速度29.8km/s，则只需沿太阳公转方向的速度达到v w=v Tx﹣v T即可，又因为发射地球表面的物体还需摆脱地球约束的动能mv22，再根据动能定理求解．【解答】解：（1）飞行器绕地球做匀速圆周运动的过程中，由地球的万有引力提供等于向心力得：G=m（R D+H）解得：T=2π（R D+H）（2）绕地球表面附近做圆周运动的人造卫星，万有引力等于重力并提供向心力，则有G=m=mg则第一宇宙速度v==代入数据得：v==7.9 km/s（3）由G=m可得：G=mv2若摆脱地球的约束，则有：mv22﹣G=0 可得：v2=v=11.2 km/s同理：在地球绕太阳公转轨道运行的物体绕太阳做圆运动时G=mG=mv T=29.8 km/s摆脱太阳的约束速度为v Txmv Tx2﹣G=0v Tx=v T=42.2 km/s由于随地球绕太阳公转的物体已具有地球的公转速度29.8km/s，则只需沿太阳公转方向的速度达到v w=v Tx﹣v T=12.4 km/s 即可又因为发射地球表面的物体还需摆脱地球约束的动能mv22则：发射地球表面的物体摆脱太阳约束的第三速度为v3有mv32=mv22+mv w2解得：v3=16.7 km/s答：（1）天宫一号的运行周期为2π（R D+H）；（2）第一宇宙速度的表达式为v=；若R D=6370km，g取9.8m/s2，第一宇宙速度的值为7.9 km/s；（3）①第二宇宙速度的值为11.2 km/s；②若把地球绕太阳公转的轨道近似认为是圆，且不计其它星体对飞行物体的作用力，地球的公转速度为29.8km/s，第三宇宙速度为16.7 km/s．【点评】万有引力提供卫星做圆周运动的向心力是解决这类题目的突破口，找出需要的数据列万有引力定律提供向心力公式解题，本题要求同学们知道三大宇宙速度的意义及求法，难度适中．。
2016各区高三一模物理试题及答案WORD详解
北京市海淀区2016届高三第二学期期中练习理综 物理试题 2016.4 第一部分（选择题 共120分）本部分共20小题，每小题6分，共120分。
在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
13．下列说法中正确的是A ．布朗运动就是液体分子的无规则运动B ．当分子间距离增大时，分子间的引力和斥力均增大C ．当分子间距离增大时，分子势能一定增大D ．物体的内能变化，它的温度并不一定发生变化14．已知氦离子（He +）的能级图如图所示，根据能级跃迁理论可知A ．氦离子（He +）从n =4能级跃迁到n =3能级比从n =3能级跃迁到n =2能级辐射出光子的频率低B ．大量处在n =3能级的氦离子（He +）向低能级跃迁，只能发出2种不同频率的光子C ．氦离子（He +）处于n=1能级时，能吸收45eV 的能量跃迁到n =2能级D ．氦离子（He +）从n =4能级跃迁到n =3能级，需要吸收能量15．关于机械波，下列说法中正确的是A ．机械波的振幅与波源振动的振幅不相等B ．在波的传播过程中，介质中质点的振动频率等于波源的振动频率C ．在波的传播过程中，介质中质点的振动速度等于波的传播速度D ．在机械波的传播过程中，离波源越远的质点振动的周期越大16．关于万有引力定律的建立，下列说法中正确的是A ．卡文迪许仅根据牛顿第三定律推出了行星与太阳间引力大小跟行星与太阳间距离的平方成反比的关系B ．“月﹣地检验”表明物体在地球上受到地球对它的引力是它在月球上受到月球对它的引力的60倍C ．“月﹣地检验”表明地面物体所受地球引力与月球所受地球引力遵从同样的规律D ．引力常量 G 的大小是牛顿根据大量实验数据得出的17．在垂直纸面的匀强磁场中，有不计重力的甲、乙两个带电粒子，在纸面内做匀速圆周运动，运动方向和轨迹示意如图。
则下列说法中正确的是A ．甲、乙两粒子所带电荷种类不同B ．若甲、乙两粒子所带电荷量及运动的速率均相等，则甲粒子 的质量较大C ．若甲、乙两粒子的动量大小相等，则甲粒子所带电荷量较大D ．该磁场方向一定是垂直纸面向里 1-13.6 E n (eV ) -3.40 -1.51 ∞-6.04 -2.18 -54.42 3 4 5 6 nHe +投影面积），来改变所受向上风力的大小。
