2016年河北省衡水中学高考物理一模试卷(解析版)
2016届河北省衡水中学高三(上)四调物理试题(解析版)
2016届河北省衡水中学高三（上）四调物理试题（解析版）一、选择题（本大题共15小题；每小题4分，共60分；其中5、6、7、8、10、11、14是多项选择题，其余各题是单项）1．下列说法正确的是：（）A．物体速度变化越大，则加速度一定越大B．物体动量发生变化，则物体的动能一定变化C．合外力对系统做功为零，则系统机械能一定守恒D．系统所受合外力为零，则系统的动量一定守恒．【考点】动量定理；速度；加速度；机械能守恒定律．【专题】动量定理应用专题．【分析】根据加速度的定义式判断加速度与速度变化量的关系，动量是矢量，动能是标量，动量变化，动能不一定变化；当系统只有重力做功，机械能守恒，当系统所受的外力之和为零，系统动量守恒．【解答】解：A、根据加速度a=知，速度变化越大，则加速度不一定大．故A错误．B、物体的动量发生变化，速度大小不一定变化，则动能不一定变化．故B错误．C、合外力对系统做功为零，可能存在除重力以外其它力做功，其它力不为零，则机械能不守恒．故C错误．D、系统所受的合外力为零，系统动量守恒．故D正确．故选：D．【点评】解决本题的关键知道系统机械能守恒、动量守恒的条件，知道动量是矢量，动能是标量，物体的动量变化，动能不一定变化，动能变化，则动量一定变化．2．氢原子能级如图，当氢原子从n=3跃迁到n=2的能级时，辐射光的波长为656nm，以下判断正确的是（）A．氢原子从n=2跃迁到n=1的能级时，辐射光的波长大于656nmB．用波长为325nm的光照射，可使氢原子从n=1跃迁到n=2的能级C．一群处于n=3能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生3种谱线D．用波长633nm的光照射，不能使氢原子从n=2跃迁到n=3的能级【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】大量处于n=3激发态的氢原子向低能级跃迁，可以辐射出3种不同频率的光子，跃迁释放能量满足△E=E m﹣E n．既不能多于能级差，也不能少于此值，同时根据，即可求解．【解答】解：A、从n=3跃迁到n=2的能级时，辐射光的波长为656nm，即有：h，而当从n=2跃迁到n=1的能级时，辐射能量更多，则频率更高，则波长小于656nm．故A错误．B、当从n=1跃迁到n=2的能级，需要吸收的能量为△E=（﹣3.4﹣（﹣13.6））×1.6×10﹣19J，根据A选项分析，则有：，解得：λ=122nm；故B错误；C、根据数学组合=3，可知一群n=3能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生3种谱线．故C正确．D、同理，氢原子的电子从n=2跃迁到n=3的能级，必须吸收的能量为△E′，与从n=3跃迁到n=2的能级，放出能量相等，因此只能用波长656nm的光照射，才能使得电子从n=2跃迁到n=3的能级．故D正确．故选：CD．【点评】解决本题的关键掌握光电效应的条件，以及知道能级间跃迁辐射的光子能量等于两能级间的能级差．3．已知钙和钾的截止频率分别为7.73×1014Hz和5.44×1014Hz，在某种单色光的照射下两种金属均发生光电效应，比较它们表面逸出的具有最大初动能的光电子，钙逸出的光电子具有较大的（）A．波长 B．频率 C．能量 D．动量【考点】电磁波谱．【专题】光电效应专题．【分析】根据爱因斯坦光电效应方程列式，分析钙逸出的光电子波长、频率、能量和动量大小．金属的逸出功W0=hγc，γc是金属的截止频率．【解答】解：根据爱因斯坦光电效应方程得：E k=hγ﹣W0，又W0=hγc联立得：E k=hγ﹣hγc，据题：钙的截止频率比钾的截止频率大，由上式可知：从钙表面逸出的光电子最大初动能较小，由P=，可知该光电子的动量较小，根据λ=可知，波长较大，则频率较小．故A正确，BCD错误．故选：A．【点评】解决本题的关键要掌握光电效应方程，明确光电子的动量与动能的关系、物质波的波长与动量的关系λ=．4．如图所示，x轴在水平地面上，y轴竖直向上，在y轴上的P点分别沿x轴正方向和y轴正方向以相同大小的初速度抛出两个小球a和b，不计空气阻力，若b上行的最大高度等于P点离地的高度，则从抛出到落地，有（）A．