金考卷百校联盟系列2016新课标高考最后一卷物理(扫描版)
2016百校联盟新课标1押题卷-物理-2016年高考最后一卷(解析版)
2016百校联盟新课标1押题卷-物理-2016年高考最后一卷一、单选题：共5题1．如图甲所示，水平正对放置的两极板间加有按如图乙所示规律变化的电压，电压大小先由U0随时间均匀减小到零，然后又从零随时间均匀增大到U0，开始时极板间某带电微粒处于静止状态，则下列各图能正确描述该微粒的加速度a或速度v随时间t变化规律的是【答案】D【解析】微粒受到的合外力F=mg-Eq=ma，E=，根据题图乙中给的U—t图线可知，电势差U先减小后增大，则电场强度E随时间先减小后增大，所以微粒的加速度a随时间先增大后减小，反映到v—t图线上就是切线的斜率先增大后减小，D正确。
2．如图所示，匀强电场中的A、B、C、D、E、F、G、H八个点处于一棱长为2 cm的正方体的八个顶点上。
如果已知A、B、C、G四点的电势分别为2 V、0、2 V、2 V。
一比荷为=1×106C/kg的带正电粒子沿AC方向只在电场力作用下从A点射入该电场后恰好经过B点，已知元电荷e=1.6×10-19C，则下列说法正确的是A.匀强电场的场强大小为20 V/mB.匀强电场的场强方向由B指向DC.带正电粒子在A点的速度为v A=1×103m/sD.将一个电子由B点移到D点，其电势能增加6.4×10-19J【答案】C【解析】因为A、C、G三点的电势相等，说明ACGE为一等势面，DB连线与该等势面垂直，所以电场方向由D指向B，B错误；由E=得E= V/m=100 V/m，A错误；带正电粒子沿AC方向只在电场力作用下从A点射入该电场后恰好经过B点，该粒子做类平抛运动，即v A t= m，·t2= m，解得v A=1×103m/s，C正确；将电子由B点移到D点，电场力做正功，其电势能减少6.4×10-19J，D错误。
3．如图所示，一个边长为L的正方形金属框竖直放置，各边电阻相同，金属框放置在磁感应强度大小为B、方向垂直金属框平面向里的匀强磁场中。
2016年全国统一高考物理试卷(新课标1)含答案解析
2016年全国统一高考物理试卷（新课标Ⅰ）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14～18题只有一项是符合题目要求，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．1．（6分）一平行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【考点】电容器的动态分析．【专题】定量思想；推理法；电容器专题．【分析】电容器始终与电源相连，则电容器两端间的电势差不变，将云母介质移出介电常数减小，根据电容器介电常数的变化判断电容的变化以及电场强度的变化．【解答】解：电容器接在恒压直流电源上，则电容器两端间的电势差不变．将云母介质移出介电常数减小，根据电容的决定式C=知，介电常数减小，电容减小．由于电压不变，根据C=可知，电荷量Q减小．由于电容器的电压不变，板间的距离d不变，根据E=可知，极板间的电场强度不变．所以ABC错误，D正确；故选：D【点评】本题是电容器的动态分析问题，关键抓住不变量，当电容器与电源始终相连，则电势差不变；当电容器与电源断开，则电荷量不变．要掌握C=、C=、E=三个公式．2．（6分）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．144【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．【专题】定量思想；方程法；带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】本题先电场加速后磁偏转问题，先根据动能定理得到加速得到的速度表达式，再结合带电粒子在匀强磁场中运动的半径公式求出离子质量的表达式．【解答】解：根据动能定理得，得①离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有得②①②两式联立得：一价正离子电荷量与质子电荷量相等，同一加速电场U相同，同一出口离开磁场则R相同，所以m∝，磁感应强度增加到原来的12倍，离子质量是质子质量的144倍，D正确，ABC错误故选：D【点评】本题综合考查了动能定理和牛顿第二定律，关键要能通过洛伦兹力提供向心力求出质量的表达式．3．（6分）一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1，R2和R3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．5【考点】变压器的构造和原理．【专题】定性思想；推理法；交流电专题．【分析】变压器输入电压为U与电阻R两端电压的差值；再根据电流之比等于匝数的反比可求得输出电流；根据1电压之比等于匝数之比对两种情况列式，联立可求得U与I的关系；则可求得线圈匝数之比．【解答】解：设变压器原、副线圈匝数之比为K，则可知，开关断开时，副线圈电流为kI；则根据理想变压器原理可知：=k（1）同理可知，=k（2）代入数据联立解得：U=48I；代入（1）式可得：k=3；故B正确，ABC错误；故选：B．【点评】本题考查理想变压器原理及应用，要注意明确电路结构，知道开关通断时电路的连接方式；同时注意明确输入电压与总电压之间的关系．4．（6分）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．1h B．4h C．8h D．16h【考点】开普勒定律；同步卫星．【专题】定性思想；推理法；人造卫星问题．【分析】明确同步卫星的性质，知道其转动周期等于地球的自转周期，从而明确地球自转周期减小时，地球同步卫星的运动周期减小，当运动轨迹半径最小时，周期最小．由三颗同步卫星需要使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯可求得最小半径，再结合开普勒第三定律可求周期．【解答】解：设地球的半径为R，则地球同步卫星的轨道半径为r=6.6R已知地球的自转周期T=24h，地球同步卫星的转动周期与地球的自转周期一致，若地球的自转周期变小，则同步卫星的转动周期变小．由公式可知，做圆周运动的半径越小，则运动周期越小．由于需要三颗卫星使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯，所以由几何关系可知三颗同步卫星的连线构成等边三角形并且三边与地球相切，如图．由几何关系可知地球同步卫星的轨道半径为r′=2R．由开普勒第三定律得：T′=T=24≈4h故B正确，ACD错误；故选：B．【点评】本题考查开普勒第三定律以及同步卫星的性质，要注意明确题目中隐含的信息的判断是本题解题的关键．5．（6分）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【考点】物体做曲线运动的条件；牛顿第二定律．【专题】简答题；学科综合题；定性思想；推理法；物体做曲线运动条件专题．【分析】明确物体做曲线运动的条件，速度方向与加速度方向不在同一直线上，如果在同一直线则做直线运动，速度方向与加速度方向相同时物体做加速运动，当加速度方向与速度方向相反时，物体做减速运动；由牛顿第二定律F=ma可知，加速度的方向由合外力的方向决定；由加速度的定义a=来判断质点单位时间内速率的变化量．【解答】解：A．质点开始做匀速直线运动，现对其施加一恒力，其合力不为零，如果所加恒力与原来的运动方向在一条直线上，质点做匀加速或匀减速直线运动，质点速度的方向与该恒力的方向相同或相反；如果所加恒力与原来的运动方向不在一条直线上，物体做曲线运动，速度方向沿切线方向，力和运动方向之间有夹角，故A错误；B．由A分析可知，质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直，故B正确；C．由牛顿第二定律可知，加速度的方向与合外力的方向相同，所以质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同，故C正确；D．因为合外力恒定，加速度恒定，△由△v=a△t可知，质点单位时间内速度的变化量总是不变，但是，如果质点做匀变速曲线运动，则单位时间内速率的变化量是变化的．故D错误．故选：BC．【点评】本题要注意物体做曲线运动的条件是速度方向与加速度方向不在同一直线上，如果在同一直线则做直线运动；正确理解牛顿第二定律和加速度的定义a=也是解答本题的关键．6．（6分）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．外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态．若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则（）A．绳OO′的张力也在一定范围内变化B．物块b所受到的支持力也在一定范围内变化C．连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化D．物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【专题】应用题；定性思想；合成分解法；共点力作用下物体平衡专题．【分析】本题抓住整个系统处于静止状态，由b平衡可知，绳对b的拉力保持不变，再根据平衡条件由F的大小变化求得物块b所受各力的变化情况．【解答】解：AC、由于整个系统处于静止状态，可知，物体a平衡，由此可得绳中张力T保持不变，又由于b平衡可知，滑轮O'处于静止状态且所受绳的拉力大小和方向都没有变化，故O O'中的张力保持不变，故AC均错误；BD、由于b处于静止即平衡状态，对b受力分析有：力T与力F与x轴所成夹角均保持不变，由平衡条件可得：N+Fsinα+Tsinθ﹣mg=0Fcosα+f﹣Tcosθ=0由此可得：N=mg﹣Fsinα﹣Tsinθ由于T的大小不变，可见当F大小发生变化时，支持力的大小也在一定范围内变化，故B正确f=Tcosθ﹣Fcosα由于T的大小不变，当F大小发生变化时，b静止可得摩擦力的大小也在一定范围内发生变化，故D正确．故选：BD．4/ 12【点评】解决本题的关键是抓住系统均处于静止状态，由平衡条件分析求解，关键是先由平衡条件求得绳中张力大小不变，再由此分析b的平衡．7．（6分）如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直平面（纸面）内，且相对于过轨迹最低点P 的竖直线对称．忽略空气阻力．由此可知（）A．Q点的电势比P点高B．油滴在Q点的动能比它在P点的大C．油滴在Q点的电势能比它在P点的大D．油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题．【分析】根据曲线运动的性质以及运动轨迹可明确粒子受力情况，再根据电场力的性质即可判断电场线的方向，从而明确电势高低；根据电场力做功情况可明确动能的变化以及电势能的变化；根据力的性质可明确加速度的关系．【解答】解：A、根据粒子的弯折方向可知，粒子受合力一定指向上方；同时因轨迹关于P点对称，则可说明电场力应竖直向上；粒子带负电，故说明电场方向竖直向下；则可判断Q点的电势比P点高；故A正确；B、粒子由P到Q过程，合外力做正功，故油滴在Q点的动能比它在P点的大；故B正确；C、因电场力做正功，故电势能减小，Q点的电势能比它在P点的小；故C错误；D、因受力为恒力；故PQ两点加速度大小相同；故D错误；故选：AB．【点评】本题考查带电粒子在匀强电场中的运动，要注意本题中油滴受到重力和电场力作用，这里应先考虑合力，再去分析电场力的性质；同时注意掌握物体做曲线运动的条件应用．8．（6分）甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v﹣t图象如图所示．已知两车在t=3s时并排行驶，则（）5/ 12A ．在 t=1s 时，甲车在乙车后B ．在 t=0 时，甲车在乙车前 7.5mC ．两车另一次并排行驶的时刻是 t=2sD ．甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为 40m【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． 【专题】压轴题；学科综合题；定量思想；推理法；运动学中的图像专题．【分析】由图象可知，1 到 3s 甲乙两车的位移相等，两车在 t=3s 时并排行驶，所以两车在 t=1s 时也并排行驶； v ﹣t 图象的斜率表示加速度，根据图象可求甲乙两车的加速度；再根据位移公式和速度公式求解．【解答】解：A ．由图象可知，1 到 3s 甲乙两车的位移相等，两车在 t=3s 时并排行驶，所以两车在 t=1s 时也并 排行驶，故 A 错误；B ．由图象可知，a =甲==10m/s；a = ==5m/s乙； 0 至 1s ，x = a t = ×10×1 甲 甲=5m ，x=v t+ a乙乙t =10×1+ ×5×1 =12.5m ，△x=x ﹣x =12.5﹣5=7.5m ，即在 t=0 时，甲车在乙车前 7.5m ，故 B 正确； 乙 甲C ．由 AB 分析可知，甲乙两车相遇时间分别在 1s 和 3s ，故 C 错误；D.1s 末甲车的速度为：v=a t=10×1=10m/s ，1 到 3s ，甲车的位移为：x=vt+ a t =10×2+ ×10×2 =40m ，即甲、甲 甲乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为 40m ，故 D 正确．故选：BD ．【点评】本题考查匀变速直线运动的实际运用：追及和相遇问题．解答此题的关键是根据速度图象分析物体运动 情况，要注意两车的位置关系和距离随时间如何变化，当两车相遇时，位移之差等于原来之间的距离． 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22 题～第 32 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第 9 题～ 第 12 题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题9．（5 分）某同学用图（a ）所示的实验装置验证机械能守恒定律，其中打点计时器的电源为交流电源，可以使 用的频率有 220Hz 、30Hz 和 40Hz ，打出纸带的一部分如图（b ）所示．该同学在实验中没有记录交流电的频率 f ，需要用实验数据和其他条件进行推算．（1）若从打出的纸带可判定重物匀加速下落，利用f 和图（b ）中给出的物理量可以写出：在打点计时器打出 B点时，重物下落的速度大小为，打出 C 点时重物下落的速度大小为 ，重物下落的加速度的大小为．2 2 2 2 0 2 22 2（2）已测得 s =8.89cm ，s =9.5．cm ，s =10.10cm ；当重力加速度大小为 9.80m/s ，试验中重物受到的平均阻力 大小约为其重力的 1%．由此推算出 f 为 40 Hz ． 【考点】验证机械能守恒定律．【专题】实验题；实验探究题；定量思想；方程法；动能定理的应用专题．【分析】（1）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出 B 和 C 点的瞬时速度，利用速度公式求 加速度；（2）利用牛顿第二定律和解出的加速度求频率．【解答】解：（1）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得：v = =；v ==；由速度公式 v =v +aT 可得：a=；（2）由牛顿第二定律可得：mg ﹣0.01mg=ma ，所以 a=0.99g ，结合（1）解出的加速度表达式，代入数据可得： f=40HZ ．故答案为：（1）； ； ；（2）40．【点评】解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度的大小，关键是匀变速直线运动推论的 运用．10．（10 分）现要组装一个由热敏电阻控制的报警系统，当要求热敏电阻的温度达到或超过 60℃时，系统报警．提 供的器材有：热敏电阻，报警器（内阻很小，流过的电流超过 I C 时就会报警），电阻箱（最大阻值为 999.9Ω）， 直流电源（输出电压为 U ，内阻不计），滑动变阻器 R 1（最大阻值为 1000Ω），滑动变阻器 R 2（最大阻值为 2000Ω）， 单刀双掷开关一个，导线若干．在室温下对系统进行调节，已知 U 约为 18V ，I 约为 10mA ；流过报警器的电流超过 20mA 时，报警器可能损坏； 该热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，在 60℃时阻值为 650.0Ω．（1）在答题卡上完成待调节的报警系统原理电路图的连线．（2）在电路中应选用滑动变阻器 R 2 （填“R 1”或“R 2”）． （3）按照下列步骤调节此报警系统：①电路接通前，需将电阻箱调到一定的阻值，根据实验要求，这一阻值为 650.0 Ω；滑动变阻器的滑片应置 于 b （填“a ”或“b ”）端附近，不能置于另一端的原因是 保证报警器的安全使用 ．②将开关向 c （填“c ”或“d ”）端闭合，缓慢移动滑动变阻器的滑片，直至 报警器开始报警 ． （4）保持滑动变阻器滑片的位置不变，将开关向另一端闭合，报警系统即可正常使用． 【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【专题】实验题；定性思想；实验分析法；恒定电流专题．【分析】（1）分析实验，明确实验原理，根据题目要求即可明确电路结构； （2）根据欧姆定律确定电路中的电阻，则可明确滑动变阻器的选择；21 2 3BC C BC（3）根据仪器原理进行分析，明确电阻箱的作用以及实验过程和实验安全的分析，则可以明确滑动变阻器的调节和实验现象．【解答】解：（1）根据题意可知，本实验要求能用电阻箱进行校准，故电阻箱应与热敏电阻并联，利用单刀双掷开关进行控制；它们再与报警器和滑动变阻器串联即可起到报警作用；故连线如图所示；（2）电压为18V，而报警时的电流为10mA；此时电阻约为：R==1800Ω；而热敏电阻的阻值约为650Ω；故滑动变阻器接入电阻约为1350Ω；故应选择R2；（3）①因要求热敏电阻达到60°时报警；此时电阻为650Ω；故应将电阻箱调节至650Ω；然后由最大调节滑动变阻器，直至报警器报警；故开始时滑片应在b端；目的是让电流由小到大调节，保证报警器的安全使用；②将开关接到C端与电阻箱连接，调节滑动变阻器直至报警器开始报警即可；然后再接入热敏电阻，电路即可正常工作；故答案为：（1）如上图；（2）R2；（3）①650.0，b，保证报警器的安全使用；②c；报警器开始报警．【点评】本题关键在于明确实验原理，分析实验步骤是解题的关键，通过实验步骤才能明确实验的目的和实验方法；从而确定各步骤中应进行的操作和仪器的使用情况．11．（14分）如图，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连．两细金属棒ab（仅标出a端）和c d（仅标出c端）长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平．右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上，已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，已知金属棒ab匀速下滑．求（1）作用在金属棒ab 上的安培力的大小；（2）金属棒运动速度的大小．