2016北京高三一模试题汇编资料
海淀区高三年级零模物理部分 2016.3.1113. 利用下列哪一组物理量可以算出二氧化碳的摩尔质量A ．二氧化碳的密度和阿伏加德罗常数B ．二氧化碳分子的体积和二氧化碳的密度C ．二氧化碳分子的质量和阿伏加德罗常数D ．二氧化碳分子的体积和二氧化碳分子的质量14. 下列说法中正确的是A ．卢瑟福在 α 粒子散射实验的基础上，提出了原子的核式结构模型B ．α 射线、β 射线、γ 射线都是高速运动的带电粒子流C ．目前核电站内释放的核能来自于轻核的聚变D ．放射性元素的半衰期会随温度的变化而改变15. 一列简谐横波沿 x 轴传播，t ＝0 时刻的波形如图甲所示，这列波中质点 P 的振动图 线如图乙所示，则该波的传播方向和速率分别是A ．沿 x 轴负方向，2.0 m/sB ．沿 x 轴正方向，2.0 m/sC ．沿 x 轴负方向，4.0 m/sD ．沿 x 轴正方向，4.0 m/s16．“北斗”卫星导航定位系统由地球静止轨道卫星、中轨道卫星和倾斜同步卫星组成。
地球静止轨道卫星和中轨道卫星都在圆轨道上运行，它们距地面的高度分别为 h1和 h2，且 h1＞h2。
则下列说法中正确的是A ．静止轨道卫星的周期比中轨道卫星的周期大B ．静止轨道卫星的线速度比中轨道卫星的线速度大C ．静止轨道卫星的角速度比中轨道卫星的角速度大D ．静止轨道卫星的向心加速度比中轨道卫星的向心加速度大17. 一个电热器接在直流电源上，通过它的电流为 2A ，其电功率为 P ；把它接在某个 正弦交流电源上，其电功率为 2P 。
如果电热器电阻的阻值不变，则此电热器接在该交流电 源上通过它的电流的最大值为A ． 2AB ．2AC ． 22 AD ．4A18．如图所示，足够长的 U 型光滑金属导轨平面与水平面呈 θ 角，其中 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接触良好，ab 棒在 MN 与 PQ 之间部分的电阻为 R ，当 ab 棒沿导轨下滑的距离为 x 时，棒的速度大小为 v 。
2016北京市顺义区高三(一模)数 学(理)
2016北京市顺义区高三（一模）数学（理）一、选择题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.1．（5分）已知i为虚数单位，则i（2i+1）=（）A．2+i B．2﹣i C．﹣2+i D．﹣2﹣i2．（5分）已知集合A={x|x2＜1}，B={x|log2x＜1}，则A∩B=（）A．{x|﹣1＜x＜1} B．{x|0＜x＜1} C．{x|0＜x＜2} D．{x|﹣1＜x＜2}3．（5分）下列函数在其定义域内既是奇函数又是增函数的是（）A．y=2x B．y=x3+x C．D．y=﹣log2x4．（5分）执行如图所示的程序框图，输出的结果是（）A．15 B．21 C．24 D．355．（5分）已知向量，，其中x∈R．则“x=2”是“”成立的（）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充要条件 D．既不充分又不必要条件6．（5分）直线l：（t为参数）与圆C：（θ为参数）的位置关系是（）A．相离 B．相切C．相交且过圆心 D．相交但不过圆心7．（5分）在平面直角坐标系中，若不等式组（a为常数）表示的区域面积等于1，则a的值为（）A．B．C．D．18．（5分）如图，已知平面α∩平面β=l，α⊥β．A、B是直线l上的两点，C、D是平面β内的两点，且DA⊥l，CB⊥l，DA=4，AB=6，CB=8．P是平面α上的一动点，且有∠APD=∠BPC，则四棱锥P﹣ABCD体积的最大值是（）A．48 B．16 C．D．144二、填空题共6小题，每小题5分，共30分.9．（5分）（x2+）6的展开式中x3的系数是．（用数字作答）10．（5分）抛物线y2=﹣8x的准线与双曲线的两条渐近线所围成的三角形面积为．11．（5分）已知某几何体的三视图如图，正（主）视图中的弧线是半圆，根据图中标出的尺寸，可得这个几何体的表面积是（单位：cm2）．12．（5分）已知函数f（x）=，则= ；f（x）的最小值为．