a的运动时间是b的运动时间的倍B．a的位移大小是b的位移大小的倍C．a、b落地时的速度相同，因此动能一定相同D．a、b落地时的速度不同，但动能可能相同【考点】动能定理的应用；平抛运动．【专题】定量思想；合成分解法；机械能守恒定律应用专题．【分析】a做平抛运动，运动平抛运动的规律得出时间与高度的关系．b做竖直上抛运动，上升过程做匀减速运动，下落做自由落体运动，分两段求运动时间，即可求解时间关系；b 的位移大小等于抛出时的高度．根据b的最大高度，求出初速度与高度的关系，即可研究位移关系；根据机械能守恒分析落地时动能关系．【解答】解：A、设P点离地的高度为h．对于b：b做竖直上抛运动，上升过程与下落过程对称，则b 上升到最大的时间为t1=，从最高点到落地的时间为t2=，故b运动的总时间t b=t1+t2=（+1）；对于a：做平抛运动，运动时间为t a=；则有t b=（+1）t a．故A错误．B、对于b：h=，则得v0=；对于a：水平位移为x=v0t=•=2h，a的位移为x a==h，而b的位移大小为h，则a的位移大小是b的位移大小的倍．故B正确．CD、根据机械能守恒定律得：E k=mgh+，若两球的质量相等，则两球落地时动能相同．而速度方向不同，则落地时速度不同．故C错误，D正确．故选：BD【点评】本题的解题关键要掌握竖直上抛和平抛两种运动的研究方法及其规律，并根据机械能守恒分析落地时动能关系．5．如图所示．光滑水平面上放着足够长的木板B，木板B上放着木块A，A、B间的接触面粗糙．现用一水平拉力F作用在A上使其由静止开始运动，用f1代表B对A的摩擦力，f2代表A对B的摩擦力，则下列情况可能的是（）A．拉力F做的功等于A、B系统动能的增加量B．拉力F做的功大于A、B系统动能的增加量C．拉力F和f1对A做的功之和小于A的动能的增加量D．f2对B做的功小于B的动能的增加量【考点】动能定理的应用．【专题】参照思想；推理法；动能定理的应用专题．【分析】对两物体及整体受力分析，结合可能的运动状态，由功能关系进行分析．【解答】解：A、若拉力不够大，AB一起加速运动时，对整体，根据动能定理可知，拉力F做的功等于A、B系统动能的增加量．故A正确．B、若拉力足够大，A与B有相对运动，对整体分析可知，F做功转化为转化为两个物体的动能及系统的内能；故拉力F做的功大于AB系统动能的增加量；故B正确．C、对A来说，只有拉力F和摩擦力f1做功，由动能定理可知，拉力F和f1对A做的功之和等于A的动能的增加量．故C错误．D、对B来说，只有摩擦力f2做功，由动能定理可知，f2对B做的功等于B的动能的增加量．故D错误．故选：AB【点评】本题考查了能量守恒定律和动能定理的运用，要灵活选择研究对象，正确分析能量是如何转化的，这是解决这类问题的关键．6．小行星绕恒星运动的同时，恒星均匀地向四周辐射能量，质量缓慢减小，可认为小行星在绕恒星运动一周的过程中近似做圆周运动．则经过足够长的时间后，小行星运动的（）A．半径变大 B．速率变大 C．加速度变小D．周期变小【考点】万有引力定律及其应用；向心力．【专题】定性思想；推理法；万有引力定律的应用专题．【分析】恒星均匀地向四周辐射能量，质量缓慢减小，二者之间万有引力减小，小行星做离心运动，即半径增大，又小行星绕恒星运动做圆周运动，万有引力提供向心力，可分析线速度、周期、加速度等．【解答】解：A、恒星均匀地向四周辐射能量，质量缓慢减小，二者之间万有引力减小，小行星做离心运动，即半径增大，故A正确；B、根据得，a=，v=，T=，因为r增大，M减小，则a减小，v减小，T增大．故C正确，B、D错误．故选：AC．【点评】关于万有引力与航天，记住作圆周运动万有引力等于向心力；离心运动，万有引力小于向心力；向心运动，万有引力大于向心力．7．A、B两物体在光滑水平面上沿同一直线运动，图表示发生碰撞前后的v﹣t图线，由图线可以判断（）A．A、B的质量比为3：2 B．A、B作用前后总动量守恒C．A、B作用前后总动量不守恒D．A、B作用前后总动能不变【考点】动量守恒定律；匀变速直线运动的图像．【分析】由图可以读出两物体碰撞前后的各自速度，根据动量守恒列方程求质量比．【解答】解：A、根据动量守恒定律：m A•6+m B•1=m A•2+m B•7得：m A：m B=3：2，故A正确；B、根据动量守恒知A、B作用前后总动量守恒，B正确C错误；D、作用前总动能：m A•62+m B•12=m A作用后总动能：m A•22+m B•72=m A可见作用前后总动能不变，D正确；故选：ABD．