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；安培力．【专题】计算题；定量思想；方程法；电磁感应与电路结合．【分析】（1）对ab、cd棒根据共点力平衡列式求作用在金属棒ab上的安培力的大小（2）根据安培力公式，感应电动势和闭合电路欧姆定律联立求解【解答】解：（1）设导线的张力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为，作用在ab 棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd的支持力大小为．对于ab棒，由力的平衡条件得②对于cd棒，同理有④联立①②③④式得F=mg（sinθ﹣3μcosθ）⑤（2）由安培力公式得F=BIL⑥这里I是abcda中的感应电流．ab棒上的感应电动势为ɛ=BLv⑦式中，v是ab棒下滑速度的大小，由欧姆定律得⑧联立⑤⑥⑦⑧式得⑨答：（1）作用在金属棒ab上的安培力的大小mg（sinθ﹣3μcosθ）；（2）金属棒运动速度的大小．【点评】本题是电磁感应中的力学平衡问题，涉及法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律等知识点，受力分析和计算安培力是关键．12．（18分）如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC=7R，A、B、C、D均在同一竖直面内．质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点（未画出），随后P 沿轨道被弹回，最高点到达F点，AF=4R，已知P与直轨道间的动摩擦因数μ=，重力加速度大小为g．（取sin37°=，cos37°=）（1）求P 第一次运动到B点时速度的大小．（2）求P 运动到E点时弹簧的弹性势能．（3）改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放．已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点．G点在C点左下方，与C点水平相距R、竖直相距R，求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量．【考点】功能关系；动能定理；弹性势能．【专题】计算题；学科综合题；定量思想；方程法；功能关系能量守恒定律．【分析】（1）对物体从C到B的过程分析，由动能定理列式可求得物体到达B点的速度；（2）同（1）的方法求出物块返回B点的速度，然后对压缩的过程与弹簧伸长的过程应用功能关系即可求出；（3）P离开D点后做平抛运动，将物块的运动分解即可求出物块在D点的速度，E到D的过程中重力、弹簧的弹力、斜面的阻力做功，由功能关系即可求出物块P的质量．【解答】解：（1）C到B的过程中重力和斜面的阻力做功，所以：其中：代入数据得：（2）物块返回B点后向上运动的过程中：其中：联立得：物块P向下到达最低点又返回的过程中只有摩擦力做功，设最大压缩量为x，则：整理得：x=R物块向下压缩弹簧的过程设克服弹力做功为W，则：又由于弹簧增加的弹性势能等于物块克服弹力做的功，即：E=W所以：E=2.4mgR（3）由几何关系可知图中D点相当于C点的高度：h=r+rcos37°=1.8r=所以D点相当于G点的高度：H=1.5R+R=2.5R小球做平抛运动的时间：t==1.5RG点到D点的水平距离：L==由：L=v t联立得：E到D的过程中重力、弹簧的弹力、斜面的阻力做功，由功能关系得：联立得：m′=答：（1）P第一次运动到B点时速度的大小是．（2）P运动到E点时弹簧的弹性势能是2.4mgR．PPD（3）改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放．已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点．G点在C点左下方，与C点水平相距R、竖直相距R，求P运动到D点时速度的大小是，改变后P 的质量是m．【点评】本题考查功能关系、竖直面内的圆周运动以及平抛运动，解题的关键在于明确能达到E点的，并能正确列出动能定理及理解题目中公式的含义．三、选考题：【物理--选修3-5】13．现用一光电管进行光电效应的实验，当用某一频率的光入射时，有光电流产生．下列说法正确的是（）A．保持入射光的频率不变，入射光的光强变大，饱和光电流变大B．入射光的频率变高，饱和光电流变大C．入射光的频率变高，光电子的最大初动能变大D．保持入射光的光强不变，不断减小入射光的频率，始终有光电流产生E．遏止电压的大小与入射光的频率有关，与入射光的光强无关【考点】光电效应．【专题】定性思想；推理法；光电效应专题．【分析】发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，根据光电效应方程知，光子频率越大，光电子的最大初动能越大，光强度会影响单位时间内逸出的光电子数目．【解答】解：A、保持入射光的频率不变，入射光的光强变大，饱和光电流变大，因为饱和光电流与入射光的强度成正比，故A正确；B、饱和光电流与入射光的频率无关，故B错误；C、根据光电效应的规律，光电子的最大初动能随入射光频率的增大而增大，所以入射光的频率变高，光电子的最大初动能变大，故C正确；D、如果入射光的频率小于极限频率将不会发生光电效应，不会有光电流产生，故C错误；E、根据，得遏止电压及最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关，故E正确故选：ACE【点评】解决本题的关键知道光电效应的条件，以及影响光电子最大初动能的因素，知道入射光的强度影响的是单位时间内逸出的光电子数目．入射光越强饱和光电流越大．14．某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v 竖直向上喷出；玩具底部为平板（面积略大于S）；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开．忽略空气阻力．已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g．求：（i）喷泉单位时间内喷出的水的质量；（ii）玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度．【考点】动量定理；竖直上抛运动．【专题】简答题；定性思想；推理法；动量定理应用专题．【分析】（i）喷泉单位时间内喷出的水的质量m=ρV求解；（ii）玩具在空中悬停时，受力平衡，水对玩具的冲击力等于玩具的重力，根据运动学基本公式求得水上升到玩具处的速度，再根据动量定理列式求解即可．【解答】解：（i）喷泉单位时间内喷出的水的质量m=ρV=ρSv0，（ii）设水到达卡通玩具处的速度为v，玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度为h，根据运动学基本公式得：，。
2016年百校联盟高考物理最后一卷(二)
2016年百校联盟高考物理最后一卷（二）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共5小题，共30.0分)1.一学生用细绳拉一物体在水平地面上沿着圆弧曲线由P点匀速率运动到Q点．已知物体与地面之间的摩擦阻力方向与物体方向相反，则下列画出的细绳的拉力F的方向（在地面所在的平面内）可能正确的是（）A. B. C. D.2.如图所示为某高铁列车从A车开出沿直线运动到B车站过程中，速度的二次方（v2）随位移（x）变化的图象，根据此图象可知（）A.列车从A车站启动时的加速度大小为B.列车匀速运动的时间为 C.列车从A车站到B站总共用时为 D.列车到达B车站时加速度大小为3.如图为小型旋转电枢式交流电机的原理图，边长为L=20cm，匝数为n=100、电阻为r=1Ω的正方形线圈在磁感应强度大小为B=T的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO′以角速度ω=10πrad/s匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与R=9Ω的定值电阻连接，与电阻R并联的交流电压表为理想电表．从线框与磁场方向平行位置开始计时，下列说法中正确的是（）A.电压表读数为40VB.电阻R上的电功率为160WC.电阻R两端的电压u随时间的规律是u=36cos10πt（V）D.通过电阻R的电流i随时间t变化的规律是i=4cos10πt（A）4.如图所示，假设跳远运动员离开地面时速度方向与水平面的夹角为α，运动员的成绩为4L，腾空过程中离地面的最大高度为L，若不计空气阻力，运动员可视为质点，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A.运动员在空中的时间为B.运动员在空中最高点的速度为C.运动员离开地面时的竖直分速度为D.α=45°5.如图所示，一对长度为L、相距为d的平行金属极板M、N水平放置，接在电动势为E、内阻为r的电源两端．一质量为m、电荷量为q的带电粒子P（电性未知）以速度v0从紧挨极板M的一端平行于极板射入，若带电粒子P刚好打在极板N的另一端，两极板之间的电场可视为匀强电场，则下列说法正确的是（）A.若带电粒子P的重力不可忽略，则带电粒子P一定带正电B.若带电粒子P的重力不可忽略，则带电粒子P打在极板N之前的速度大小一定小于C.若带电粒子P的重力不计，则带电粒子P在极板之间可能做变加速曲线运动D.若带电粒子P的重力不计，则带电粒子P打在极板N之前的速度大小为二、多选题(本大题共3小题，共18.0分)6.“嫦娥之父”欧阳自远透露，我国计划于2020年登陆火星．假如某志愿者登上火星后将一小球从高为h的地方由静止释放，不计空气阻力，测得经过时间t小球落在火星表面，已知火星的半径为R，引力常量为G，不考虑火星自转，则下列说法正确的是（）A.火星的第一宇宙速度为B.火星的质量为C.火星的平均密度为D.环绕火星表面运行的卫星的周期为πt7.如图所示，在一正方形区域内有垂直纸面向里的均匀磁场，在该正方形接圆处放置一个半径为r，电阻为R的n匝圆形线圈，线圈的两端接一电容为C的平行板电容器（未画出）．已知电容器充放电极短，正方形区域内磁场的磁感应强度大小随时间接图乙所示规律变化，则（）A.正方形区域内磁场的磁感应强度大小的表达式为B=B0+tB.线圈在t=T时刻产生的感应电动势为E=nπr2C.t=T时刻电容器极板上所带电荷量q=2Cπr2D.在0～T时间线圈中产生的焦耳热为Q=8.在空间竖直平面内，存在如图甲所示的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四个区域，其中区域Ⅱ和区域Ⅲ内存在方向不同的匀强电场，一电荷量为q，质量为m的带正电小球（可视为质点）在0～15s内竖直向上运动，其加速度随时间变化的图象（a-t图象）如图乙所示，若取竖直向下为正方向，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是（）A.区域Ⅱ内电场的场强E=，方向竖直向下B.在0～5s内小球的动能减小C.在10～15s内小球的机械能一直增加D.t=15s时小球的机械能大于t=5s时小球的机械能五、多选题(本大题共1小题，共5.0分)13.下列说法正确的是（）A.当两分子处于平衡位置时，分子之间作用力为零，两分子之间既不存在引力，也不存在斥力B.不能用气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数估算气体分子的体积C.用油膜法估测分子大小时，可把油膜厚度看作分子的半径D.任何物质只要它们的温度相同，它们分子的平均动能就一定相同E.绝对湿度与温度无关，相对湿度与温度有关七、多选题(本大题共1小题，共4.0分)15.一列沿x轴正方向传播的简谐波，t=0时刚好传播到B点，其波形如图中的实线所示．再经过△t=0.6s，P点开始振动，则（）A.该波的传播速度为v=10m/sB.该波的频率为0.2H zC.若该波与另一列振幅相同相干波在空间相遇，发生干涉，则质点的最大振幅为A=2cmD.t=0.55s时刻波形如图中虚线所示E.若该波传播途中遇到长度为2米的障碍物，则会发生明显的衍射现象三、实验题探究题(本大题共2小题，共15.0分)9.某物理兴趣小组利用电子秤探究小球在竖直面内的圆周运动，他们到物理实验室取来电子秤，铁架台、长度为L的轻质细线和小球等．（1）将铁架台放在电子秤上，其读数为M；撤去铁架台将小球放在电子秤上，其读数为m．（2）组装好实验装置如图所示．保持细线自然伸长，将小球拉起至使细线处于水平位置，此时电子秤读数为______ （填写“M+m”、“M”、“大于M+m”或“处于M和M+m之间”）．（3）从释放小球至小球向下运动到最低点过程，电子秤读数______ ．（填“逐渐增大”、“逐渐减小”或“保持不变”）（4）忽略空气阻力，当小球运动到最低点时，细线的拉力为______ ；电子秤的读数为______ ．（已知重力加速度为g）10.某物理探究小组设计了如图1所示的电路测量一块电动车蓄电池的电动势和内阻．已知该电动车蓄电池的电动势约为12V，定值电阻R0=5Ω，R1=20Ω，电流表两个量程分别为0.6A（内阻为0.5Ω）和3A（内阻为0.1Ω）．（1）请根据图1所示电路图将图2的实验器材用笔画代替导线连接成实验电路．（2）改变电阻箱的阻值R，得到对应的电流表读数I．如果实验测得多组（R，I）实验数据，用图象法处理实验数据，要使得到的图象为直线，则纵、横坐标表示的物理量分别是______ ．A．I、R B.、 C.、 D.、（3）若正确选择坐标后，得到的图象斜率为k，在纵轴的截距为b，则电源电动势为E= ______ ，内阻为r= ______ ．（电流表内阻用r A表示，定值电阻分别用R0和R1表示）四、计算题(本大题共2小题，共32.0分)11.如图所示，一倾角θ=37°、高h=2.7m的斜劈放在光滑水平面NAC上，与竖直面BC紧密接触，一物块（可看作质点）从斜面顶端由静止释放，在A点进入水平面后与固定在竖直MN上的轻弹簧接触后被反弹，回到A点时速度为6m/s．若从AB面进入水平面、与弹簧接触过程及再由水平进入AB时均没有能量损失，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：（1）物块与斜面间的动摩擦因数；（2）物块被弹簧第一次反弹后从A点滑上斜面到离开斜面的时间；（3）若物块质量m=2.0kg，斜劈的质量M=5.0kg，物块沿斜面上滑过程中斜劈对水平地面AC及对竖直面BC的压力大小．12.如图所示，在x轴上方有一竖直向下的匀强电场区域，电场强度大小为E=60V/m．x轴下方分布有多个磁感应强度大小为B=1T的条形匀强磁场区域，其宽度均为d1=3cm，相邻两磁场区域的间距为d2=4cm．现有一质量为m=6×10-13kg，电荷量为q=1×10-8C的带正电粒子（不计重力）．（1）将带电粒子从y轴上坐标为y1处以平行于x轴的某一初速度射入电场区域，带电粒子运动经过x轴上坐标值为x1的Q点时，速度方向与x轴正方向的夹角为60°，且刚好不会穿出第一个匀强磁场区域，求y1和x1．（2）若粒子从y轴上坐标为（0，50cm）的点处由静止释放，求自释放到粒子第二次过x轴的时间．六、计算题(本大题共1小题，共10.0分)14.如图所示，一定质量的理想气体经历了AB、BPC、CA三个变化过程，回到初始状态．已知在p-V图象中AB是一段以O′点为圆心的圆弧，理想气体在状态A时的湿度为127℃．求：（1）理想气体状态P时的温度T p．（2）从A到B过程中气体放出的热量（已知p-V图象与横轴所围成面积表示功）．八、计算题(本大题共1小题，共10.0分)16.如图所示，在厚度为H的长方体有机玻璃上表面垂直固定荧光屏，正方体有机玻璃下表面涂有镀银反射薄膜．一细激光束从空气中射入该有机透明玻璃的上表面的O点，激光束经有机玻璃下表面反射后从上表面的A点射出．已知入射角为i，A、O两点的间距为L，光在真空中传播的速度为c．求：（1）竖直荧光屏上两个光点P、Q之间的距离和有机玻璃的折射率．（2）激光在有机玻璃中传播的时间．九、填空题(本大题共1小题，共4.0分)17.全球最大仿星器-W7-X核聚变装置将氘核等离子体加热到适当高温时，氘核参下的几种聚变反应可能发生，放出能量．这几种反应的总效果可以表示为：6H→p H e+q H+2n+43.15M e V．已知1u相当于931.5M e V的能量，则上述核反应方程中p= ______ ，q= ______ ．质量亏损△m= ______ u（保留三位有效数字）．十、计算题(本大题共1小题，共10.0分)18.如图所示，水平面上OM正中间有质量分别为2m、m的两物块B、C（中间粘有炸药），现点燃炸药，爆炸释放的能量全部被用来对B、C做功，将B、C水平弹开，物块C运动到O点时与刚好到达该点的质量为m，速度为v0的物块A发生迎面正碰，碰后两者结合为一体向左滑动并刚好在M点与B相碰，不计一切摩擦，三物块均可视为质点，重力加速度为g=10m/s2，求炸药点燃后释放的能量E．。
2016年全国统一高考物理试卷(新课标1)含答案解析