13．（5分）某慢性疾病患者，因病到医院就医，医生给他开了处方药（片剂），要求此患者每天早、晚间隔12小时各服一次药，每次一片，每片200毫克．假设该患者的肾脏每12小时从体内大约排出这种药在其体内残留量的50%，并且医生认为这种药在体内的残留量不超过400毫克时无明显副作用．若该患者第一天上午8点第一次服药，则第二天上午8点服完药时，药在其体内的残留量是毫克，若该患者坚持长期服用此药明显副作用（此空填“有”或“无”）．14．（5分）设A1，A2，A3，A4，A5是空间中给定的5个不同的点，则使成立的点M的个数有个．三、解答题共6小题，共80分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.15．（13分）已知函数，x∈R．（Ⅰ）求函数f（x）的最大值；（Ⅱ）若，求函数f（x）的单调递增区间．16．（13分）在某班级举行的“元旦联欢会”有奖答题活动中，主持人准备了A，B两个问题，规定：被抽签抽到的答题同学，答对问题A可获得100分，答对问题B可获得200分，答题结果相互独立互不影响，先回答哪个问题由答题同学自主决定；但只有第一个问题答对才能答第二个问题，否则终止答题．答题终止后，获得的总分决定获奖的等次．若甲是被抽到的答题同学，且假设甲答对A，B问题的概率分别为．（Ⅰ）记甲先回答问题A再回答问题B得分为随机变量ξ，求ξ的分布列和数学期望；（Ⅱ）你觉得应先回答哪个问题才能使甲的得分期望更高？请说明理由．17．（13分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，等边△PAD所在的平面与正方形ABCD所在的平面互相垂直，O为AD的中点，E为DC的中点，且AD=2．（Ⅰ）求证：PO⊥平面ABCD；（Ⅱ）求二面角P﹣EB﹣A的余弦值；（Ⅲ）在线段AB上是否存在点M，使线段PM与△PAD所在平面成30°角．若存在，求出AM的长，若不存在，请说明理由．18．（13分）已知函数f（x）=x2﹣lnx．（Ⅰ）求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；（Ⅱ）设g（x）=x2﹣x+t，若函数h（x）=f（x）﹣g（x）在上（这里e≈2.718）恰有两个不同的零点，求实数t的取值范围．19．（14分）已知椭圆E：（a＞b＞0）的离心率，且点在椭圆E上．（Ⅰ）求椭圆E的方程；（Ⅱ）直线l与椭圆E交于A、B两点，且线段AB的垂直平分线经过点．求△AOB（O为坐标原点）面积的最大值．20．（14分）在数列{a n}中，a1=0，，其中m∈R，n∈N*．（Ⅰ）当m=1时，求a2，a3，a4的值；（Ⅱ）是否存在实数m，使a2，a3，a4构成公差不为0的等差数列？证明你的结论；（Ⅲ）当m＞时，证明：存在k∈N*，使得a k＞2016．数学试题答案一、选择题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项. 1．【解答】由题意，i（2i+1）=i×2i+i=﹣2+i故选C．2．【解答】集合A={x|x2＜1}={x|﹣1＜x＜1}，B={x|log2x＜1}={x|0＜x＜2}，则A∩B={x|0＜x＜1}，故选：B．3．【解答】A．y=2x的图象不关于原点对称，不是奇函数，∴该选项错误；B．y=x3+x的定义域为R，且（﹣x）3+（﹣x）=﹣（x3+x）；∴该函数为奇函数；y=x3和y=x在R上都是增函数；∴y=x3+x在R上是增函数，∴该选项正确；C．反比例函数在定义域上没有单调性，∴该选项错误；D．y=﹣log2x的定义域为（0，+∞），不关于原点对称，不是奇函数，∴该选项错误．故选：B．4．【解答】模拟执行程序，可得S=0，i=1T=3，S=3，i=2不满足i＞4，T=5，S=8，i=3不满足i＞4，T=7，S=15，i=4不满足i＞4，T=9，S=24，i=5满足i＞4，退出循环，输出S的值为24．故选：C．5．【解答】∵，∴x2﹣4=0，解得x=±2．∴“x=2”是“”成立的充分不必要条件．故选：A．6．