【点评】两物体碰撞过程系统所受合外力为零，系统动量守恒．8．如图甲所示，静止在水平地面的物块A，受到水平向右的拉力F作用，F与时间t的关系如图乙所示，设物块与地面的静摩擦力最大值f m与滑动摩擦力大小相等，则（）A．0～t1时间内F的功率逐渐增大B．t2时刻物块A的加速度最大C．t2时刻后物块A做反向运动D．t3时刻物块A的动能最大【考点】动能定理的应用；功率、平均功率和瞬时功率．【专题】压轴题；动能定理的应用专题．【分析】当拉力大于最大静摩擦力时，物体开始运动；当物体受到的合力最大时，物体的加速度最大；由动能定理可知，物体拉力做功最多时，物体获得的动能最大．【解答】解：A、由图象可知，0～t1时间内拉力F小于最大静摩擦力，物体静止，拉力功率为零，故A错误；B、由图象可知，在t2时刻物块A受到的拉力最大，物块A受到的合力最大，由牛顿第二定律可得，此时物块A的加速度最大，故B正确；C、由图象可知在t2～t3时间内物体受到的合力与物块的速度方向相同，物块一直做加速运动，故C错误；D、由图象可知在t1～t3时间内，物块A受到的合力一直做正功，物体动能一直增加，在t3时刻以后，合力做负功．物块动能减小，因此在t3时刻物块动能最大，故D正确；故选BD．【点评】根据图象找出力随时间变化的关系是正确解题的前提与关键；要掌握图象题的解题思路．9．如图所示，在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动．在小球的前方O点处有一质量为m2的小球B处于静止状态，Q点处为一竖直的墙壁．小球A与小球B发生弹性碰撞后两小球均向右运动．小球B与墙壁碰撞后原速率返回并与小球A在P点相遇．=2，则两小球的质量之比m1：m2为（）A．7：5 B．1：3 C．2：1 D．5：3【考点】动量守恒定律．【分析】根据碰后再次相遇的路程关系，求出小球碰后的速度大小之比，根据碰撞过程中动量、能量守恒列方程即可求出两球的质量之比．【解答】解：设A、B两个小球碰撞后的速度分别为v1、v2，以向右为正好方向，由动量守恒定律有：m1v0=m1v1+m2v2…①由能量守恒定律有：m1v02=m1v12+m2v22 ②两个小球碰撞后到再次相遇，其速度率不变，由运动学规律有：v1：v2=：（+2）=1：5…③联立①②③，代入数据解得：m1：m2=5：3故选：D．【点评】解答本题的突破口是根据碰后路程关系求出碰后的速度大小之比，本题很好的将直线运动问题与动量守恒和功能关系联系起来，比较全面的考查了基础知识．10．两个小球在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，B球在前．A球在后．m A=1kg，m B=2kg，v A=6m/s，v B=2m/s，当A球与B球发生碰撞后，A、B两球速度可能为（）A．v A=4m/s，v B=4m/s B．v A=2m/s，v B=5m/sC．v A=﹣4m/s，v B=6m/s D．v A=7m/s，v B=2.5m/s【考点】动量守恒定律．【分析】两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒；碰撞过程中系统机械能可能有一部分转化为内能，根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能；同时考虑实际情况，碰撞后A球速度不大于B球的速度．【解答】解：两球碰撞过程系统动量守恒，以两球的初速度方向为正方向，如果两球发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得：m A v A+m B v B=（m A+m B）v，代入数据解得：v=m/s，如果两球发生完全弹性碰撞，有：m A v A+m B v B=m A v A′+m B v B′，由机械能守恒定律得：m A v A2+m B v B2=m A v A′2+m B v B′2，代入数据解得：v A′=m/s，v B′=m/s，则碰撞后A、B的速度：m/s≤v A≤m/s，m/s≤v B≤m/s，故选：B．【点评】本题碰撞过程中动量守恒，同时要遵循能量守恒定律，不忘联系实际情况，即后面的球不会比前面的球运动的快．11．