2016年全国统一高考物理试卷（新课标Ⅰ）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14～18题只有一项是符合题目要求，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．1．（6分）一平行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【考点】电容器的动态分析．【专题】定量思想；推理法；电容器专题．【分析】电容器始终与电源相连，则电容器两端间的电势差不变，将云母介质移出介电常数减小，根据电容器介电常数的变化判断电容的变化以及电场强度的变化．【解答】解：电容器接在恒压直流电源上，则电容器两端间的电势差不变．将云母介质移出介电常数减小，根据电容的决定式C=知，介电常数减小，电容减小．由于电压不变，根据C=可知，电荷量Q减小．由于电容器的电压不变，板间的距离d不变，根据E=可知，极板间的电场强度不变．所以ABC错误，D正确；故选：D【点评】本题是电容器的动态分析问题，关键抓住不变量，当电容器与电源始终相连，则电势差不变；当电容器与电源断开，则电荷量不变．要掌握C=、C=、E=三个公式．2．（6分）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．144【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．【专题】定量思想；方程法；带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】本题先电场加速后磁偏转问题，先根据动能定理得到加速得到的速度表达式，再结合带电粒子在匀强磁场中运动的半径公式求出离子质量的表达式．【解答】解：根据动能定理得，得①离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有得②①②两式联立得：一价正离子电荷量与质子电荷量相等，同一加速电场U相同，同一出口离开磁场则R相同，所以m∝，磁感应强度增加到原来的12倍，离子质量是质子质量的144倍，D正确，ABC错误故选：D【点评】本题综合考查了动能定理和牛顿第二定律，关键要能通过洛伦兹力提供向心力求出质量的表达式．3．（6分）一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1，R2和R3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．5【考点】变压器的构造和原理．【专题】定性思想；推理法；交流电专题．【分析】变压器输入电压为U与电阻R两端电压的差值；再根据电流之比等于匝数的反比可求得输出电流；根据1电压之比等于匝数之比对两种情况列式，联立可求得U与I的关系；则可求得线圈匝数之比．【解答】解：设变压器原、副线圈匝数之比为K，则可知，开关断开时，副线圈电流为kI；则根据理想变压器原理可知：=k（1）同理可知，=k（2）代入数据联立解得：U=48I；代入（1）式可得：k=3；故B正确，ABC错误；故选：B．【点评】本题考查理想变压器原理及应用，要注意明确电路结构，知道开关通断时电路的连接方式；同时注意明确输入电压与总电压之间的关系．4．（6分）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．1h B．4h C．8h D．16h【考点】开普勒定律；同步卫星．【专题】定性思想；推理法；人造卫星问题．【分析】明确同步卫星的性质，知道其转动周期等于地球的自转周期，从而明确地球自转周期减小时，地球同步卫星的运动周期减小，当运动轨迹半径最小时，周期最小．由三颗同步卫星需要使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯可求得最小半径，再结合开普勒第三定律可求周期．【解答】解：设地球的半径为R，则地球同步卫星的轨道半径为r=6.6R已知地球的自转周期T=24h，地球同步卫星的转动周期与地球的自转周期一致，若地球的自转周期变小，则同步卫星的转动周期变小．由公式可知，做圆周运动的半径越小，则运动周期越小．由于需要三颗卫星使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯，所以由几何关系可知三颗同步卫星的连线构成等边三角形并且三边与地球相切，如图．由几何关系可知地球同步卫星的轨道半径为r′=2R．由开普勒第三定律得：T′=T=24≈4h故B正确，ACD错误；故选：B．【点评】本题考查开普勒第三定律以及同步卫星的性质，要注意明确题目中隐含的信息的判断是本题解题的关键．5．（6分）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【考点】物体做曲线运动的条件；牛顿第二定律．【专题】简答题；学科综合题；定性思想；推理法；物体做曲线运动条件专题．【分析】明确物体做曲线运动的条件，速度方向与加速度方向不在同一直线上，如果在同一直线则做直线运动，速度方向与加速度方向相同时物体做加速运动，当加速度方向与速度方向相反时，物体做减速运动；由牛顿第二定律F=ma可知，加速度的方向由合外力的方向决定；由加速度的定义a=来判断质点单位时间内速率的变化量．【解答】解：A．质点开始做匀速直线运动，现对其施加一恒力，其合力不为零，如果所加恒力与原来的运动方向在一条直线上，质点做匀加速或匀减速直线运动，质点速度的方向与该恒力的方向相同或相反；如果所加恒力与原来的运动方向不在一条直线上，物体做曲线运动，速度方向沿切线方向，力和运动方向之间有夹角，故A错误；B．由A分析可知，质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直，故B正确；C．由牛顿第二定律可知，加速度的方向与合外力的方向相同，所以质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同，故C正确；D．因为合外力恒定，加速度恒定，△由△v=a△t可知，质点单位时间内速度的变化量总是不变，但是，如果质点做匀变速曲线运动，则单位时间内速率的变化量是变化的．故D错误．故选：BC．【点评】本题要注意物体做曲线运动的条件是速度方向与加速度方向不在同一直线上，如果在同一直线则做直线运动；正确理解牛顿第二定律和加速度的定义a=也是解答本题的关键．6．（6分）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．外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态．若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则（）A．绳OO′的张力也在一定范围内变化B．物块b所受到的支持力也在一定范围内变化C．连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化D．物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【专题】应用题；定性思想；合成分解法；共点力作用下物体平衡专题．【分析】本题抓住整个系统处于静止状态，由b平衡可知，绳对b的拉力保持不变，再根据平衡条件由F的大小变化求得物块b所受各力的变化情况．【解答】解：AC、由于整个系统处于静止状态，可知，物体a平衡，由此可得绳中张力T保持不变，又由于b平衡可知，滑轮O'处于静止状态且所受绳的拉力大小和方向都没有变化，故O O'中的张力保持不变，故AC均错误；BD、由于b处于静止即平衡状态，对b受力分析有：力T与力F与x轴所成夹角均保持不变，由平衡条件可得：N+Fsinα+Tsinθ﹣mg=0Fcosα+f﹣Tcosθ=0由此可得：N=mg﹣Fsinα﹣Tsinθ由于T的大小不变，可见当F大小发生变化时，支持力的大小也在一定范围内变化，故B正确f=Tcosθ﹣Fcosα由于T的大小不变，当F大小发生变化时，b静止可得摩擦力的大小也在一定范围内发生变化，故D正确．故选：BD．4/ 12【点评】解决本题的关键是抓住系统均处于静止状态，由平衡条件分析求解，关键是先由平衡条件求得绳中张力大小不变，再由此分析b的平衡．7．（6分）如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直平面（纸面）内，且相对于过轨迹最低点P 的竖直线对称．忽略空气阻力．由此可知（）A．Q点的电势比P点高B．油滴在Q点的动能比它在P点的大C．油滴在Q点的电势能比它在P点的大D．油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题．【分析】根据曲线运动的性质以及运动轨迹可明确粒子受力情况，再根据电场力的性质即可判断电场线的方向，从而明确电势高低；根据电场力做功情况可明确动能的变化以及电势能的变化；根据力的性质可明确加速度的关系．【解答】解：A、根据粒子的弯折方向可知，粒子受合力一定指向上方；同时因轨迹关于P点对称，则可说明电场力应竖直向上；粒子带负电，故说明电场方向竖直向下；则可判断Q点的电势比P点高；故A正确；B、粒子由P到Q过程，合外力做正功，故油滴在Q点的动能比它在P点的大；故B正确；C、因电场力做正功，故电势能减小，Q点的电势能比它在P点的小；故C错误；D、因受力为恒力；故PQ两点加速度大小相同；故D错误；故选：AB．【点评】本题考查带电粒子在匀强电场中的运动，要注意本题中油滴受到重力和电场力作用，这里应先考虑合力，再去分析电场力的性质；同时注意掌握物体做曲线运动的条件应用．8．（6分）甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v﹣t图象如图所示．已知两车在t=3s时并排行驶，则（）5/ 12A ．在 t=1s 时，甲车在乙车后B ．在 t=0 时，甲车在乙车前 7.5mC ．两车另一次并排行驶的时刻是 t=2sD ．甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为 40m【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． 【专题】压轴题；学科综合题；定量思想；推理法；运动学中的图像专题．【分析】由图象可知，1 到 3s 甲乙两车的位移相等，两车在 t=3s 时并排行驶，所以两车在 t=1s 时也并排行驶； v ﹣t 图象的斜率表示加速度，根据图象可求甲乙两车的加速度；再根据位移公式和速度公式求解．【解答】解：A ．由图象可知，1 到 3s 甲乙两车的位移相等，两车在 t=3s 时并排行驶，所以两车在 t=1s 时也并 排行驶，故 A 错误；B ．由图象可知，a =甲==10m/s；a = ==5m/s乙； 0 至 1s ，x = a t = ×10×1 甲 甲=5m ，x=v t+ a乙乙t =10×1+ ×5×1 =12.5m ，△x=x ﹣x =12.5﹣5=7.5m ，即在 t=0 时，甲车在乙车前 7.5m ，故 B 正确； 乙 甲C ．由 AB 分析可知，甲乙两车相遇时间分别在 1s 和 3s ，故 C 错误；D.1s 末甲车的速度为：v=a t=10×1=10m/s ，1 到 3s ，甲车的位移为：x=vt+ a t =10×2+ ×10×2 =40m ，即甲、甲 甲乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为 40m ，故 D 正确．故选：BD ．【点评】本题考查匀变速直线运动的实际运用：追及和相遇问题．解答此题的关键是根据速度图象分析物体运动 情况，要注意两车的位置关系和距离随时间如何变化，当两车相遇时，位移之差等于原来之间的距离． 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22 题～第 32 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第 9 题～ 第 12 题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题9．（5 分）某同学用图（a ）所示的实验装置验证机械能守恒定律，其中打点计时器的电源为交流电源，可以使 用的频率有 220Hz 、30Hz 和 40Hz ，打出纸带的一部分如图（b ）所示．该同学在实验中没有记录交流电的频率 f ，需要用实验数据和其他条件进行推算．（1）若从打出的纸带可判定重物匀加速下落，利用f 和图（b ）中给出的物理量可以写出：在打点计时器打出 B点时，重物下落的速度大小为，打出 C 点时重物下落的速度大小为 ，重物下落的加速度的大小为．2 2 2 2 0 2 22 2（2）已测得 s =8.89cm ，s =9.5．cm ，s =10.10cm ；当重力加速度大小为 9.80m/s ，试验中重物受到的平均阻力 大小约为其重力的 1%．由此推算出 f 为 40 Hz ． 【考点】验证机械能守恒定律．【专题】实验题；实验探究题；定量思想；方程法；动能定理的应用专题．【分析】（1）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出 B 和 C 点的瞬时速度，利用速度公式求 加速度；（2）利用牛顿第二定律和解出的加速度求频率．【解答】解：（1）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得：v = =；v ==；由速度公式 v =v +aT 可得：a=；（2）由牛顿第二定律可得：mg ﹣0.01mg=ma ，所以 a=0.99g ，结合（1）解出的加速度表达式，代入数据可得： f=40HZ ．故答案为：（1）； ； ；（2）40．【点评】解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度的大小，关键是匀变速直线运动推论的 运用．10．（10 分）现要组装一个由热敏电阻控制的报警系统，当要求热敏电阻的温度达到或超过 60℃时，系统报警．提 供的器材有：热敏电阻，报警器（内阻很小，流过的电流超过 I C 时就会报警），电阻箱（最大阻值为 999.9Ω）， 直流电源（输出电压为 U ，内阻不计），滑动变阻器 R 1（最大阻值为 1000Ω），滑动变阻器 R 2（最大阻值为 2000Ω）， 单刀双掷开关一个，导线若干．在室温下对系统进行调节，已知 U 约为 18V ，I 约为 10mA ；流过报警器的电流超过 20mA 时，报警器可能损坏； 该热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，在 60℃时阻值为 650.0Ω．（1）在答题卡上完成待调节的报警系统原理电路图的连线．（2）在电路中应选用滑动变阻器 R 2 （填“R 1”或“R 2”）． （3）按照下列步骤调节此报警系统：①电路接通前，需将电阻箱调到一定的阻值，根据实验要求，这一阻值为 650.0 Ω；滑动变阻器的滑片应置 于 b （填“a ”或“b ”）端附近，不能置于另一端的原因是 保证报警器的安全使用 ．②将开关向 c （填“c ”或“d ”）端闭合，缓慢移动滑动变阻器的滑片，直至 报警器开始报警 ． （4）保持滑动变阻器滑片的位置不变，将开关向另一端闭合，报警系统即可正常使用． 【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【专题】实验题；定性思想；实验分析法；恒定电流专题．【分析】（1）分析实验，明确实验原理，根据题目要求即可明确电路结构； （2）根据欧姆定律确定电路中的电阻，则可明确滑动变阻器的选择；21 2 3BC C BC（3）根据仪器原理进行分析，明确电阻箱的作用以及实验过程和实验安全的分析，则可以明确滑动变阻器的调节和实验现象．【解答】解：（1）根据题意可知，本实验要求能用电阻箱进行校准，故电阻箱应与热敏电阻并联，利用单刀双掷开关进行控制；它们再与报警器和滑动变阻器串联即可起到报警作用；故连线如图所示；（2）电压为18V，而报警时的电流为10mA；此时电阻约为：R==1800Ω；而热敏电阻的阻值约为650Ω；故滑动变阻器接入电阻约为1350Ω；故应选择R2；（3）①因要求热敏电阻达到60°时报警；此时电阻为650Ω；故应将电阻箱调节至650Ω；然后由最大调节滑动变阻器，直至报警器报警；故开始时滑片应在b端；目的是让电流由小到大调节，保证报警器的安全使用；②将开关接到C端与电阻箱连接，调节滑动变阻器直至报警器开始报警即可；然后再接入热敏电阻，电路即可正常工作；故答案为：（1）如上图；（2）R2；（3）①650.0，b，保证报警器的安全使用；②c；报警器开始报警．【点评】本题关键在于明确实验原理，分析实验步骤是解题的关键，通过实验步骤才能明确实验的目的和实验方法；从而确定各步骤中应进行的操作和仪器的使用情况．11．（14分）如图，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连．两细金属棒ab（仅标出a端）和c d（仅标出c端）长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平．右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上，已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，已知金属棒ab匀速下滑．求（1）作用在金属棒ab 上的安培力的大小；（2）金属棒运动速度的大小．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；安培力．【专题】计算题；定量思想；方程法；电磁感应与电路结合．【分析】（1）对ab、cd棒根据共点力平衡列式求作用在金属棒ab上的安培力的大小（2）根据安培力公式，感应电动势和闭合电路欧姆定律联立求解【解答】解：（1）设导线的张力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为，作用在ab 棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd的支持力大小为．对于ab棒，由力的平衡条件得②对于cd棒，同理有④联立①②③④式得F=mg（sinθ﹣3μcosθ）⑤（2）由安培力公式得F=BIL⑥这里I是abcda中的感应电流．ab棒上的感应电动势为ɛ=BLv⑦式中，v是ab棒下滑速度的大小，由欧姆定律得⑧联立⑤⑥⑦⑧式得⑨答：（1）作用在金属棒ab上的安培力的大小mg（sinθ﹣3μcosθ）；（2）金属棒运动速度的大小．【点评】本题是电磁感应中的力学平衡问题，涉及法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律等知识点，受力分析和计算安培力是关键．12．（18分）如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC=7R，A、B、C、D均在同一竖直面内．质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点（未画出），随后P 沿轨道被弹回，最高点到达F点，AF=4R，已知P与直轨道间的动摩擦因数μ=，重力加速度大小为g．（取sin37°=，cos37°=）（1）求P 第一次运动到B点时速度的大小．（2）求P 运动到E点时弹簧的弹性势能．（3）改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放．已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点．G点在C点左下方，与C点水平相距R、竖直相距R，求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量．【考点】功能关系；动能定理；弹性势能．【专题】计算题；学科综合题；定量思想；方程法；功能关系能量守恒定律．【分析】（1）对物体从C到B的过程分析，由动能定理列式可求得物体到达B点的速度；（2）同（1）的方法求出物块返回B点的速度，然后对压缩的过程与弹簧伸长的过程应用功能关系即可求出；（3）P离开D点后做平抛运动，将物块的运动分解即可求出物块在D点的速度，E到D的过程中重力、弹簧的弹力、斜面的阻力做功，由功能关系即可求出物块P的质量．【解答】解：（1）C到B的过程中重力和斜面的阻力做功，所以：其中：代入数据得：（2）物块返回B点后向上运动的过程中：其中：联立得：物块P向下到达最低点又返回的过程中只有摩擦力做功，设最大压缩量为x，则：整理得：x=R物块向下压缩弹簧的过程设克服弹力做功为W，则：又由于弹簧增加的弹性势能等于物块克服弹力做的功，即：E=W所以：E=2.4mgR（3）由几何关系可知图中D点相当于C点的高度：h=r+rcos37°=1.8r=所以D点相当于G点的高度：H=1.5R+R=2.5R小球做平抛运动的时间：t==1.5RG点到D点的水平距离：L==由：L=v t联立得：E到D的过程中重力、弹簧的弹力、斜面的阻力做功，由功能关系得：联立得：m′=答：（1）P第一次运动到B点时速度的大小是．（2）P运动到E点时弹簧的弹性势能是2.4mgR．PPD（3）改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放．已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点．G点在C点左下方，与C点水平相距R、竖直相距R，求P运动到D点时速度的大小是，改变后P 的质量是m．【点评】本题考查功能关系、竖直面内的圆周运动以及平抛运动，解题的关键在于明确能达到E点的，并能正确列出动能定理及理解题目中公式的含义．三、选考题：【物理--选修3-5】13．现用一光电管进行光电效应的实验，当用某一频率的光入射时，有光电流产生．下列说法正确的是（）A．保持入射光的频率不变，入射光的光强变大，饱和光电流变大B．入射光的频率变高，饱和光电流变大C．入射光的频率变高，光电子的最大初动能变大D．保持入射光的光强不变，不断减小入射光的频率，始终有光电流产生E．遏止电压的大小与入射光的频率有关，与入射光的光强无关【考点】光电效应．【专题】定性思想；推理法；光电效应专题．【分析】发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，根据光电效应方程知，光子频率越大，光电子的最大初动能越大，光强度会影响单位时间内逸出的光电子数目．【解答】解：A、保持入射光的频率不变，入射光的光强变大，饱和光电流变大，因为饱和光电流与入射光的强度成正比，故A正确；B、饱和光电流与入射光的频率无关，故B错误；C、根据光电效应的规律，光电子的最大初动能随入射光频率的增大而增大，所以入射光的频率变高，光电子的最大初动能变大，故C正确；D、如果入射光的频率小于极限频率将不会发生光电效应，不会有光电流产生，故C错误；E、根据，得遏止电压及最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关，故E正确故选：ACE【点评】解决本题的关键知道光电效应的条件，以及影响光电子最大初动能的因素，知道入射光的强度影响的是单位时间内逸出的光电子数目．入射光越强饱和光电流越大．14．某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v 竖直向上喷出；玩具底部为平板（面积略大于S）；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开．忽略空气阻力．已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g．求：（i）喷泉单位时间内喷出的水的质量；（ii）玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度．【考点】动量定理；竖直上抛运动．【专题】简答题；定性思想；推理法；动量定理应用专题．【分析】（i）喷泉单位时间内喷出的水的质量m=ρV求解；（ii）玩具在空中悬停时，受力平衡，水对玩具的冲击力等于玩具的重力，根据运动学基本公式求得水上升到玩具处的速度，再根据动量定理列式求解即可．【解答】解：（i）喷泉单位时间内喷出的水的质量m=ρV=ρSv0，（ii）设水到达卡通玩具处的速度为v，玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度为h，根据运动学基本公式得：，。