【解答】把圆的参数方程化为普通方程得：（x﹣2）2+（y﹣1）2=4，∴圆心坐标为（2，1），半径r=2，把直线的参数方程化为普通方程得：x﹣y+1=0，∴圆心到直线的距离d=＜r=2，又圆心（2，1）不在直线x﹣y+1=0上，则直线与圆的位置关系为相交但不过圆心．故选：D．7．【解答】不等式组所围成的区域如图ABCD所示，∵其面积为1，A（2，2a+1），B（2，0），C（1，），D（1，a+1）∴S ABCD==1，解得a=．故选：B．8．【解答】∵平面α∩平面β=l，α⊥β，DA⊥l，CB⊥l，DA⊂平面β，CB⊂平面β，∴DA⊥平面α，CB⊥平面α，∵PA⊂平面α，PB⊂平面α，∴DA⊥PA，CB⊥PB．∵∠APD=∠BPC，∴，即，∴PB=2PA．以直线l为x轴，AB的中点为坐标原点建立平面直角坐标系，则A（﹣3，0），B（3，0）．设P（x，y），则PA=，PB=，∴2=，整理得（x+5）2+y2=16（y＞0）．∴P点的轨迹为以（﹣5，0）为圆心，以4为半径的半圆．∴当P到直线l的距离h=4时，四棱锥P﹣ABCD体积取得最大值．∴棱锥的体积最大值为V===48．故选：A．二、填空题共6小题，每小题5分，共30分.9．【解答】由于（x2+）6的展开式的通项公式为 T r+1=•x12﹣3r，令12﹣3r=3，解得r=3，故展开式中x3的系数是=20，故答案为：20．10．【解答】抛物线y2=﹣8x的准线为x=2，双曲线的两条渐近线为y=±x，可得两交点为（2，），（2，﹣），即有三角形的面积为×2×2=2．故答案为：2．11．【解答】根据三视图可知几何体是半个圆柱，且正视图是底面，∴底面圆的半径是1cm，母线长是2cm，∴几何体的表面积S=π×12+π×1×2+2×2=3π+4（cm2），故答案为：3π+4．12．【解答】f（﹣）=log33=1，则f（1）=1+2﹣2=1，即=1，当x≥1时，f（x）=x+﹣2≥2﹣2=2﹣2，当且仅当x=，即x=时取等号，当x＜1时，f（x）=log3（x2+1）≥log31=0；故函数f（x）的最小值为0，故答案为：1，0．13．【解答】设该生第n次服药后，药在他体内的残留量为a n毫克，则：a1=200，a2=200+a1×（1﹣50%）=200×1.5=300，a3=200+a2×（1﹣50%）=200+200×1.5×0.5=350 （4分）故第二天早间，他第三次服空药后，药在他体内的残留量为350毫克．该运动员若长期服用此药，则此药在体内残留量为=400（1﹣0.5n），当n→+∞时，药在体内残留量无限接近400∴长期服用此药，不会产生副作用，即该生长期服用该药，不会产生副作用．故答案为：350，无．14．【解答】设A1（x1，y1，z1），A2（x2，y2，z2），A3（x3，y3，z3），A4（x4，y4，z4），A5（x5，y5，z5）；再设M（a，b，c），则可得=（x1﹣a，y1﹣b，z1﹣c），=（x2﹣a，y2﹣b，z2﹣c），=（x3﹣a，y3﹣b，z3﹣c），=（x4﹣a，y4﹣b，z4﹣c），=（x5﹣a，y5﹣b，z5﹣c），∵=成立，∴，解得，因此，存在唯一的点M，使=成立．故答案为：1．三、解答题共6小题，共80分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.15．【解答】（Ⅰ）由三角函数公式化简可得==sin2x+cos2x=sin（2x+）当即，k∈z时，；（Ⅱ）∵当时，f（x）递增，即，令k=0，且注意到，∴函数f（x）的递增区间为16．【解答】（Ⅰ）ξ的可能取值为0，100，300．（2分），，，（5分）∴ξ的分布列为：ξ 0 100 300 P．（7分）（Ⅱ）设先回答问题B，再回答问题A得分为随机变量η，则η的可能取值为0，200，300．∴，，，（10分）η的分布列为：η 0 200 300 P．（12分）∵Eξ＞Eη，∴应先回答A所得分的期望值较高．（13分）17．【解答】（Ⅰ）∵△PAD是等边三角形，O为AD的中点，∴PO⊥AD，∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PO⊂平面PAD，∴PO⊥平面ABCD．