2016年百校联盟高考物理最后一卷(一)
2016年百校联盟高考物理最后一卷（一）一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分.第1~5小题只有一个选项正确，第6~8小题有多个选项符合题目要求。
全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1．（6分）空间某区域中的磁场是沿水平方向的两个相互垂直的磁场叠加而成的，其中一个磁场的磁感应强度为B1=×10﹣4T，方向指向正东；另一磁场的磁感应强度为B2=1.0×10﹣4T，方向指向正北；现有一段长为L=1.0m，通有电流I=1A 的直导线处在该磁场中，则下列说法中正确的是（）A．若直导线沿东偏北30°水平放置，则直导线受到的安培力最大B．若直导线沿东偏南60°水平放置，则直导线不一定受到安培力作用C．若直导线沿西偏北60°水平放置，则直导线受到的安培力为2.0×10﹣4N D．若直导线沿西偏南30°水平放置，则直导线受到的安培力不一定最小2．（6分）无线网络给人们带来了很多方便．假设可以采用卫星对所有用户在任何地方提供免费WiFi服务．已知地球半径为R，重力加速度为g，提供免费WiFi 服务的卫星绕地球做圆周运动，则下列关于该卫星的说法正确的是（）A．卫星围绕地球运动的轨道越高，角速度越大B．卫星围绕地球运动的轨道越高，速度越小C．若卫星距离地面的高度等于地球半径，则卫星绕地球运动的周期为T=2πD．卫星的轨道可以在地球上任一经线所在的平面内3．（6分）利用实验室的手摇发电机产生的正弦交流电给灯泡L供电，其电路如图所示．当线圈以角速度ω匀速转动时，电压表示数为U，灯泡正常发光．已知发电机线圈的电阻为r，灯泡正常发光时的电阻为R，电压表和电流表均为理想电表，其他电阻可忽略，则（）A．电流表示数为B．灯泡的额定功率为C．发电机的线圈中产生的电动势最大值为U（1+）D．从图示时刻（发电机线圈平面与磁场方向垂直）开始计时，灯泡两端电压的瞬时值表达式为u=Usinωt4．（6分）在遥控直升机下面用轻绳悬挂质量为m的摄像可以拍摄学生在操场上的跑操情况．开始时遥控直升机悬停在C点正上方．若遥控直升机从C点正上方运动到D点正上方经历的时间为t，已知C、D之间距离为L，直升机的质量为M，直升机的运动视作水平方向的匀加速直线运动．在拍摄过程中悬挂摄像机的轻绳与竖直方向的夹角始终为β，重力加速度为g，假设空气对摄像机的作用力始终水平，则（）A．轻绳的拉力F1=mgcosβB．遥控直升机加速度a=gtanβC．遥控直升机所受的合外力为F合=D．这段时间内空气对摄像机作用力的大小为F=m（gtanβ﹣）5．（6分）如图所示为一边长为L的正方形abcd，P是bc的中点．若正方形区域内只存在由d指向a的匀强电场，则在a点沿ab方向以速度v入射的质量为m、电荷量为q的带负电粒子（不计重力）恰好从P点射出．若该区域内只存在垂直纸面向里的匀强磁场，则在a点沿ab方向以速度v入射的同种带电粒子恰好从c点射出．由此可知（）A．匀强电场的电场强度为B．匀强磁场的磁感应强度为C．带电粒子在匀强电场中运动的加速度大小等于在匀强磁场中运动的加速度大小D．带电粒子在匀强电场中运动和在匀强磁场中运动的时间之比为1：26．（6分）氢原子可视为电子绕着原子核（氢原子核为质子，电荷量等于一个元电荷e）做匀速圆周运动．若电子可以在距离原子核r和4r的圆轨道上做匀速圆周运动，设电子质量为m，静电力常量为k，不计质子与电子之间的万有引力，则（）A．电子在距离原子核r的圆轨道上做匀速圆周运动的速度大小为B．电子在距离原子核r和4r的圆轨道上做匀速圆周运动的周期之比为1：8 C．电子在距离原子核r和4r的圆轨道上做匀速圆周运动的速度之比为2：1 D．电子在距离原子核r和4r的圆轨道上做匀速圆周运动的动能之比为2：1 7．（6分）假设某滑雪者从山上M点以水平速度v 0飞出，经t0时间落在山坡上N点时速度方向刚好沿斜坡向下，接着从N点沿斜坡下滑，又经t0时间到达坡底P处．已知斜坡NP与水平面夹角为60°，不计摩擦阻力和空气阻力，则（）A．滑雪者到达N点时的速度大小为2v0B．M、N两点之间的距离为2v0t0C．滑雪者沿斜坡NP下滑的加速度大小为D．M、P之间的高度差为v0t08．（6分）如图所示，光滑水平面上放置M，N，P，Q四个木块，其中M，P质量均为m，N，Q质量均为2m，其中P，M木块间用一轻弹簧相连，现用水平拉力F拉N，使四个木块以同一加速度a向右运动，则在撤去水平力F的瞬间，正确说法正确的是（）A．M的加速度不变B．P的加速度大小变为aC．Q的加速度不变 D．N的加速度大小仍为a二、必考题（共4小题，满分47分）9．（6分）某校物理兴趣小组利用如图甲所示装置探究合力做功与动能变化的关系．在滑块上安装一遮光条，系轻细绳处安装一拉力传感器（可显示出轻细绳中的拉力），把滑块放在水平气垫导轨上A处，细绳通过定滑轮与钩码相连，光电门安装在B处．气垫导轨充气，将滑块从A位置由静止释放后，拉力传感器记录的读数为F，光电门记录的时间为△t．（1）用螺旋测微器测量遮光条的宽度，如图乙所示，则宽度为mm．（2）多次改变钩码的质量（拉力传感器记录的读数F相应改变），测得多组F和△t数据，要得到线性变化图象，若已经选定F作为纵坐标，则横坐标代表的物理量为．A．△t B．（△t）2 C.D．（）2（3）若正确选择横坐标所代表的物理量后，得出线性变化图象的斜率为k，且已经测出A、B之间的距离为s，遮光条的宽度为d，则滑块质量（含遮光条和拉力传感器）的表达式为M=．10．（9分）物理兴趣小组要测量一电动车电池的电动势和内阻．已知该电池电动势为10～12V，实验室备有下列器材：A．电流表（量程0.6A，内阻约为3Ω）B．电压表（量程3V，内阻约为3kΩ）C．定值电阻，阻值R=9000ΩD．定值电阻，阻值R0=5ΩE．滑动变阻器（阻值范围0～30Ω）F．开关一个，导线若干（1）为保护电池，某同学首先将定值电阻R0与电池（填“串联”、“并联”或“串联或并联均可”）．（2）利用上述器材，设计一个测量电路，在方框中画出测量电路的原理图，并用笔画代替导线，连接实物图．（3）若电压表读数为U0电流表读数为I，根据实验测得的多组数据，某同学画出了电池的U﹣I图象，其斜率的绝对值等于k，在纵轴的截距等于a，为尽量减小系统误差，则该电池的电动势表达式为E=，内阻表达式为r=．11．（14分）电视剧《陆军一号》再现了武装直升机在抢险救灾、完成特殊任务中的巨大作用，在剧中直升机救助受伤游客的画面给观众留下了深刻的印象，假设受伤的游客质量为60kg，重力加速度g=10m/s2，缆绳及其挂钩等质量不计，（1）直升机悬停在空中放出缆绳，若受伤的游客被缆绳向上提起过程中缆绳始终竖直，缆绳拉力随时间变化的图象如图所示，求悬停在空中的直升机距离地面的高度及拉力所做的功．（2）直升机悬停在空中放出缆绳，在受伤的游客刚系好缆绳脱离地面时，风力使缆绳偏离竖直方向的角度为：θ=37°，假设此时受伤的游客处于静止状态，求此时风力大小和缆绳中的拉力大小．（sin37°≈0.6，cos37°≈0.8）12．（18分）如图所示，两条光滑平行金属导轨水平放置，间距为L，导轨左端接有一定值电阻，阻值为R，导轨处于长度为x的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向竖直向下．在导轨上距离磁场左边界x处放置一质量为m、长为L、阻值也为R的金属棒，将一水平向右的恒力F作用在金属棒上，使金属棒由静止开始运动，金属棒运动到磁场中间时恰好开始做匀速运动．其他电阻不计，已知在金属棒从开抬运动到刚好离开磁场的过程中，金属棒始终与导轨垂直且接触良好．（1）求该过程金属棒中所产生的焦耳热Q．（2）求该过程金属棒所经历的总时间t．三、选考题[选修3－3]（共2小题，满分15分）13．（5分）下列说法正确的是（）A．只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低B．雪花是晶体，可以有不同的形状C．当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最大D．液晶电视的显示器利用了液晶对光具有各向同性作用的特点E．液体的饱和汽压随温度升高而增大14．（10分）在一绝热密闭容器中安装一电阻为R的电热丝，开始时容器中封闭有理想气体，其压强为p0=1.0×105Pa，当电热丝与电压为U的电源连接t时间后，气体温度由T0=280K升高到T1=420K．（1）求气体增加的内能和此时容器中气体的压强．（2）若保持气体温度不变，缓慢抽出部分气体，使气体压强降低到p0，则此时容器中气体质量是原来气体质量的几分之几？四、[选修3－4]（共2小题，满分0分）15．如图所示，某均匀介质中有两列简谐横波A和B同时沿x轴正方向传播足够长的时间，在t=0时刻两列波的波峰正好在x=0处重合，则下列说法正确的是（）A．t=0时刻x=0处质点的振动位移为20cmB．两列波的频率之比为f A：f B=5：3C．t=0时刻一定存在振动位移为﹣30cm的质点D．t=0时刻x轴正半轴上到原点最近的另一波峰重合处的横坐标为x=7.5m E．t=0时刻x轴正半轴上到原点最近的波谷重合处的横坐标为x=7.5m16．单色细光束射到一半径为R的透明球表面，光束在过球心的平面内，入射角i=45°．该光束经折射进入球内后又经其内表面反射一次，再经球表面折射后射出．已知真空中光速为c，入射光线与出射光线之间的夹角α=30°，如图所示（图上已画出入射光线和出射光线）．（1）在图上画出光线在球内的路径和方向（简要说明画图步骤）；（2）求透明球的折射率和光在透明球中传播的时间．五、[选修3－5]（共2小题，满分0分）17．已知普朗克常量为h=6.6×10﹣34J，铝的极限频率为1.1×1015Hz，其电子的逸出功为，现用频率为1.5×1015Hz的光照射铝的表面．是否有光电子逸出？（填“有”、“没有”或“不能确定”）．若有光电子逸出，则逸出的光电子的最大初动能为．若没有光电子逸出或不能确定其理由为什么？18．如图所示，在光滑水平地面上的木块紧挨轻弹簧放置，弹簧右端与墙连接，一子弹以速度v0沿水平方向射入木块并在极短时间内相对于木块静止下来，然后木块压缩弹簧至弹簧最短．已知子弹质量为m，木块质量M=9m；弹簧最短时弹簧被压缩了△x；劲度系数为k，形变量为x的弹簧的弹性势能可表示为E p=kx2．求：（1）子弹射入木块到刚相对于木块静止的过程中损失的机械能；（2）弹簧的劲度系数．2016年百校联盟高考物理最后一卷（一）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.第1~5小题只有一个选项正确，第6~8小题有多个选项符合题目要求。
2016年全国统一高考物理试卷(新课标ⅱ)(含解析版)
2016年全国统一高考物理试卷（新课标Ⅱ）一、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1～5题只有一项是符合题目要求，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．（6分）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2．（6分）如图，P为固定的点电荷，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点的加速度大小分别为a a、a b、a c，速度大小分别为v a、v b、v c，则（）A．a a＞a b＞a c，v a＞v c＞v b B．a a＞a b＞a c，v b＞v c＞v aC．a b＞a c＞a a，v b＞v c＞v a D．a b＞a c＞a a，v a＞v c＞v b3．（6分）小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短。
将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示。
将两球由静止释放。
在各自轨迹的最低点，（）A．P球的速度一定大于Q球的速度B．P球的动能一定小于Q球的动能C．P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度4．（6分）阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E（内阻可忽略）连接成如图所示电路。
开关S断开且电流稳定时，C所带的电荷量为Q1，闭合开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为Q2．Q1与Q2的比值为（）A．B．C．D．5．（6分）一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示．图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动．在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成30°角．当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒．不计重力．若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为（）A．B．C．D．6．（6分）两实心小球甲和乙由同一种材质制成，甲球质量大于乙球质量。
安徽省名校联盟2016届高考最后一卷理综物理试题 含答案
2016全国新课标高考名校联盟冲刺高考最后1卷理科综合能力测试本试卷分第Ⅰ卷(选择题）和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。
满分300分。
考试用时150分钟。
可能用到的相对原子质量:H—10—12 N—14 0-16 A1—27 S—32C1—35.5 Fe-56 Sn—119第Ⅰ卷（选择题共126分)本卷共21小题，每小题6分，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.如图所示，在倾角为 的长斜面上有一带风帆的滑块由静止开始沿斜面下滑,下滑过程中帆受到的空气阻力与滑块下滑速度的大小成正比(即f=kv),在滑块下滑的整个过程中斜面在水平地面上始终静止不动.下列关于地面对斜面的支持力F及摩擦力f F的说法中正确的是A.F逐渐增大,f F逐渐减小B．F逐渐增大，f F逐渐增大C．F逐渐减小，f F逐渐增大D．F和f F均保持不变15。
如图所示，木块A、B用一轻弹簧相连,并置于光滑水平面上,开始时弹簧处于原长，现给木块A一初速度0V,经过一段时间0t，弹簧的长度第一次达到最短。
以下能正确描述两木块在0～0t时间内v—t图像的是16。
如图所示,将一个小球从M点以初速度M v竖直向上抛出，小球运动过程中还受到恒定的水平作用力,从M点运动到N点时，小球的速度方向恰好改变了90°，则在从M点到N点的运动过程中,小球的速率A.先减小后增大B．先增大后减小C．一直增大D．一直减小17。
如图所示，两块半圆形导体板彼此靠近，当两板分别带有等量异号电荷时，则能定性反映两板间电场线分布的图可能是18。
如图甲所示，两个线圈套在同一个铁芯上,线圈的绕向在图中已经表示。
左线圈连着平行导轨M和N，导轨电阻不计，在导轨垂直方向上放着金属棒ab，金属棒处于垂直纸面向外的匀强磁场中。
2016年高考新课标I卷理综物理试题含答案
2016 年一般高等学校招生全国一致考试（新课标理科综合（物理部分）I 卷）二、选择题：本大题共8 小题，每题 6 分。
在每题给出的四个选项中，第14~18 题只有一项是切合题目要求，第19~21题有多项切合题目要求。
所有选对的得 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.现代质谱仪可用来剖析比质子重好多倍的离子，其表示图如图所示，此中加快电压恒定。
质子在进口处从静止开始被加快电场加快，经匀强磁场偏转后从出口走开磁场。
若某种一价正离子在进口处从静止开始被同一加快电场加快，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口走开磁场，需将磁感觉强度增添到本来的12倍。
此离子和质子的质量比约为（）A. 11 C. 121B. 12 D. 14416.一含有理想变压器的电路以下图，图中电阻R1、R2和3、1 和4A UR 的阻值分别是 3，○ 为理想沟通电流表，为正弦沟通电压源，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.利用三颗地点适合的地球同步卫星，可使地球赤道上随意两点之间保持无线电通信。
当前，地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的 6.6 倍。
假定地球的自转周期变小，若仍仅用三颗同步A. 1hB. 4hC. 8hD. 16h18.一质点做匀速直线运动。
现对其施加一恒力，且本来作用在质点上的力不发生改变，则（）A.质点速度的方向老是与该恒力的方向同样B.质点速度的方向不行能老是与该恒力的方向垂直C.质点加快度的方向老是与该恒力的方向同样D.质点单位时间内速率的变化量老是不变19. 如图，一圆滑的轻滑轮用细绳OO ' 悬挂于 O 点；另一细绳越过滑轮，其一端悬挂物块 a ，另一端系一位于水平粗拙桌面上的物块 b 。
2016年全国统一高考真题物理试卷(新课标ⅲ)(含答案及解析)
2016年全国高考统一物理试卷（新课标Ⅲ）一、选择题1．（6分）关于行星运动的规律，下列说法符合史实的是（）A．开普勒在牛顿定律的基础上，导出了行星运动的规律B．开普勒在天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律C．开普勒总结出了行星运动的规律，找出了行星按照这些规律运动的原因D．开普勒总结出了行星运动的规律，发现了万有引力定律2．（6分）关于静电场的等势面，下列说法正确的是（）A．两个电势不同的等势面可能相交B．电场线与等势面处处相互垂直C．同一等势面上各点电场强度一定相等D．将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功3．（6分）一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，动能变为原来的9倍。
该质点的加速度为（）A．B．C．D．4．（6分）如图，两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上：一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m的小球，在a和b之间的细线上悬挂一小物块。
平衡时，a、b间的距离恰好等于圆弧的半径。
不计所有摩擦，小物块的质量为（）A．B．m C．m D．2m5．（6分）平面OM和平面ON之间的夹角为30°，其横截面（纸面）如图所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．一带电粒子的质量为m，电荷量为q（q＞0）．粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30°角．已知粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场．不计重力．粒子离开磁场的射点到两平面交线O的距离为（）A．B．C．D．6．（6分）如图，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b．当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光．下列说法正确的是（）A．原、副线圈匝数之比为9：1B．原、副线圈匝数之比为1：9C．此时a和b的电功率之比为9：1D．此时a和b的电功率之比为1：97．（6分）如图，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P．它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W．重力加速度大小为g．设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则（）A．a=B．a=C．N=D．N=8．（6分）如图，M为半圆形导线框，圆心为O M；N是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为O N；两导线框在同一竖直面（纸面）内；两圆弧半径相等；过直线O M O N的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面。
2016年百校联盟高考物理最后一卷和答案
2016年百校联盟高考物理最后一卷（四）一、选择题1．（6分）下列说法正确的是（）A．“交流电的有效值”使用了平均思想法B．探究导体的电阻与导体的材料、长度、粗细的关系，使用了控制变量法C．电场强度是用比值法定义的，电场强度与电场力成正比，与试探电荷的电荷量成反比D．“如果电场线与等势面不垂直，那么电场强度沿着等势面方向就有一个分量，在等势面上移动电荷时静电力就要做功”，这里用到了归纳法2．（6分）如图所示，用轻质弹簧将篮球拴在升降机底板上，此时弹簧竖直，篮球恰好与光滑的侧壁和光滑的倾斜天花板接触，在篮球与侧壁之间装有压力传感器，当升降机沿竖直方向运动时，压力传感器的示数逐渐增大，某同学对此现象给出了下列分析与判断，其中可能正确的是（）A．升降机正在匀加速上升B．升降机正在匀减速上升C．升降机正在加速下降，且加速度越来越大D．升降机正在减速下降，且加速度越来越大3．（6分）若金星和地球的公转轨道均视为圆形，且在同一平面内，如图所示．在地球上观测，发现金星与太阳可呈现的视角（太阳与金星均视为质点，它们与眼睛连线的夹角）有最大值，最大视角的正弦值为k，则金星的公转周期为（）A．年 B．年 C．k3年D．年4．（6分）一半径为r、质量为m、电阻为R的金属圆环用一根长为L的绝缘细杆悬挂于O1点，杆所在直线过圆环圆心，在O1点的正下方有一半径为L+2r的圆形匀强磁场区域，其圆心O2与O1点在同一竖直线上，O1点在圆形磁场区域边界上，如图所示．现使绝缘细杆从水平位置由静止释放，下摆过程中金属圆环所在平面始终与磁场垂直，已知重力加速度为g，不计空气阻力及其他摩擦阻力，则下列说法正确的是（）A．金属圆环最终会静止在O1点的正下方B．金属圆环在整个过程中产生的焦耳热为mgLC．金属圆环在整个过程中产生的焦耳热为mg（L+2r）D．金属圆环在整个过程中产生的焦耳热为mg（L+r）5．（6分）如图所示，用一根长杆和两个轻质小定滑轮（分别固定在轻杆甲和乙上）的组合装置来提升质量为m的重物A，长杆的一端通过铰链在地上形成转轴，转轴恰好在左侧定滑轮正下方O点处，在长杆的中点C处栓一轻细绳，轻细绳通过两个定滑轮后挂上重物A．C点与O点距离为l，左侧定滑轮上端B点与O点的距离为2l，重力加速度为g，现在杆的另一端用力，使其缓慢从竖直位置转到水平位置，此过程中关于轻杆甲和乙所受定滑轮的作用力，下列说法正确的是（）A．轻杆甲所受定滑轮的作用力逐渐增大B．轻杆甲所受定滑轮的作用力先增大后减小C．轻杆甲所受定滑轮的作用力的最小值为mgD．轻杆乙所受定滑轮的作用力先增大后减小6．（6分）在光滑水平面内有一沿x轴方向的静电场，其电势φ随坐标x变化的图线如图所示（图中φ0，﹣φ0，x1，x2，x3，x4均已知）．现有一质量为m，带电量为q的带负电小球（不计重力）从O点以某一未知初速度v0沿x轴正向射出．下列叙述正确的是）（）A．在0～x1间的电场强度沿x轴正方向、大小为E1=B．在x1～x2间与在x2～x3间电场强度相同C．只要v0＞0，该带电小球就能运动到x4处D．只要v0＞，该带电小球就能运动到x4处7．（6分）某兴趣小组自制一小型发电机，使线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴转动，穿过线圈的磁通量Φ随时间t按正弦规律变化，如图所示，线圈转动周期为T，线圈产生的电动势的最大值为E m，线圈的电阻为r，该线圈与电阻为R的纯电阻用电器构成闭合回路，则（）A．线圈匝数为n=B．电阻为R的用电器的电功率为C．在0～时间内通过用电器的电荷量为q=D．若线圈转速增大为原来的2倍，线圈中电动势的瞬时值为e=2E m cos8．（6分）如图所示，空间中有一范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向水平且垂直于纸面向里、一质量为m、电荷量为q的带正电小圆环套在一根固定的绝缘竖直长杆上，环与杆间的动摩擦因数为μ．现使圆环以初速度v0向上运动，经时间t0圆环回到出发点，假设圆环在回到出发点以前已经开始做匀速运动，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法中正确的是（）A．圆环在t=时刚好到达最高点B．圆环在运动过程中的最大加速度为a m=g+C．圆环从出发到回到出发点过程中损失的机械能为m（v02﹣）D．圆环在上升过程中损失的机械能等于下落回到出发点过程中损失的机械能二、非选择题（一）必考题9．（7分）要测量一个干电池组的电动势E（约6V）和内阻r（约2Ω），给定的器材有：电压表V：量程4.5V，内阻很大（（可视为理想电压表）定值电阻三个：R1=1.2Ω，R2=5Ω，R3=10Ω电键两个：S1和S2导线若干（1）试从三个定值电阻中选用两个，与其它器材一起组成一个测量电路，要求测量时电压表的指针偏转超过其量程的一半，请补全测量电路的实验原理图（图中各元件要标示字母符号）．（2）正确连接器材后，写出简要测量步骤，说明实验中应记录的测量值及其字母符号：①；②．（3）列出求E和r的方程式（要求用题给字母符号及测量值的字母符号表示不必计算结果）：①；②．10．（8分）如图所示是某研究性学习小组设计的“探究做功与速度的关系”的实验装置．他们将光电门固定在直轨道上的O点，将拉力传感器固定在质量为M的小车上，用不可伸长的细线通过一个定滑轮将小车与钩码相连，用拉力传感器记录小车所受拉力F的大小，通过光电门记录遮光条通过光电门的时间t，结合遮光条的宽度d计算出小车通过光电门时的速度，该小组提出如下两种操作方案：（1）方案一：用同一钩码通过细线拉同一小车，每次小车从不同位置由静止释放，各位置A、B、C、D、E、F、G（图中只标出了G）与O点间的距离s分别为s1、s2、s3、s4、s5、s6、s7．用该实验方案（填“需要”或“不需要”）测量钩码的重力；（填“需要”或“不需要”）平衡摩擦力；利用图象法处理实验数据，若以s为横轴，以（填“t”“t2”“”或“”）为纵轴作为的图象是一条过原点的直线，则可得出做功与速度的关系．（2）方案二：用不同的钩码通过细线拉同一小车，每次小车都从同一位置（与O点之间距离为s0）由静止释放．用该实验方案填“需要”或“不需要”）测量钩码的重力；（填“需要”或“不需要”）平衡摩擦力；只要已知量和测得量满足关系，即可得出做功与速度的关系．（3）为了减小两种方案的实验误差，下列做法正确的是．A．增大遮光条的宽度使其宽度测量的相对误差尽量小B．对同一遮光条，多测几次宽度以减小偶然误差C．钩码质量应当远小于小车质量D．调节定滑轮高度，使连接小车的细线与轨道严格平行．11．（14分）如图所示，水平地面上有一质量为M的特殊长平板B，平板B与地面间的动摩擦因数μ=0.2，在平板B的表面上方存在厚度d=0.8m的相互作用区；相互作用区上方某一高度处有一质量为m的小物块A．已知=．若小物块A 进入相互作用区，就会受到平板B对其竖直向上的恒力F=2mg的作用，在水平方向上A、B之间没有相互作用力．现使小物块A由静止开始下落，同时平板B 获得水平向左的初速度v0=12m/s，设平板B足够长，小物块A总能落入平板B 上方的相互作用区，且小物块A每次都恰好不与平板B接触，取重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力．（1）求小物块A开始下落时的位置与相互作用区的距离h；（2）求小物块A开始下落到再次回到初始位置经历的时间；（3）从小物块A 开始下落到平板B停止运动过程中，小物块A 已经回到几次初始位置？12．（18分）如图甲所示，水平放置的两平行金属板长l=6.34cm，两板间距为d=2cm，两板间有磁感应强度按图乙所示规律变化的匀强磁场和电场强度按图丙所示规律变化的匀强电场，其中B0=0.5T，E0=1.0×105V/m．t=0时刻金属板上极板带正电，磁场方向垂直纸面向里．一比荷为=1.0×108C/kg的带正电粒子（不计重力）以速度v0=2.0×105m/s平行金属板从两板左侧中间位置垂直磁场方向射入．求：（1）粒子在运动过程中与上极板的最近距离；（2）粒子在两极板间运动的总时间和在两极板间的偏转距离．（取π=3.14）选考题[物理-选修3-3]13．（5分）如图所示，活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内，活塞与气缸之间无摩擦，状态a是气缸放在冰水混合物中气体达到的平衡状态，状态b是气缸在室温（27℃）环境中气体达到的平衡状态，状态c是活塞上加砝码后，在室温环境中气体达到的平衡状态．已知状态c气体的体积与状态a气体的体积相同，大气压强始终保持不变，则下列说法中正确的是（）A．状态a与c的气体分子在单位时间内撞击活塞的个数相同B．与状态a相比，状态c的气体分子对活塞的作用力较大C．与状态b到c，气体向外界放出热量D．与状态b到c，气体的内能增加E．与状态b到c，气体的内能不变14．（10分）如图所示，粗细均匀的U形玻璃管竖直放置，其左管顶端封闭，右管足够长且与大气相通，管中由两段水银柱密封着A、B两部分理想气体，其中气柱A的长度为L AB=10cm，气柱A的底部比气柱B的底部高h1=3cm，气柱B上方的水银柱长为h2=8cm．已知外界大气压强恒为p0=75cmHg，环境湿度保持不变．（ⅰ）求气柱A此时的压强p A．（ⅱ）若现在从开口端缓慢地注入水银，为了使气柱A的长度变为L A=8cm，注入的水银柱长度应为多少？[物理-选修3-4]15．如图所示，在某一均匀介质中，A、B是振动情况完全相同的两个波源，其振动方程均为y=0.2sin20πt（m），介质中P点与A、B两波源间的距离分别为7.5m 和10m，两波源形成的简谐波沿各个方向传播，波速都为10m/s，则A、B两点连线上相邻的振动加强点间距为，P点的振动是（填“加强”或“减弱”）的．16．厚度为d、半径为R的透明圆柱体割去，其横截面如图所示．一束平行光与OA、OB成45°角射到OA、OB面上，该光束刚好覆盖OA、OB面，透明体对光的折射率为n=，若进入透明体的光线射到圆柱面上在有折射的情况下不考虑反射光线．求：（ⅰ）透明体对该光束的全反射临界角C；（ⅱ）透明体圆柱面有光线射出部分的面积与透明体圆柱面总面积的比值．[物理-选修3-5]17．用光子能量为2.5eV的一束光照射某光电管的阴，能够发生光电效应，这时给光电管加上反向当所加反向电压大于或等于0.60V时，光电子不能到达阳极，根据以上信息，可求出该光电管阴极材料的逸出功为eV；光电子的最大初动能等于eV．18．质量为m的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上，钢板处于平衡状态，与质量也为m的物块甲从钢板正上方高为h的A处自由落下，打在钢板上并与钢板一起向下运动x0后到达最低点B；若物块乙质量为2m，仍从A处自由落下，则物块乙与钢板一起向下运动到B点时，还具有向下的速度，已知质量加速度为g，空气阻力不计，求；（ⅰ）物块甲和钢板一起运动到最低点B过程中弹簧弹性势能的增加量；（ⅱ）物块乙和钢板一起运动到B点时速度v B的大小．2016年百校联盟高考物理最后一卷（四）参考答案与试题解析一、选择题1．（6分）下列说法正确的是（）A．“交流电的有效值”使用了平均思想法B．探究导体的电阻与导体的材料、长度、粗细的关系，使用了控制变量法C．电场强度是用比值法定义的，电场强度与电场力成正比，与试探电荷的电荷量成反比D．“如果电场线与等势面不垂直，那么电场强度沿着等势面方向就有一个分量，在等势面上移动电荷时静电力就要做功”，这里用到了归纳法【解答】解：A、交流电的有效值的定义用了等效替代的思想方法，故A错误；B、探究导体的电阻与导体的材料、长度、粗细的关系，使用了控制变量法，故B正确；C、电场强度采用的是比值定义法，所定义的电场强度与电场力及试探电荷的电量无关，故C错误D、“如果电场线与等势面不垂直，那么电场强度沿着等势面方向就有一个分量，在等势面上移动电荷时静电力就要做功”．采用的是假设法，故D错误．故选：B2．（6分）如图所示，用轻质弹簧将篮球拴在升降机底板上，此时弹簧竖直，篮球恰好与光滑的侧壁和光滑的倾斜天花板接触，在篮球与侧壁之间装有压力传感器，当升降机沿竖直方向运动时，压力传感器的示数逐渐增大，某同学对此现象给出了下列分析与判断，其中可能正确的是（）A．升降机正在匀加速上升B．升降机正在匀减速上升C．升降机正在加速下降，且加速度越来越大D．升降机正在减速下降，且加速度越来越大【解答】解：对篮球进行受力分析如图：由于压力传感器的示数增大，则斜面对篮球的压力F′一定增大，F′竖直向下的分力增大；篮球的位置不变则弹簧的弹力不变；所以篮球受到的竖直向下的合力增大，可知篮球的加速度的方向向下，可能向下做加速运动，也可以向上做减速运动．由于压力传感器的示数逐渐增大，可知加速度的大小逐渐增大．又由于升降机的加速度与篮球的加速度是相同的，由以上的分析可知，升降机可能正在加速下降，且加速度越来越大，或升降机正在减速上升，且加速度越来越大．可知只有选项C正确．故选：C3．（6分）若金星和地球的公转轨道均视为圆形，且在同一平面内，如图所示．在地球上观测，发现金星与太阳可呈现的视角（太阳与金星均视为质点，它们与眼睛连线的夹角）有最大值，最大视角的正弦值为k，则金星的公转周期为（）A．年 B．年 C．k3年D．年【解答】解：金星与太阳的最大视角出现的情况是地球上的人的视线看金星时，视线与金星的轨道相切，如图所示．θ为最大视角，由图可知根据题意，最大正弦值为k，则有：根据开普勒第三定律有：联立以上几式得：解得：，D正确，ABC错误；故选：D4．（6分）一半径为r、质量为m、电阻为R的金属圆环用一根长为L的绝缘细杆悬挂于O1点，杆所在直线过圆环圆心，在O1点的正下方有一半径为L+2r的圆形匀强磁场区域，其圆心O2与O1点在同一竖直线上，O1点在圆形磁场区域边界上，如图所示．现使绝缘细杆从水平位置由静止释放，下摆过程中金属圆环所在平面始终与磁场垂直，已知重力加速度为g，不计空气阻力及其他摩擦阻力，则下列说法正确的是（）A．金属圆环最终会静止在O1点的正下方B．金属圆环在整个过程中产生的焦耳热为mgLC．金属圆环在整个过程中产生的焦耳热为mg（L+2r）D．金属圆环在整个过程中产生的焦耳热为mg（L+r）【解答】解：环在进或出磁场时，因切割磁感线，从而产生焦耳热；当环整体在磁场中运动时，环不会离开磁场，因此也不会产生焦耳热；由几何关系可知，该过程中环的上边缘恰好位于磁场的边界时，与开始时相比环的重心下降的高度h=（L+2r）．由能量守恒定律，则有：在整个运动过程中产生的焦耳热Q，即为减小的机械能；因此Q=mgh=mg（L+2r），故C正确，ABD错误．故选：C．5．（6分）如图所示，用一根长杆和两个轻质小定滑轮（分别固定在轻杆甲和乙上）的组合装置来提升质量为m的重物A，长杆的一端通过铰链在地上形成转轴，转轴恰好在左侧定滑轮正下方O点处，在长杆的中点C处栓一轻细绳，轻细绳通过两个定滑轮后挂上重物A．C点与O点距离为l，左侧定滑轮上端B点与O点的距离为2l，重力加速度为g，现在杆的另一端用力，使其缓慢从竖直位置转到水平位置，此过程中关于轻杆甲和乙所受定滑轮的作用力，下列说法正确的是（）A．轻杆甲所受定滑轮的作用力逐渐增大B．轻杆甲所受定滑轮的作用力先增大后减小C．轻杆甲所受定滑轮的作用力的最小值为mgD．轻杆乙所受定滑轮的作用力先增大后减小【解答】解：以A为研究对象，由于A缓慢上升，所以可以认为A处于平衡状态，所以A受到的绳子的拉力大小等于A的重力．A、以滑轮甲为研究对象，则甲受到杆的作用力以及两个绳子的拉力，甲处于平衡状态，所以杆对甲的作用力与两个绳子的拉力的合大小相等，方向相反．由几何关系可知，当BC的连线与C点的轨迹（圆）相切时，两个绳子之间的夹角最大，此时两个绳子的合力最小．所以两个绳子的合力先减小后增大，杆对甲的作用力也是先减小后增大．故AB 错误；C、由以上的分析可知，当BC的连线与C点的轨迹（圆）相切时，两个绳子之间的夹角最大，此时设BC与竖直方向之间的夹角为θ，则sinθ=可得：θ=30°结合题目的图可知，两个绳子之间的夹角为：30°+90°=120°所以两个绳子的合力的大小与单根绳子的拉力大小是相等的，即等于mg，所以轻杆甲所受定滑轮的作用力的最小值为mg．故C正确；D、以滑轮乙为研究对象，则甲受到乙的作用力以及两个绳子的拉力，乙处于平衡状态，所以杆对乙的作用力与两个绳子的拉力的合大小相等，方向相反．由于拉乙的两个绳子之间的夹角保持不变，所以两个绳子的合力不变，则杆对乙的作用力也保持不变．故D错误．故选：C6．