（Ⅱ）取BC的中点F，∵底面ABCD是正方形，∴OF⊥AD，∴PO，OF，AD两两垂直．以O为原点，以OA、OF、OP为坐标轴建立空间直角坐标系如图：则O（0，0，0），P（0，0，），B（1，2，0），E（﹣1，1，0），∴=（1，﹣1，），=（2，1，0），=（0，0，）．显然平面EBA的法向量为=（0，0，）．设平面PBE的法向量为=（x，y，z），则，∴，令x=1，得=（1，﹣2，﹣）．∴=﹣3，||=2，||=，∴cos＜＞=﹣．∵二面角P﹣EB﹣A为锐角，∴二面角P﹣EB﹣A的余弦值为．（Ⅲ）设在线段AB上存在点M（1，x，0）（0＜x≤2）使线段PM与平面PAD所在平面成30°角，∵平面PAD的法向量为=（0，2，0），=（1，x，﹣），∴cos＜，＞==．∴sin30°==，解得，符合题意．∴在线段AB上存在点M，当线段时，PM与平面PAD所在平面成30°角．18．【解答】（Ⅰ）函数定义域为（0，+∞），f′（x）=2x﹣，∴f′（1）=1，又f（1）=1，∴所求切线方程为y﹣1=x﹣1，即：x﹣y=0；（Ⅱ）函数h（x）=f（x）﹣g（x）=﹣lnx+x﹣t在上恰有两个不同的零点，等价于﹣lnx+x﹣t=0在上恰有两个不同的实根，等价于t=x﹣lnx在上恰有两个不同的实根，令k（x）=x﹣lnx，则，∴当时，k′（x）＜0，∴k（x）在递减；当x∈（1，e]时，k′（x）＞0，∴k（x）在（1，e]递增，故k min（x）=k（1）=1，又，∵，∴，∴，即．19．【解答】（Ⅰ）由已知，e==，a2﹣b2=c2，∵点在椭圆上，∴，解得a=2，b=1．∴椭圆方程为；（Ⅱ）设A（x1，y1），B（x2，y2），∵AB的垂直平分线过点，∴AB的斜率k存在．当直线AB的斜率k=0时，x1=﹣x2，y1=y2，∴S△AOB=•2|x1|•|y1|=|x1|•=≤•=1，当且仅当x12=4﹣x12，取得等号，∴时，（S △AOB）max=1；当直线AB的斜率k≠0时，设l：y=kx+m（m≠0）．消去y得：（1+4k2）x2+8kmx+4m2﹣4=0，由△＞0可得4k2+1＞m2①，x1+x2=﹣，x1x2=，可得，，∴AB的中点为，由直线的垂直关系有，化简得1+4k2=﹣6m②由①②得﹣6m＞m2，解得﹣6＜m＜0，又O（0，0）到直线y=kx+m的距离为，，=，∵﹣6＜m＜0，∴m=﹣3时，．由m=﹣3，∴1+4k2=18，解得；即时，（S△AOB）max=1；综上：（S△AOB）max=1．20．【解答】（Ⅰ）∵a1=0，，其中m∈R，n∈N*．当m=1时，a2=0+1=1，同理可得a3=2，a4=5．（Ⅱ）假设存在实数m，使a2，a3，a4构成公差不为0的等差数列，则a3﹣a2=a4﹣a3，即﹣a2=+m﹣a3，∴，即（a3﹣a2）（a3+a2﹣1）=0．∵a3﹣a2≠0，∴a3+a2﹣1=0．将a2=m，a3=m2+m代入上式，解得m=﹣1．经检验，此时a2，a3，a4构成公差不为0的等差数列．∴存在得m=﹣1，使a2，a3，a4构成公差不为0的等差数列．（Ⅲ）∵a n+1﹣a n=+m﹣a n=+≥m﹣，又，∴令d=m﹣＞0．由 a n﹣a n﹣1≥d，a n﹣1﹣a n﹣2≥d，…a2﹣a1≥d，将上述不等式相加，得 a n﹣a1≥（n﹣1）d，即a n≥（n﹣1）d．取正整数，就有a k≥（k﹣1）d＞=2016．。
2016北京各区高考一模物理选择题汇编
2016 顺义一模高三物理13.下列说法中正确的是A．布朗运动就是液体分子的热运动B．对一定质量的气体加热，其内能一定增加C．物体的温度越高，分子热运动越剧烈，分子平均动能越大D．分子间吸引力随分子间距离的增大而增大，而排斥力随距离的增大而减小14.先后用两种不同的单色光，在相同的条件下用同一双缝干涉装置做实验，在屏幕上相邻的两条亮纹间距不同，其中两条亮纹间距较大的单色光比两条亮纹间距较小的单色光A. 其光子的能量较大B. 在玻璃中传播速度较大C. 在真空中的波长较短D. 在玻璃中传播时，玻璃的折射率较大15.关于α、β、γ三种射线，下列说法正确的是A.α射线是原子核自发放射出的氦核，它的穿透能力最强B.β射线是原子核外电子电离形成的电子流，它的穿透能力强C.γ射线一般伴随着α或β射线产生，它的穿透能力最强D.γ射线是电磁波，它的穿透能力最弱16.有一个在光滑水平面内的弹簧振子，第一次推动弹簧振子，使弹簧由原长压缩x后由静止释放让它振动。