（6分）在光滑水平面内有一沿x轴方向的静电场，其电势φ随坐标x变化的图线如图所示（图中φ0，﹣φ0，x1，x2，x3，x4均已知）．现有一质量为m，带电量为q的带负电小球（不计重力）从O点以某一未知初速度v0沿x轴正向射出．下列叙述正确的是）（）A．在0～x1间的电场强度沿x轴正方向、大小为E1=B．在x1～x2间与在x2～x3间电场强度相同C．只要v0＞0，该带电小球就能运动到x4处D．只要v0＞，该带电小球就能运动到x4处【解答】解：A、由公式E=，可得E==，知φ﹣x图象的斜率等于电场强度，则可知小球从O运动到x1的过程中，场强沿x轴正方向，故A正确；B、φ﹣x图象的斜率等于电场强度，x1～x2间和x2～x3间的斜率相同，所以电场强度相同，故B正确；CD、若小球能运动恰好运动到x1处，初速度v0最小，从x=0到x1处，根据动能定理得：﹣qφ0=0﹣mv02，得：v0=，则根据运动的对称性可知，若该带电小球能运动到x4处，则初速度应满足v0≥，故C错误，D正确．故选：ABD．7．（6分）某兴趣小组自制一小型发电机，使线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴转动，穿过线圈的磁通量Φ随时间t按正弦规律变化，如图所示，线圈转动周期为T，线圈产生的电动势的最大值为E m，线圈的电阻为r，该线圈与电阻为R的纯电阻用电器构成闭合回路，则（）A．线圈匝数为n=B．电阻为R的用电器的电功率为C．在0～时间内通过用电器的电荷量为q=D．若线圈转速增大为原来的2倍，线圈中电动势的瞬时值为e=2E m cos【解答】解：A、感应电动势的最大值，线圈匝数，故A正确；B、感应电动势的有效值，电流，根据，故B错误；C、感应电动势的最大值，解得，在时间内通过用电器的电量=，故C 正确；D、线圈转速增大为原来的2倍，角速度变为原来的2倍，感应电动势的最大值为原来的2倍，线圈中电动势的瞬时值，故D错误；故选：AC8．（6分）如图所示，空间中有一范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向水平且垂直于纸面向里、一质量为m、电荷量为q的带正电小圆环套在一根固定的绝缘竖直长杆上，环与杆间的动摩擦因数为μ．现使圆环以初速度v0向上运动，经时间t0圆环回到出发点，假设圆环在回到出发点以前已经开始做匀速运动，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法中正确的是（）A．圆环在t=时刚好到达最高点B．圆环在运动过程中的最大加速度为a m=g+C．圆环从出发到回到出发点过程中损失的机械能为m（v02﹣）D．圆环在上升过程中损失的机械能等于下落回到出发点过程中损失的机械能【解答】解：A、环向上受到重力与向下的摩擦力，因此速度的减小，导致洛从兹力减小，则摩擦力会减小，因此环做加速度减小的减速运动，当环回头时，环开始做加速度减小的加速运动，之后做匀速直线运动，因此在t=时，不可能刚好到达最高点，故A错误；B、圆环在运动过程中，只有向上运动时，加速度大于向下运动的加速度，而向上运动摩擦力越大，则加速度越大，因此环刚开始运动时，其最大加速度，最大加速度为a m==g+，故B正确；C、圆环从出发到回到出发点过程中，重力势能变化为零，那么机械能的损失，即为动能的减小，根据动能定理，则有，，而v=，因此损失的机械能为m （v02﹣），故C正确；D、根据功能关系，除重力以外的力做功，则导致机械能变化，而环在上升与下落过程中，因摩擦力做功值不同，因此环在上升过程中损失的机械能不会等于下落回到出发点过程中损失的机械能，故D错误；故选：BC．二、非选择题（一）必考题9．（7分）要测量一个干电池组的电动势E（约6V）和内阻r（约2Ω），给定的器材有：电压表V：量程4.5V，内阻很大（（可视为理想电压表）定值电阻三个：R1=1.2Ω，R2=5Ω，R3=10Ω电键两个：S1和S2导线若干（1）试从三个定值电阻中选用两个，与其它器材一起组成一个测量电路，要求测量时电压表的指针偏转超过其量程的一半，请补全测量电路的实验原理图（图中各元件要标示字母符号）．（2）正确连接器材后，写出简要测量步骤，说明实验中应记录的测量值及其字母符号：①闭合S1，断开S2，读出此时电压表的示数U1；②闭合S2，再读出电压表的示数U2．（3）列出求E和r的方程式（要求用题给字母符号及测量值的字母符号表示不必计算结果）：①U1=；②U2=．【解答】解：（1）根据题意可知，只能采用两个电阻、一个电压表和一个电源来测量电压表内阻，则只能采用两电阻串联或并联的方式，利用欧姆定律进行测量；同时由于电源电压为6V，而电压表量程只有4.5V，电源内阻只有约3Ω；为了让电压表示数超过一半，外电阻一定要大于内电阻，并且为了外电压不超过4.5V，则外电阻最大为9Ω，因此为了进行测量，只能采用1.5Ω和5Ω两个电阻；电路图如图所示；（2）具体的实验步骤为：①闭合S1，断开S2，读出此时电压表的示数U1；②闭合S2，再读出电压表的示数U2；（3）由于电压表内阻较大，在测量电动势和内电阻时对电路的影响较小，可以忽略；则根据闭合电路欧姆定律可知U1=U2=联立即可求得电源的电动势和内电阻．故答案为：（1）如图所示；（2）①闭合S1，断开S2，读出此时电压表的示数U1；②闭合S2，再读出电压表的示数U2；（3）U1=；U2=．10．（8分）如图所示是某研究性学习小组设计的“探究做功与速度的关系”的实验装置．他们将光电门固定在直轨道上的O点，将拉力传感器固定在质量为M的小车上，用不可伸长的细线通过一个定滑轮将小车与钩码相连，用拉力传感器记录小车所受拉力F的大小，通过光电门记录遮光条通过光电门的时间t，结合遮光条的宽度d计算出小车通过光电门时的速度，该小组提出如下两种操作方案：（1）方案一：用同一钩码通过细线拉同一小车，每次小车从不同位置由静止释放，各位置A、B、C、D、E、F、G（图中只标出了G）与O点间的距离s分别为s1、s2、s3、s4、s5、s6、s7．用该实验方案不需要（填“需要”或“不需要”）测量钩码的重力；不需要（填“需要”或“不需要”）平衡摩擦力；利用图象法处理实验数据，若以s为横轴，以（填“t”“t2”“”或“”）为纵轴作为的图象是一条过原点的直线，则可得出做功与速度的关系．（2）方案二：用不同的钩码通过细线拉同一小车，每次小车都从同一位置（与O点之间距离为s0）由静止释放．用该实验方案不需要填“需要”或“不需要”）测量钩码的重力；需要（填“需要”或“不需要”）平衡摩擦力；只要已知量和测得量满足关系F=，即可得出做功与速度的关系．（3）为了减小两种方案的实验误差，下列做法正确的是BD．A．增大遮光条的宽度使其宽度测量的相对误差尽量小B．对同一遮光条，多测几次宽度以减小偶然误差C．钩码质量应当远小于小车质量D．调节定滑轮高度，使连接小车的细线与轨道严格平行．【解答】解：（1）绳子的拉力由力传感器直接得出，不需要用钩码的重力代替，不需要测量钩码重力，该实验中已经测量了物体的位移与速度，来探究合外力与。
2016高考理综评分细则 全国高中名校联盟2016最后一卷理综物理及解析和评分标准
2016高考理综评分细则全国高中名校联盟2016最后一卷理综物理及解析和评分标准导读：就爱阅读网友为您分享以下“全国高中名校联盟2016最后一卷理综物理及解析和评分标准”的资讯，希望对您有所帮助，感谢您对的支持!全国高中名校联盟20XX届高三“最后一卷”理综——物理二、选择题（14~18题只有一项符合题目要求，19~21题有多项符合题目要求。
）12（二）选考题。
34全国高中名校联盟20XX届高三“最后一卷”理综——物理参考答案与解析14、D 解析：在真空中无空气阻力，苹果羽毛同时落地，故A错误；电梯做自由落体运动时，苹果和羽毛受重力作用，故B错误；自由下落的电梯为非惯性参错误考系，牛顿运动定律不成立，故C错误；自由下落电梯里的观察者不知外界情况，则不能通过苹果和羽毛的运动现象判断引力存在，故D正确。
15、B解析：由题意分析可知，恒定外力与B点切线垂直，故可定性类比斜抛运动，B点类比为最高点，则C点速度大于A点速度，B正确。
16、D 解析：绳子变长，与挡板夹角将变小，挡板的弹力F1?mgtan?，所以挡板的弹力变小，所以A错误，绳子mg，所以拉力变大；B错误，挡板左倾小角度后，球静止，根据力的平衡，cos?mg所以挡板弹力和绳的拉力的合力不变，C错误，当细绳水平后，挡板弹力由F1?mgtan?变为F1??，所以变大，cos?变短，与挡板夹角将变大，拉力F2?D正确。
17、A解析：副线圈电压不变，开关S闭合，总电阻增大，副线圈电流增大，R上电压增大，小灯泡L1两端的电压减小，电流变小，故A正确，B错误；由于副线圈电压不变，电流增大，输出功率增大，输入功率增大，所以C、D错误。
2?2LM24L32?2LM2M?M?M???() 解得)?G2 M()18、C解析：M( ?G2?G232T2LT测2L(L/2)??0.315M，C选项正确。
?L319、AC解析：小球向右运动，则受电场力向右，带负电，A正确；在向右运动过程中速度先变大再变小，小球动能、电势能及弹簧弹性势能之和守恒，则动能先变大再变小，则小球的电势能、弹簧弹性势能之和先变小后变大，小球电势能不断变小，则小球的动能、弹簧弹性势能之和变大，所以B错误，C正确；如果小球向右经过O点时撤去电场，小球将会运动到B点左侧就返回，D错误。
山东省2016届高三最后一模物理试题Word版含答案
绝密★启用并使用完毕前2016年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
第Ⅰ卷1至5页，第Ⅱ卷6至16页。
注意事项：1.答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上，考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的准考证号、姓名与本人准考证号、姓名是否一致。
2.第Ⅰ卷每小题选出答案后用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
第Ⅱ卷用黑色墨水签字笔在答题卡上规定的答题区域内书写作答，超出答题区域书写的答案无效。
在试题卷上作答，答案无效。
3.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
4.保持卡面清洁，不要折叠、弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
5.考试结束后，监考员将试题卷、答题卡一并收回。
可能用到的相对原子质量：H 1 O 16 C 12 S 32 Fe 56 Na 23 Mg 24 Al 27 Ca 40N14 Ti 48二、选择题：本题共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一个选项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
14.2016年“科学突破奖”颁奖仪式在美国举行，我国科学家王贻芳获得“基础物理学突破奖”。
在物理学的发展过程中，科学家们创造出了许多物理学研究方法，以下关于所用物理学研究方法的叙述正确的是A．在不需要考虑带电物体本身的大小和形状时，用点电荷来代替物体的方法叫微元法B．在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验采用了假设法C．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了理想模型法D ．伽利略认为自由落体运动就是物体在倾角为90°的斜面上的运动，再根据铜球在斜面上的运动规律得出自由落体的运动规律，这是采用了实验和逻辑推理相结合的方法15．a 、b 、c 三个物体在同一条直线上运动，其位移与时间的关系图象中，图线c 是一条20.4x t =的抛物线。
【全国百强校】湖北省沙市中学2016届高三高考考前最后一卷理综物理试题
2015—2016学年下学期高三年级最后一卷理综物理试卷考试时间：2016年5月27日二、选择题：本题共 8 小题，每小题 6 分，在没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．如图所示，将一质量为m 的小球从空中O 点以速度0v 水平抛出，飞行一段时间后，小球经过P 点时动能20k E mv =，不计空气阻力，则小球从O 到P 过程中A ．经过的时间为3v gB ．速度增量为03v ，方向斜向下C ．运动方向改变的角度的正切值为13D ．下落的高度为25v g15．如图所示，光滑斜面与水平面成α角，斜面上一根长为l=0.30cm 的轻杆，一端系住质量为0.2kg的小球，另一端可绕O 点在斜面内转动，先将轻杆拉至水平位置，然后给小球一沿着斜面并与轻杆垂直的初速度03/v m s =，取210/g m s =，则A 2/sB ．小球到达最高点时，杆对其的弹力沿斜面向上C ．若增大0v ，小球达到最高点时杆子对小球的弹力一定增大D ．若增大0v ，小球达到最高点时杆子对小球的弹力可能减小16．如图甲所示的电路中理想变压器原、副线圈匝数比为10:1，A 、V 均为理想电表，R 、L 和D 分别是光敏电阻（其阻值随光强增大而减小）、理想线圈和灯泡。
原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u ，下列说法正确的是A ．电压u 的频率为100 HzB ．V 的示数为VC ．有光照射R 时，A 的示数变小D ．抽出L 中的铁芯，D 变亮17．一带正电的粒子仅在电场力作用下从A 点经B 、C 运动到D 点，其“速度—时间”图象如图所示。
分析图象后，下列说法正确的是A ．B 、D 两点的电场强度和电势一定都为零 B ．A 处的电场强度大于C 处的电场强度 C ．粒子在A 处的电势能小于在C 处的电势能D ．A 、C 两点的电势差大于B 、D 两点间的电势差18．如图所示，匀强磁场分布在平面直角坐标系的整个第Ⅰ象限内，磁感应强度为B 、方向垂直于纸面向里。
2016年高考新课标I卷理综物理试题Word解析版
2016 全国卷新课标I 卷理科综合（物理部分）二、选择题：本题共8 小题，每小题 6 分。
在每小题给出的四个选项中，第14~17 题只有一项符合题目要求，第18~21 题有多项符合题目要求。
全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分。
有选错的得0 分。
14.一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上。
若将云母介质移出，则电容器（）A.极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大B.极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大C.极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变D.极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变【答案】 D【解析】由 C r S可知，当云母介质抽出时，r 变小，电容器的电容C 变小；4πkdU 不变，根据Q CU 可知，当C减小时， Q 因为电容器接在恒压直流电源上，故减小。
再由UE 不变，答案为 D E，由于U与d都不变，故电场强度d【考点】电容器的基本计算15.现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定。
质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。
若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12 倍。
此离子和质子的质量比约为（）A. 11B. 12C. 121D. 144【答案】 D【解析】设质子的质量数和电荷数分别为m1、 q1，一价正离子的质量数和电荷数为m2 、 q2，对于任意粒子，在加速电场中，由动能定理得：qU 1 20 得v2qU①mvm2在磁场中应满足v2②qvB mr由题意，由于两种粒子从同一入口垂直进入磁场，从同一出口垂直离开磁场，故在磁场中做匀速圆周运动的半径应相同．由①② 式联立求解得匀速圆周运动的半径r 12mU ，由于加速电压不变，B qr1 B2 m1 q2 1其中 B2 12B1，q1 m1 1故B1 m2 q1 1 q2，可得144r2 m2 故一价正离子与质子的质量比约为144【考点】带电粒子在电场、磁场中的运动、质谱仪。
河南省百校联盟2016年高考物理质检试卷 含解析 精品
2016年河南省百校联盟高考物理质检试卷一、选择题：本题共12小题，每小题5分，在每题给出的四个选项中，第1题～第8题，每小题只有一个选项符合题目要求；第9题～第12题，每小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但选不全的得3分，有选错的得0分．1．如图所示为甲、乙两物体从同一地点开始做直线运动的v一t图象，图中t1=t2，则在0一t2时间内物体的运动，下列说法错误的是（）A．在t1时刻，甲位移是乙位移的2倍B．加速过程中，甲的加速度大小是乙的加速度大小的2倍C．在t1到t2之间某个时刻，甲与乙相遇D．在到达t2时刻之前，甲一直在乙的前面2．一长木板静止在倾角为θ的斜面上，长木板上一人用力推长木板上物块，使物块与长木板间的摩擦力刚好为零，已知人、物块、长木板的质量均为m，人、物块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与斜面间的动摩擦因数为μ2，则下列说法正确的是（）A．斜面对长木板的摩擦力为mgsinθB．斜面对长木板的摩擦力为3μ2mgcosθC．长木板对人的摩擦力为2μ1mgcosθD．长木板对人的摩擦力为2mgsinθ3．如图所示，光滑固定斜面体ABC的两个底角∠A=37°，∠B=53°，两个物块通过一绕过定滑轮的轻绳相连放于两斜面上，给m2一沿斜面向下的初速度，结果m2刚好能沿斜面匀速下滑，若将m1、m2互换位置，并同时释放两物块，则m1的加速度（重力加速度为g）（）A．大小为0.1g 方向沿斜面向上B．大小为0.1g 方向沿斜面向下C．大小为0.2g 方向沿斜面向上D．大小为0.2g 方向沿斜面向下4．正三角形ABC的三个顶点处分别有垂直于三角形平面的无限长直导线，导线中通有恒定电流，方向如图所示，a、b、c三点分别是正三角形三边的中点，若A、B、C三处导线中的电流分别为I、2I、3I，已知无限长直导线在其周围某一点产生的磁场磁感应强度B的大小与电流成正比，与电流到这一点的距离成反比，即B=k，则a、b、c三点的磁感应强度大小关系为（）A．a点最大B．b点最大C．c点最大D．b、c两点一样大5．如图所示，AB是半圆弧的直径，处于水平，O是圆弧的圆心，C是圆弧上一点，∠OAC=37°，在A、O两点分别以一定的初速度同时水平抛出两个小球，结果都落在C点，则两个球抛出的初速度v l、v2的大小之比为（）A．v l：v2=32：7 B．v l：v2=16：7 C．v l：v2=16：3 D．v l：v2=16：96．如图所示，质量为m的小球用长为L的细绳与O点相连，开始时小球位于A 点，OA长为L，在OA的垂直平分线BC和虚线OD的交点处有一小钉，虚线OD 与水平方向的夹角θ=37°，当小球由静止释放，小球运动到最低点时，细绳刚好断开（不考虑细绳与小钉碰撞的能量损失），则绳能承受的最大拉力为（）A．2mg B．3mg C．4mg D．5mg7．某赤道平面内的卫星自西向东飞行绕地球做圆周运动，该卫星离地高度为h，赤道上某人通过观测，前后两次出现在人的正上方最小时间间隔为t，已知地球的自转周期为T0，地球的质量为M，引力常量为G，由此可知（）A．