第二次弹簧由原长压缩2x后由静止释放让它振动，则先后两次振动的周期之比和振幅之比分别为A．1∶11∶1B．1∶11∶2 C．1∶41∶4 D．1∶21∶217.一理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，原线圈所接电源电压按图示规律变化，副线圈接有负载。
下列说法中正确的是A ．用理想电压表测副线圈负载端的电压为222VB ．原、副线圈中电流之比为10：1C ．变压器输入、输出功率之比为10：1D ．交流电源电压的有效值为220V ，频率为50Hz18.如图所示为一种自动跳闸的闸刀开关示意图，O 是转动轴，A 是绝缘手柄，C 是闸刀卡口，M 、N 接电源线。
闸刀处于垂直纸面向里B ＝0.1 T 的匀强磁场中，CO 间距离10 cm 。
当磁场力为0.2 N 时，闸刀开关会自动跳开。
则要使闸刀开关能跳开，通过绝缘手柄CO 中的电流的大小和方向为A ．电流大小为20A ，电流方向O →CB ．电流大小为20 A ，电流方向C →O C ．电流大小为2 A ，电流方向O →CD ．电流大小为2 A ，电流方向C →O19.在家庭电路中，为了安全，一般在电能表后面的电路中安装一个漏电保护器，如图所示。
北京市2016年各城区一模物理试题
θ
17．图 1 为一列简谐横波在 t=0 时刻的波形图，P 是平衡位置在 x=1.0m 处的质点，Q 是平衡位置在 x=4.0m 处的质点；图 2 为质点 Q 的振动图像。下列说法正确的是
图1 A．t=0 时质点 Q 向 y 轴负方向运动 B．从 t=0 时起，质点 Q 比质点 P 先到达波谷 C．在 0~0.1s 内，该波沿 x 轴正方向传播了 4m
A E G F E G F E G F E F G E F G 图1
A
B
C 图5
D A
图4
（5）丁同学将选择开关旋转到“直流 500mA”挡作为电流表
，
黑笔 红笔
设计了如图 6 所示的电路，已知电流表内阻 RA=0.4Ω，R1=RA， R2=7RA。若将接线柱 1、2 接入电路时，最大可以测量的电流 为 ________ A；若将接线柱 1、3 接入电路时，最大可以测量 的电压为________V。 22． （124． （20 分）
节能环保的“风光互补路灯”获得广泛应用。图 1 是利用自然资源实现“自给自足”的风光互 补的路灯，图 2 是其中一个路灯的结构示意图，它在有阳光时可通过太阳能电池板发电，有风时可 通过风力发电。
图1
图2
（1）北京市某日路灯的开灯时间为 19:00 到次日 6:00，若路灯的功率为 P=40W，求一盏灯在这 段时间内消耗的电能 E 电。 （2）风力发电机旋转叶片正面迎风时的有效受风面积为 S，运动的空气与受风面作用后速度变 为零，若风力发电机将风能转化为电能的效率为 η，空气平均密度为 ρ，当风速为 v 且风向与风力发 电机受风面垂直时，求该风力发电机输出的电功率 P. （3）太阳能电池的核心部分是 P 型半导体和 N 型半导体的交界区域——PN 结，如图 3 所示， 取 P 型和 N 型半导体的交界面为坐标原点，PN 结左右端到原点的距离分别为 xP、xN。无光照时， 均匀掺杂的 PN 结内会形成一定的电压，对应的电场称为内建电场 E 场，方向由 N 区指向 P 区；光 照时，原来被约束的电子获得光能变为自由电子，就产生了电子-空穴对，空穴带正电且电荷量等于 元电荷 e；不计自由电子的初速度，在内建电场作用下，电子被驱向 N 区，空穴被驱向 P 区，于是 N 区带负电，P 区带正电，图 3 所示的元件就构成了直流电源。某太阳能电池在有光持续照射时， 若外电路断开时，其 PN 结的内建电场场强 E 场的大小分布如图 4 所示，已知 xP、xN 和 E0；若该电 池短路时单位时间内通过外电路某一横截面的电子数为 n，求此太阳能电池的电动势 E 和内电阻 r.