地球的半径为B．地球的半径为C．该卫星的运行周期为t﹣T0D．该卫星运行周期为8．如图所示，平行板电容器竖直放置，与直流电源相连，开始时两板M、N错开（图中实线所在位置），M板固定，并接地，两板间P点固定一带正电的粒子，则（）A．电键k闭合，N板缓慢向下移到虚线所在位置，两板间的电压先增大后减小B．电键k闭合，N板缓慢向下移到虚线所在位置，电容器的带电量先增大后减小C．电键k断开，N板缓慢向下移到虚线所在位置，带电粒子的电势能先增大后减小D．电键k断开，N板缓慢向下移到虚线所在位置，电容器贮存的电场能先增大后减小9．如图所示为两电量绝对值相等的点电荷A、B激发的电场，矩形abcd的中心正好与两电荷连线的中点O重合，ad边平行于点电荷连线，e、f、g、h分别为矩形各边与两电荷连线及中垂线的交点，取无穷远处为零电势处．则下述正确的是（）A．若A、B是同种电荷，则e、f两点场强相同B．若A、B是同种电荷，则a、b、c、d四点电势相同C．若A、B是异种电荷，则g、h两点的电势为零D．若A、B是异种电荷，则a、c两点场强相同10．物体做自由落体运动，其下落的高度h、瞬时速度v、时间t、平均速度之间的关系正确的是（）A．B．C．D．11．如图所示，电源电动势为E、内阻为r．闭合开关S，当滑动变阻器R的滑片缓慢地从最左端向右移动一段距离的过程中，电压表示数的变化量为△U，电流表示数的变化量为△I，电流表的示数为I，电容器的带电量为Q，则在这个过程中，下列图象正确的是（）A．B．C．D．12．如图所示，一单边有界磁场的边界上有一粒子源，以与水平方向成θ角的不同速率，向磁场中射入两个相同的粒子1和2，粒子1经磁场偏转后从边界上A 点出磁场，粒子2经磁场偏转后从边界上B点出磁场，OA=AB，则（）A．粒子1与粒子2的速度之比为1：2B．粒子1与粒子2的速度之比为1：4C．粒子1与粒子2在磁场中运动的时间之比为1：1D．粒子1与粒子2在磁场中运动的时间之比为1：2二、实验题：本题共2小题．共15分．13．某同学用气垫导轨做侧滑块加速度和验证机械能守恒定律实验，A、B为气垫导轨上的两个光电门，当滑块在气垫导轨上滑动通过两光电门时，连接在光电门上的数字计时器记录滑块上的挡光片挡光时间，两光电门间的距离为L．（1）先用一螺旋测微器测量挡光片的宽度，如图2所示，读数为d=cm．（2）实验开始先调节气垫导轨下面的螺钉，使气垫导轨水平，在不增加其他仪器的情况下，如何判定气垫导轨是否水平？（3）让滑块在图示1位置由静止开始在悬挂重物的牵引下向左运动，牵引滑块的细绳始终保持水平，滑块通过A、B两光电门的时间分别为t1、t2，则此次运动过程中，滑块运动的加速度大小为（用题设中各物理量符号表示）．要利用此过程验证机械能守恒定律，还需要测量的物理量为（填物理量及符号），要验证机械能守恒的表达式为（用顺设中各物理量符号表示）．14．某实验小组用如下所示实验电路测三节干电池组成的电池组的电动势和内阻，定值电阻R0=3Ω．（1）闭合电键前，滑动变阻器的滑片应移动到最（填“左”或“右”）端，闭合电键后，在连续调节滑动变阻器滑片的过程中，电压表V2的示数（填“增大”、“减小”或“不变”）．（2）根据实验测得的两个电压表的多组示数，作出U1﹣U2图象，如图所示，由此得到电池组的电动势E=，内阻r=．（3）本实验引起系统误差的主要原因有．三、计算论述题：本题共3小题，共计35分，解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题．答案中必须明确写出数值和单位．15．如图所示，一固定倾斜放置的粗糙直杆方向与水平方向的夹角为θ=37°，其上套有一质量为m的环，给环一个初速度让环沿杆下滑，环恰好能匀速下滑，现给环一斜向上的拉力，方向与杆的夹角也为θ，使环从A点由静止沿杆向上做匀加速直线运动，至C点时撤去拉力，结果环恰好能滑到D点，已知AB=BC=CD=L，重力加速度为g，拉力作用在环上时，杆对环的弹力垂直于杆向下，（已知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8）求：（1）环与杆间的动摩擦因数；（2）拉力F的大小．16．如图所示，一光滑绝缘斜面固定在水平向右的匀强电场中，斜面的倾角为37°，斜面上有A、B两个小球，B球固定，A球恰好处于静止，两球相距L，两球的质量均为m，带电量的大小均为q，A带负电，静电力常量为k．（已知sin37°=，cos37）求：，（1）B球的电性及匀强电场的电场强度大小；（2）释放B球的一瞬间，B球的加速度大小；（3）释放B球后，当A球沿斜面向下运动L的距离时，B球运动了n l L的距离，这时A球的速度为v，B球的速度为n2v，此过程中两个球间的库仑力做功的代数和为多少？17．如图所示，在平面直角坐标系xoy中，第工象限内有沿y轴负向的匀强电场，电场强度的大小为E，第IV象限内有垂直纸面向外的匀强磁场．在y轴的正半轴上，各点处均向x轴正向发射质量均为m、电荷量为q的带正电粒子，结果这些粒子均能从x轴上的Q占决入磁场，并且到Q点速度最小的粒子A，经磁场偏转后恰好从（0，一L）射出磁场，已知QQ=L，粒子的重力不计．求：（1）匀强磁场的磁感应强度大小及粒子A在磁场中运动的时间；（2）若某粒子c从y轴上的P点射出，经过Q点时，速度方向与x轴正向成30°，求OP的大小及该粒子在磁场中做圆周运动的半径．2016年河南省百校联盟高考物理质检试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共12小题，每小题5分，在每题给出的四个选项中，第1题～第8题，每小题只有一个选项符合题目要求；第9题～第12题，每小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但选不全的得3分，有选错的得0分．1．如图所示为甲、乙两物体从同一地点开始做直线运动的v 一t 图象，图中t 1=t 2，则在0一t 2时间内物体的运动，下列说法错误的是（ ）A ．在t 1时刻，甲位移是乙位移的2倍B ．加速过程中，甲的加速度大小是乙的加速度大小的2倍C ．在t 1到t 2之间某个时刻，甲与乙相遇D ．在到达t 2时刻之前，甲一直在乙的前面【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】在速度﹣时间图象中，图象的切线代表该位置的加速度，图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负，据此分析即可．【解答】解：A 、根据图象可知，甲乙都做匀加速直线运动，而t 1=t 2，则a 甲=2a乙，所以在t 1时刻，v 甲=2v 乙，此时甲的位移，乙的位移，甲位移是乙位移的2倍，故AB 正确；C 、图象与坐标轴围成面积代表位移，甲、乙两物体从同一地点开始做直线运动，根据图象可知，在t 2时刻，甲乙的位移相等，则在t 2时刻相遇，相遇前甲一直在乙的前面，故C 错误，D 正确．本题选错误的，故选：C2．一长木板静止在倾角为θ的斜面上，长木板上一人用力推长木板上物块，使物块与长木板间的摩擦力刚好为零，已知人、物块、长木板的质量均为m，人、物块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与斜面间的动摩擦因数为μ2，则下列说法正确的是（）A．斜面对长木板的摩擦力为mgsinθB．斜面对长木板的摩擦力为3μ2mgcosθC．长木板对人的摩擦力为2μ1mgcosθD．长木板对人的摩擦力为2mgsinθ【考点】摩擦力的判断与计算．【分析】根据选取不同的研究对象，依据整体法与隔离法，结合平衡条件，即可求解．【解答】解：AB、对人，物块，长木板三者整体研究，斜面对它们的摩擦力为静摩擦力，其大小为f=3mgsinθ，故AB错误；CD、对人，物块整体研究，由于物块与长木板间的摩擦力刚好为零，因此长木板对人的静摩擦力大小为f′=2mgsinθ，故C错误，D正确；故选：D．3．如图所示，光滑固定斜面体ABC的两个底角∠A=37°，∠B=53°，两个物块通过一绕过定滑轮的轻绳相连放于两斜面上，给m2一沿斜面向下的初速度，结果m2刚好能沿斜面匀速下滑，若将m1、m2互换位置，并同时释放两物块，则m1的加速度（重力加速度为g）（）A．大小为0.1g 方向沿斜面向上B．大小为0.1g 方向沿斜面向下C．大小为0.2g 方向沿斜面向上D．大小为0.2g 方向沿斜面向下【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．【分析】根据物体运动情况分析物体的受力情况，可以分别对两物体受力分析．互换位置后再分析物体受力情况，根据牛顿第二定律求出加速度．【解答】解：由题意知，m2恰好沿斜面匀速下滑时，由二力平衡有：m1gsin37°=m2gsin53°互换位置后，设m1的加速度为a，方向沿斜面向下，由牛顿第二定律有：m1gsin53°﹣m2gsin37°=（m1+m2）a，解得：a=0.2g，故ABC错误，D正确．故选：D4．正三角形ABC的三个顶点处分别有垂直于三角形平面的无限长直导线，导线中通有恒定电流，方向如图所示，a、b、c三点分别是正三角形三边的中点，若A、B、C三处导线中的电流分别为I、2I、3I，已知无限长直导线在其周围某一点产生的磁场磁感应强度B的大小与电流成正比，与电流到这一点的距离成反比，即B=k，则a、b、c三点的磁感应强度大小关系为（）A．a点最大B．b点最大C．c点最大D．b、c两点一样大【考点】磁感应强度．【分析】本题考查了磁场的叠加，根据导线周围磁场分布可知，与导线等距离地方磁感应强度大小相等，根据安培定则判断出两导线在a、b、c三点形成磁场方向，磁感应强度B是矢量，根据矢量分解合成的平行四边形定则求解．【解答】解：设正三角形的边长为2L，根据公式B=k，结合矢量的叠加原理，则a、b、c三点的磁感应强度大小分别为B a=4k；B b==kB c==k综上所述，故B正确，ACD错误；故选：B．5．如图所示，AB是半圆弧的直径，处于水平，O是圆弧的圆心，C是圆弧上一点，∠OAC=37°，在A、O两点分别以一定的初速度同时水平抛出两个小球，结果都落在C点，则两个球抛出的初速度v l、v2的大小之比为（）A．v l：v2=32：7 B．v l：v2=16：7 C．v l：v2=16：3 D．v l：v2=16：9【考点】平抛运动．【分析】平抛运动的高度相同，则运动的时间相同，根据几何关系求出水平位移之比，从而求出初速度之比．【解答】解：两球下落的高度相同，根据t=知，下落的时间相同，设圆弧的半径为R，则A点抛出的球平抛运动的水平位移x1=2Rcos37°•cos37°=1.28R，从O 点抛出的球做平抛运动的水平位移为x2=x1﹣R=0.28R，根据v=知，v1：v2=1.28：0.28=32：7．故选：A．6．如图所示，质量为m的小球用长为L的细绳与O点相连，开始时小球位于A 点，OA长为L，在OA的垂直平分线BC和虚线OD的交点处有一小钉，虚线OD 与水平方向的夹角θ=37°，当小球由静止释放，小球运动到最低点时，细绳刚好断开（不考虑细绳与小钉碰撞的能量损失），则绳能承受的最大拉力为（）A．2mg B．3mg C．4mg D．5mg【考点】机械能守恒定律；向心力．【分析】小球运动过程中，只有重力做功，机械能守恒定律，根据机械能守恒定律求出运动到最低点的速度，在最低点，绳子刚好拉断，此时绳子的力最大，根据向心力公式求解最大拉力．【解答】解：小球运动过程中，只有重力做功，机械能守恒定律，设小球运动到最低点时的速度为v，则有：mg（L﹣）=在最低点，绳子刚好拉断，则绳能承受的最大拉力满足F﹣mg=m解得：F=5mg，故D正确．故选：D7．某赤道平面内的卫星自西向东飞行绕地球做圆周运动，该卫星离地高度为h，赤道上某人通过观测，前后两次出现在人的正上方最小时间间隔为t，已知地球的自转周期为T0，地球的质量为M，引力常量为G，由此可知（）A．地球的半径为B．地球的半径为C．该卫星的运行周期为t﹣T0D．该卫星运行周期为【考点】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，结合前后两次出现在人的正上方时，正好多转动一圈，从而列式，即可求解．【解答】解：根据赤道平面内的卫星绕地球做圆周运动，由万有引力提供向心力，则有：解得：R=﹣h，设卫星的周期为T，则有：=1，解得：T=，因此R=﹣h，故D正确，ABC错误；故选：D．8．如图所示，平行板电容器竖直放置，与直流电源相连，开始时两板M、N错开（图中实线所在位置），M板固定，并接地，两板间P点固定一带正电的粒子，则（）A．电键k闭合，N板缓慢向下移到虚线所在位置，两板间的电压先增大后减小B．电键k闭合，N板缓慢向下移到虚线所在位置，电容器的带电量先增大后减小C．电键k断开，N板缓慢向下移到虚线所在位置，带电粒子的电势能先增大后减小D．电键k断开，N板缓慢向下移到虚线所在位置，电容器贮存的电场能先增大后减小【考点】电容器的动态分析．【分析】电容器始终与电源连接，两端的电势差不变，负极板向下移动一小段距离稳定后，电容发生变化，根据Q=CU判断带电量的变化，当电键断开后，则电量不变，那么由公式U=可知判断电压的变化，从而判断P点与M极板间电势差的变化，从而得出P点电势的变化，进而确定电势能的变化，最后依据库仑力做功的正负，从而判定电容器的电场能的变化．【解答】解：A、电键K闭合，由于电容器一直与电源相连，因此电容器两极间的电压不变，故A错误；B、由电容的决定式C=，可知，两板间的正对面积先增大后减小，因此平行板电容器的电容先增大后减小，由Q=CU可知，由于K闭合，电压一定，电容器的带电量先增大后减小，故B正确；C、电键K断开，电容器的带电量一定，由U=可知，两板间的电压先减小后增大，由电压分配可知，P点的电势先降低后升高，因此带正电的电荷在P点的电势能先减小后增大，故C错误；D、由电压分配可知，电容器的电量一定，N板移动过程中，两板电荷间的库仑力先做正功后做负功，因此电容器贮存的电场能先减小后增大，故D错误；故选：B．9．如图所示为两电量绝对值相等的点电荷A、B激发的电场，矩形abcd的中心正好与两电荷连线的中点O重合，ad边平行于点电荷连线，e、f、g、h分别为矩形各边与两电荷连线及中垂线的交点，取无穷远处为零电势处．则下述正确的是（）A．若A、B是同种电荷，则e、f两点场强相同B．若A、B是同种电荷，则a、b、c、d四点电势相同C．若A、B是异种电荷，则g、h两点的电势为零D．若A、B是异种电荷，则a、c两点场强相同【考点】电场的叠加；电场强度；电势．【分析】根据等量同种电荷电场线和等势线分布情况和对称性，判断abcd四点的电势和场强关系，场强是矢量，只有大小和方向都相同时，场强才相同．等量异种电荷产生的电场中，电场线关于两电荷的连线和中垂线对称，根据对称性分析场强的大小；根据顺着电场线方向电势降低，判断电势关系．结合两种电场的电场线的特点如图，然后分析即可．【解答】解：A、根据等量同种电荷电场线和等势线分布情况和对称性，可知abcd 四点的电场强度大小相等，但方向不同．故A错误；B、abcd四点所处的为四个对称点且电势为标量，则电势相同．故B正确；C、若A、B是异种电荷，则g、h两点的连线是两个点电荷的连线的中垂线，该中垂线上各点的电势与无穷远处的电势相等，所以电势为零．故C正确；D、若A、B是异种电荷，根据等量异种点电荷的电场的特点可知，则a、c两点场强相同．故D正确．故选：BCD．10．物体做自由落体运动，其下落的高度h、瞬时速度v、时间t、平均速度之间的关系正确的是（）A．B．C．D．【考点】匀变速直线运动的图像；自由落体运动．【分析】明确自由落体运动的规律，根据位移公式及速度公式进行分析，从而得出正确的图象．【解答】解：物体做自由落体运动．下落的高度h=gt2；故h﹣t图象为过原点的抛物线；故A正确；C错误；B、由v=gt可知，速度﹣时间图象为过原点的直线；故B错误，D正确；故选：AD．11．如图所示，电源电动势为E、内阻为r．闭合开关S，当滑动变阻器R的滑片缓慢地从最左端向右移动一段距离的过程中，电压表示数的变化量为△U，电流表示数的变化量为△I，电流表的示数为I，电容器的带电量为Q，则在这个过程中，下列图象正确的是（）A．B．C．D．【考点】闭合电路的欧姆定律；电容．【分析】当电压表测量滑动变阻器的电压，电流表测量干路电流，根据闭合电路欧姆定律分析图象，根据闭合电路欧姆定律分析总电流的变化情况，从而分析R1的电压如何变化，根据R1电压的变化，判断电容器所带电量的变化．【解答】解：A、电压表测量滑动变阻器的电压，电流表测量干路电流，根据闭合电路欧姆定律U=E﹣I（R1+r）得：△U=△I（R1+r）解得：=（R1+r），不变，故A错误，B正确；C、当滑动变阻器R的滑片缓慢地从最左端向右移动一段距离的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知，电路中总电流I增大，根据欧姆定律可知电阻R1两端电压增大，电路中总电流I增大，根据Q=UC=CR1I可知，Q﹣I图象是过原点的倾斜直线，故C错误，D正确；故选：BD12．如图所示，一单边有界磁场的边界上有一粒子源，以与水平方向成θ角的不同速率，向磁场中射入两个相同的粒子1和2，粒子1经磁场偏转后从边界上A 点出磁场，粒子2经磁场偏转后从边界上B点出磁场，OA=AB，则（）A．粒子1与粒子2的速度之比为1：2B．粒子1与粒子2的速度之比为1：4C．粒子1与粒子2在磁场中运动的时间之比为1：1D．粒子1与粒子2在磁场中运动的时间之比为1：2【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：，可得到：R=，周期T=；画出轨迹，结合几何关系得到半径之比，根据公式得到半径关系，再结合公式t=得到时间关系．【解答】解：AB、粒子进入磁场后速度的垂线与OA的垂直平分线的交点为粒子1在磁场中的轨迹圆的圆心；同理，粒子进入磁场后速度的垂线与OB的垂直平分线的交点为粒子2在磁场中的轨迹圆的圆心；由几何关系可知，两个粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为r1：r2=1：2，由r=可知，粒子1与粒子2的速度之比为1：2，故A正确，B错误；CD、由于粒子在磁场中做圆周运动的；均为周期均为T=，且两粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对的圆心角相同，根据公式t=，两个粒子在磁场中运动的时间相等，故C正确，D错误；故选：AC二、实验题：本题共2小题．共15分．13．某同学用气垫导轨做侧滑块加速度和验证机械能守恒定律实验，A、B为气垫导轨上的两个光电门，当滑块在气垫导轨上滑动通过两光电门时，连接在光电门上的数字计时器记录滑块上的挡光片挡光时间，两光电门间的距离为L．（1）先用一螺旋测微器测量挡光片的宽度，如图2所示，读数为d=0.6725cm．（2）实验开始先调节气垫导轨下面的螺钉，使气垫导轨水平，在不增加其他仪器的情况下，如何判定气垫导轨是否水平？取下牵引重物，M放在任意位置不动，或取下牵相重物，轻推滑块，数字计时器记录每一个光电门的电束被挡住的时间都相等（3）让滑块在图示1位置由静止开始在悬挂重物的牵引下向左运动，牵引滑块的细绳始终保持水平，滑块通过A、B两光电门的时间分别为t1、t2，则此次运动过程中，滑块运动的加速度大小为（﹣）（用题设中各物理量符号表示）．要利用此过程验证机械能守恒定律，还需要测量的物理量为滑块的质量M，以及悬挂重物的质量m，（填物理量及符号），要验证机械能守恒的表达式为mgL=（M+m）d2（（﹣）（用顺设中各物理量符号表示）．【考点】验证机械能守恒定律；机械能守恒定律．【分析】（1）根据螺旋测微器的读数方法可明确对应的读数，注意在读可动部分时需要估读；（2）导轨水平时，滑块在不受外力的情况下应处于平衡状态；故小车可以做匀速直线运动或静止；（3）根据平均速度公式可求得经过光电门的速度，再由速度和位移公式可求得加速度；根据机械能守恒定律可明确对应的表达式．【解答】解：（1）螺旋测微器的读数为：d=6.5+22.5×0.01mm=6.725mm=0.6725cm（2）气垫导轨处于水平时，滑块受力平衡，故可以取下牵引重物，M放在任意位置不动，或取下牵相重物，轻推滑块，数字计时器记录每一个光电门的电束被挡住的时间都相等；（3）经过光电门的速度v=；由v2﹣v02=2ax可知，（）2﹣（）2=2aL；解得：a=（﹣）要想验证机械能守恒，还需要测量滑块的质量M，以及悬挂重物的质量m，根据机械能守恒定律可知：mgL=（M+m）d2（（﹣）；故答案为：（1）0.6725；（2）可以取下牵引重物，M放在任意位置不动，或取下牵相重物，轻推滑块，数字计时器记录每一个光电门的电束被挡住的时间都相等；（3）滑块的质量M，以及悬挂重物的质量m；mgL=（M+m）d2（（﹣）；14．某实验小组用如下所示实验电路测三节干电池组成的电池组的电动势和内阻，定值电阻R0=3Ω．。
2016年百校联盟高考物理最后一卷(三) 含解析
2016年百校联盟高考物理最后一卷（三)一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分.第1～5小题只有一项符合题目要求,第6~8小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）1．一质量为2kg的玩具车以额定功率4W在一条平直的轨道上由静止启动,假设轨道对玩具车的摩擦力为定值，已知该玩具车的最大速度为2m/s,当玩具车的速度为1m/s时，其加速度为（）A．4m/s2B．2m/s2C．1m/s2D．0。
5m/s22．将电压为u=220cos100πt（V）的交流电接在原、副线圈匝数比为2:1的理想变压器的原线圈两端，在副线圈接一内阻为r=10Ω的电动机，其额定功率为440W，此电动机刚好能正常工作．则（)A．电动机的输入电压有效值为156VB．电动机的发热功率为160WC．变压器的输入功率为280WD．变压器原线圈的电流为8A3．如图所示，在水平地面上有三个物块A、B、C，给C施加一个水平向右的拉力，三个物块以相同的加速度a向右做匀加速直线运动．已知A、B、C的质量分别为m A、m B、m C，则下列说法错误的是（）A．A受到B的摩擦力大小为m A aB．B受到A、C摩擦力的合力大小为m B aC．C受到的合力大小为m C aD．若地面光滑，C受到的水平向右的拉力大小为（m A+m B+m C）a4．如图所示，将一质量为1kg、边长为1m的正方形导体框mnpq放在粗糙的绝缘水平面上，导体框的总电阻为0。
25Ω，图中的虚线为该导体框的对称轴线,轴线的左侧（不包括pq边）存在竖直向下的磁场，磁感应强度大小随时间的变化规律为B1=t（T），轴线的右侧（包括mn边）存在竖直向上的磁感应强度大小为1T的匀强磁场．假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,导体框与水平面间的动摩擦因数为0.1，重力加速度g=10m/s2，则导体框释放的瞬间（）A．mn边所受的安培力方向向左B．导体框所受的合力为零C．导体框中的感应电流大小为2AD．导体框的加速度大小为2m/s25．如图是武广铁路上某机车在性能测试过程中的v﹣t图象,测试时机车先以恒定的牵引力F启动发动机使机车在水平铁轨上由静止开始运动，t1时刻机车关闭发动机，到t2时刻机车完全停下．图象中θ＞α，设整个测试过程中牵引力F做的功和克服摩擦力f做的功分别为W1、W2，0～t1时间内F做功的平均功率和全过程克服摩擦力f做功的平均功率分别为P1、P2，则下列判断正确的是（）A．W1＞W2，F=2f B．W1=W2，F＞2f C．P1＜P2，F＞2f D．P1=P2，F=2f6．经长期观测，人们在宇宙中已经发现了“双星系统”．“双星系统”由相距较近的恒星组成,每个恒星的半径远小于两个恒星之间的距离，而且双星系统一般远离其他天体，它们在相互间的万有引力作用下，绕某一点做匀速圆周运动,如图所示为某一双星系统，A星球的质量为m1,B星球的质量为m2，它们中心之间的距离为L，引力常量为G，则下列说法正确的是（）。
2016届百校联盟高考物理冲刺金卷(三)(解析版)
2016届百校联盟高考物理冲刺金卷（三）一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分.第1~5小题只有一项符合题目要求。
第6~8小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．如图所示，一条形磁铁用细线悬挂在天花板上，金属环水平固定放置在其正下端，现将细线剪断，在条形磁铁穿过圆环的过程中，条形磁铁与圆环（）A．始终相互吸引B．始终相互排斥C．先相互吸引，后相互排斥D．先相互排斥，后相互吸引2．在真空中某区域有一电场，电场中有一点O，经过O点的一条直线上有P、M、N三点，到O点距离分别为r0、r1、r2，直线上各点的电势φ分布如图所示，r表示该直线上某点到O点的距离，下列说法中正确的是（）A．O、P两点间各点电势相同，沿OP方向场强一定为零B．M点的电势低于N点的电势C．M点的电场强度小于N点的电场强度D．正电荷沿直线从M点移动N点的过程中，电场力做负功3．下列图象中同一坐标系的两条图线分别表示某质点运动的速度v和加速度a 随时间t变化的关系，选择同一正方向，则其中可能正确的是（）A． B．C．D．4．进行科学研究有时需要大胆的想象，假设宇宙中存在一离其它恒星较远的，由质量相等的四颗星组成的四星系统（忽略其它星体对它们的引力作用），这四颗星恰好位于正方形的四个顶点上，并沿外接于正方形的圆形轨道做匀速圆周运动，若该系统中的星体的周期为原来的2倍，则正方形的边长和原来的边长的比值为（）A．B．C．2 D．5．两平行的金属板水平放置，极板上所带电荷情况如图所示，且极板间有垂直向里的匀强磁场，现将两个质量相等的带电小球A，B分别从P点沿水平方向射入极板间，所带电荷量分别为q A、q B，初速度分别为v A、v B，两个小球均能沿直线穿过平行板，现撤去磁场，仍将这两个带电小球分别保持原来的速度从P点沿水平方向射入极板间，结果两个小球分别落在M、N两点，则下关于此过程的说法正确的是（）A．两小球一定带负电B．若q A＞q B，则两小球射入时的初速度一定有v A＞v BC．若q A＞q B，则两小球射入时的初动能一定有E BA＜E ABD．两个小于球在极板间运动的加速度可能相等6．如图所示，AB为圆盘的直径，O为圆盘的圆心，在圆盘边缘A点固定一直立的细杆，一质量为m的物块放在OB的中点，用细线将物块和杆相连，且线刚好拉直但无拉力，转动圆盘的竖直中心轴，使圆盘在水平面内做匀速圆速运动，运动过程中物块与圆盘始终保持相对静止，已知物块与圆盘间的动摩擦因数为μ，圆盘的半径为R，细线能承受的最大拉力F=2μmg，物块与圆盘间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A．当圆盘转动的角速度为时，绳的拉力为0B．当圆盘转动的角速度为时，滑块的摩擦力刚好达到最大C．当圆盘转动的角速度为时，物块受到的摩擦力为μmgD．当绳刚好要断时，圆盘转动的角速度为7．如图所示，理想变压器的副线圈接有一规格为“44V、44W”的灯泡和线圈电阻r=1Ω的电动机，原线圈接上u=220sinlOOπt（V）的正弦交流电后灯泡和电动机都正常工作，且原线圈中理想交流电流表的示数为1A，则下列说法正确的是（）A．理想变压器原、副线圈匝数之比为4：1B．电动机的输出功率为176WC．电动机的热功率为16WD．若电动机被卡住，灯泡仍正常工作，则电流表的示数变为9A，此时应及时切断电源排除故障8．2016年1月28日消息，重庆将建空中卫生应急救援队，救援直升机转运停机坪覆盖区县．假设应急救援中直升机下面吊着一个箱子，箱里装有一物体，箱里物体刚好与箱顶接触，在直升机快速竖直上升的过程中，悬挂箱子的绳子突然断了，此后箱子运动过程中保持开始时的姿势，箱子所受的空气阻力与箱子运动速率的平方成正比，则在绳断后箱子运动过程中（箱子在空中运动的时间足够长），下列说法正确的是（）A．箱子的加速度一直减小直到最后为零B．箱子的重力势能一直减小C．绳断的一瞬间，箱内物体对箱底的压力为零D．箱内物体的机械能一直减小二、必考题（共4小题，满分47分）9．某同学用频闪照相法来研究小球的落体运动，用频次照相机在一底片上多次曝光，得到了图甲所示小球运动过程中每次曝光的位置，频闪照相机的频闪周期为T，其中小球位于位置2、3、4、5时球心与小球位于位置1时球心的距离分别为x1，x2、x3、x4…．（1）用游标卡尺（主尺的最小分度为1mm）测量小球的直径，示数如图乙所示，其读数为cm．（2）小球位于位置2时的速度大小为，小球下落时的加速度大小为．（3）如果计算出小示的加速度小于当地的重力加速度，可能的原因是．10．（9分）某实验探究小组为了较精确地测量一待测电阻R x的阻值，利用多用电表粗测出它的阻值，然后再改用伏安法测量，以下是备用器材：A．多用电表B．电压表V1，量程6V，内阻约8kΩC．电压表V2，量程15V，内阻约10kΩD．电流表A1，量程10mA，内阻约20ΩE．电流表A2，量程0.6A，内阻约0.5ΩF．电源电动势E=6VG．滑动变阻器R1，最大阻值10Ω，额定电流为2AH．滑动变阻器R2，最大阻值50Ω，额定电流为0.1AI．导线、电键若干（1）如图为多用电表盘，若用×100Ω挡测量电阻，则读数为Ω．（2）在伏安法测量电阻实验中应选择的元器件（填器材前面的字母代号）．（3）在虚线框内画出伏安法测量该电阻时的实验电路图．（4）探究小组的同学合理地连接好电路，交按正确的顺序操作，闭合开关后发现移动滑动变阻器滑片时，电压表示数有变化，电流表示数为零，故障可能是．为了检测故障具体原因，可以先使用多用电表的挡检测，再在断电后用多用电表的挡检测．11．（12分）如图所示，挡板P固定在足够高的倾角为θ=37°的斜面上，小物块A、B的质量均为m，两物块由劲度系数为k的轻弹簧相连，两物块与斜面的动摩擦因数均为μ=0.5，一不可伸长的轻绳跨过滑轮，一端与物块B连接，另一端连接一轻质小钩，初始小物块A、B静止，且物块B恰不下滑，若在小钩上挂一质量为M的物块C并由静止释放，当物块C运动到最低点时，小物块A恰好离开挡板P，重力加速度为g，sin37°≈0.6，cos37°≈0.8．（1）求物块C下落的最大高度；（2）求物块C由静止开始运动到最低点的过程中，弹簧弹性势能的变化量；（3）若把物块C换成质量为（M+m）的物块D，小物块A恰离开挡板P时小物块B的速度为多大？12．（20分）如图所示，以MN为界的两匀强磁场，方向均垂直纸面向里，MN 边界上方的磁感应强度B1大于下方的磁感应强度B2，且B2=B0，一质量为m，带正电荷且电量为q的粒子从O点沿图示方向垂直MN进入磁场B1中，不计粒子重力．（1）若B1=2B0，求带电粒子从O点出发至再次回到O点所需的时间，并画出粒子运动轨迹．（2）求带电粒子从O点出发后能再次回到O点的所有B1的可能值及其运动过程所用的时间．三、选考题：[选修3－3]（共2小题，满分15分）13．（5分）关于分子动理论与液体的性质，下列说法正确的是（）A．液体分子间既有引力也有斥力B．夏天的清晨，草叶上的露珠呈球形是一种浸润现象C．扩散现象与布朗运动都与分子的热运动有关D．分子动理论中所提到的分子，不包含原子和离子E．利用物质的摩尔质量与阿伏加德罗常数可以计算每个分子的质量14．（10分）如图所示，导热性能良好的气缸开口向下，内有体积为V0的理想气体，外界大气压强为p0，环境温度为T0．轻活塞的面积为S，轻活塞与气缸之间的摩擦不计，在活塞下面挂一个质量为m的小桶，活塞下移，并处于某一位置静止不动，重力加速度为g，求：（1）挂上小桶后，气缸内的体积V；（2）拿掉小桶，保持气缸的体积V不变，环境温度需要升高到多少；并判断气缸吸热还是放热．[选修3－4]（共2小题，满分0分）15．图甲为一列横波在t=0时刻的波动图象，图乙为介质中M点的振动图象，下列说法正确的是（）A．这列波沿x轴正方向传播B．这列波的频率为2HzC．这列波的波速大小为4m/sD．经过2s，M点通过的路程是0.4cmE．在t=1.5s时刻，N点向下运动16．某探究小组的同学利用直角三棱镜做光学实验，直角三棱镜的截面积如图所示，棱镜的折射率为，项角α=30°，BC边长度为α，P为垂直于直线BCO的光屏，现有一宽度等于AB的平行单色光束垂直射向AB面．（已知sin75°=+，cos75°=﹣）求：（1）光线从AC面射出时的折射角；（2）在光屏P上被折射光线照亮的光带宽度．[选修3－5]（共2小题，满分0分）17．如图是研究光电效应的电路图，现有频率为v的某种光通过学电管的窗口照射阴极K，阴极有光电子射出，使滑动变阻器的触头P向右滑动，电流表示数逐渐增大，一直达到饱和电流；如果针触头滑动到最左端，电流表将（填“有示数”或“无示数”）．如果将电源反接，再将滑动变阻器的触头从左端逐渐向右滑动，当电流表示数为零时，电压表示数为U0，如果阴极K金属的逸出功为W，已知电子电荷量为e，普朗克常量为h，则各量间的关系是．18．如图所示，质量为2m，长为L的木块置于光滑水平台面上，质量为m的子弹以初速度v0水平向右射向木块，穿过木块的过程中受到木块的恒定阻力为f=的作用，试问子弹能否穿过木块？若能穿过求出子弹穿过木块后的速度；若不能穿过，求出子弹打入木块后的速度．2016届百校联盟高考物理冲刺金卷（三）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.第1~5小题只有一项符合题目要求。
百校联盟2016年高考物理最后一卷(八) 含解析
2016年百校联盟高考物理最后一卷(八）一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分。
第1~5小题,只有一项符合题意;第6~8小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）1．1687年，牛顿在其著作《自然哲学的数学原理》中科学、系统地定义了惯性定律、加速度定律和作用力与反作用力定律，即牛顿第一定律、第二定律和第三定律，从而奠定了经典物理学的基础．以下是对这三个定律的理解或应用,其中正确的是(）A．物体抵抗运动状态变化的本领越强,表明物体的质量越小B．举重运动员举重时,人处于超重状态C．当物体质量改变，但其所受合力的水平分力不变时，物体水平方向的加速度大小与其质量成反比D．牛顿第三定律在物体处于非平衡状态时不再适用2．如图所示,一小球从地面上方某一高度处水平抛出，落地时其水平位移恰好是其抛出时离地高度的两倍，若不考虑空气阻力,则以下判断正确的是(）A．小球落地时的速度方向与初速度方向之间的夹角为60°B．小球在下落过程中,其动能的变化量一定与小球的下落时间成正比C．由于小球在下落过程中重力做正功，故其机械能增加D．小球落地时的速度大小一定是其初速度大小的倍3．如图所示，曲线MN为某磁场中的一磁感应线，A、B为该磁感应线上的两点,则下列判断中正确的是(）A．该磁感线有可能是匀强磁场的磁感线B．若一小段通电导线在A点受到的安培力大于其在B点受到的安培力,则A点的磁感应强度一定大于B点的磁感应强度大小C．若在A点由静止释放一个点电荷，则该点电荷在A点时的加速度方向一定沿A点的切线方向D．若将小磁针分别放置在A、B两点，则小磁针静止时N极的指向一定沿A、B两点的切线方向4．如图所示，边长为l的单匝正方形线圈放在光滑水平面上，其有一半处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中．第一次保持磁场不变，使线圈在水平向右的拉力作用下，以恒定速度v向右运动；第二次保持线圈不动，使磁感应强度大小发生变化．若线圈的总电阻为R，则有()A．若要使两次产生的感应电流方向相同,则第二次时磁感应强度大小必须逐渐增大B．若要使两次产生的感应强度电流大小相同，则第二次时磁感应强度大小随时间必须均匀变化,且变化率=C．第一次时，在线圈离开磁场的过程中,水平拉力做的功为D．第一次时，在线圈离开磁场的过程中,通过线圈某一横截面的电荷量为5．如图所示，间隔相同且相互平行的竖直虚线为匀强电场中的等势面，两质量相同、带等量异种电荷的粒子M、N从O点以相同的初速度沿图示方向射出，两粒子的运动轨迹如图所示,a、b、c为运动轨迹与等势面的交点，不考虑粒子间的相互作用，不计粒子的重力，则下列说法中正确的是（）A．粒子M一定带正电,粒子N一定带负电B．c、d两点之间的电势差U cd一定等于a、b两点间的电势差U abC．不论粒子M带何种电荷，在从a点运动到b点的过程中，其动能一定增大D．粒子N在c点时的速度大小一定大于粒子N在O点时的速度大小6．如图所示，一理想变压器原线圈两端接频率为50Hz的正弦式交流电,R为电阻箱，现闭合开关S,调节电阻箱的阻值为18Ω时，恰好能使“36V 24W”的灯泡L1、L2正常发光，则（）A．理想变压器原、副线圈的匝数比为4:1B．该正弦式交流电电压瞬时值的表达式为u=144sin100πt（V)C．当灯泡L1、L2正常发光时,电阻箱R上消耗的电功率为72WD．断开开关S，将电阻箱调节为27Ω时，灯泡L1仍能正常发光7．据悉，我国将于2016年先后发射“天宫二号”空间实验室和“神舟十一号"载人飞船，二者在太空交会对接后，形成可有人长期值守的空间站．若空间站绕地球的运动为匀速圆周运动，对接后的总质量为m，距离地球中心的距离为r,地球的半径为R，地球表面处的重力加速度为g，引力常量为G，不考虑地球自转的影响，则以下说法中正确的是（）A．对接前，“神舟十一号”欲追上“天宫二号”，必须在同一轨道上点火加速B．对接后，空间站绕地球做圆周运动的角速度大小为C．对接后，空间站绕地球做匀速圆周运动的动能大小为D．根据题意中的信息，可计算出地球的平均密度为8．如图所示，固定的倾斜粗糙细杆与水平地面间的夹角为θ=37°,质量为1.0kg的圆环套在细杆．细质弹簧的一端固定在水平地面上的O点，另一端与圆环相连接，当圆环在A点时弹簧恰好处于原长状态且与轻杆垂直．将圆环从A点由静止释放，滑到细杆的底端C点时速度为零．若圆环在C点获得沿细杆向上且大小等于2.0m/s的初速度，则圆环刚好能再次回到出发点A．已知B为AC的中点，弹簧原长为0.3m，在圆环运动过程中弹簧始终在弹性限度内,重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6,cos37°=0.8．则（）A．下滑过程中，圆环受到的合力一直在增大B．下滑过程中，圆环与细杆摩擦产生的热量为1.0JC．在圆环从C点回到A点的过程中，弹簧对圆环做的功为1.2JD．圆环下滑经过B点的速度一定小于上滑时经过B点的速度二、必考题(共4小题,满分47分）9．某同学欲利用如图1所示的实验装置来测量滑块与斜面间动摩擦因数的大小,其实验步骤如下:(1)该同学将斜面倾角调整为θ，释放滑块后，打点计时器打出的部分纸带如图2所示，已知打点计时器使用的是频率为50Hz的交流电，且纸带上相邻两计数点之间还有4个点未画出，由此可计算出滑块在斜面上的加速度大小为a=m/s2（计算结果保留2位有效数字）．（2）已知当地的重力如速度大小为g,该同学利用其学习的牛顿运动定律知识，写出滑块与斜面间的动摩擦因数μ的表达式μ=．(3）由于在实验时没有考虑滑块在下滑过程中受到的空气阻力及纸带与打点计时器之间的摩擦,你认为该同学测得的动摩擦因数与真实值相比应（填“偏大“、“偏小“或“不变“)10．某物理兴趣小组在学习了电流的磁效应后,得知长直通导线周围某点磁场的磁感应强度B 的大小与长直导线中的电流大小I成正比，与该点离长直导线的距离r成反比．该小组欲利用如图甲所示的实验装置验证此结论是否正确，所用的器材有：长直导线、学生电源，直流电流表（量程为0～3A）、滑动变阻器、小磁针(置于刻有360°刻度的盘面上）、开关及导线若干．实验步骤如下：。