如图所示，生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙，甲的速度为v0．小工件离开甲前与甲的速度相同，并平稳地传到乙上．乙的宽度足够大，速度为v1．则（）A．在地面参考系中，工件做类平抛运动B．在乙参考系中，工件在乙上滑动的轨迹是直线C．工件在乙上滑动时，受到乙的摩擦力方向不变D．工件沿垂直于乙的速度减小为0时，工件的速度等于v1【考点】摩擦力的判断与计算；参考系和坐标系．【专题】摩擦力专题．【分析】在地面参考系中，沿甲与乙的运动方向分析摩擦力方向，根据合外力方向与初速度方向的夹角分析工件的运动情况．【解答】解：A、在地面参考系中，沿甲运动的方向滑动摩擦力分力向左，沿乙运动的方向滑动摩擦力沿乙运动方向，则摩擦力的合力如图．合初速度沿甲运动的方向，则合力与初速度不垂直，所以工件做的不是类平抛运动．故A错误．B、在乙参考系中，如右图所示，摩擦力的合力与合初速度方向相反，故工件在乙上滑动的轨迹是直线，做匀减速直线运动，故B正确．C、工件在乙上滑动时，在x轴方向做匀减速直线运动，在y轴方向做匀加速直线运动，可知两个方向摩擦力的分力不变，受到乙的摩擦力方向不变，当工件沿垂直于乙的速度减小为0时，摩擦力方向沿y轴方向，摩擦力方向发生改变．故C错误．D、设t=0时刻摩擦力与纵向的夹角为α，侧向（x轴方向）、纵向（y轴方向）加速度的大小分别为a x、a y，则=tanα很短的时间△t内，侧向、纵向的速度增量大小分别为△v x=a x△t，△v y=a y△t解得：=tanα由题意知tanα==，则=，则当△v x=v0，△v y=v1，所以工件沿垂直于乙的速度减小为0时，工件的速度等于v1．故D 正确．故选：BD．【点评】本题考查工件在传送带上的相对运动问题，关键将工件的运动分解为沿传送带方向和垂直传送带方向，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．12．人用手托着质量为m的“小苹果”，从静止开始沿水平方向运动，前进距离L后，速度为v（物体与手始终相对静止），物体与手掌之间的动摩擦因数为μ，则下列说法正确的是（）A．手对苹果的作用力方向竖直向上B．苹果所受摩擦力大小为μmgC．手对苹果做的功为mv2D．苹果对手不做功【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；功的计算．【专题】功的计算专题．【分析】分析手及苹果的运动，明确苹果及手的受力情况，根据摩擦力的性质及受力分析可确定摩擦力及手对苹果作用力的方向；根据动能定理可明确手对苹果所做的功．【解答】解：A、苹果的加速度方向水平方向，苹果的合力方向在水平方向上，苹果受到重力和手的作用力，而重力在竖直方向，故手的作用力应为斜上方，故A错误；B、由于苹果和手相对静止，故其受到的摩擦力为静摩擦力，不能确定是否等于μmg；故B 错误；C、由动能定理可知，合外力做功等于动能的改变量；竖直方向重力不做功；故手对苹果做的功为mv2；故C正确；D、由于手发生了位移，且受到水平方向的摩擦力；故苹果对手做功；故D错误；故选：C．【点评】本题考查了动能定理、受力分析及功的计算等，要注意体会受力分析的重要性，同时掌握用动能定理分析问题的能力．13．如图所示，一小球从斜轨道的某高度处由静止滑下，然后沿竖直光滑轨道的内侧运动．已知圆轨道的半径为R，忽略一切摩擦阻力．则下列说法正确的是（）A．在轨道最低点、最高点，轨道对小球作用力的方向是相同的B．小球的初位置比圆轨道最低点高出2R时，小球能通过圆轨道的最高点C．小球的初位置比圆轨道最低点高出0.5R时，小球在运动过程中能不脱离轨道D．小球的初位置只有比圆轨道最低点高出2.5R时，小球在运动过程中才能不脱离轨道【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力．【专题】机械能守恒定律应用专题．【分析】使小球能够通过圆轨道最高点，那么小球在最高点时应该是恰好是物体的重力作为物体的向心力，由向心力的公式可以求得此时的最小的速度，再由机械能守恒可以求得离最低点的高度h．【解答】解：A、小球在最高点时，若受弹力，则弹力一定竖直向上；而在最低点，支持力与重力的合力充当向心力，故作用力一定向上，故A错误；B、要使小球能通过最高点，则在最高点处应有：mg=；再由机械能守恒定律可知mgh=mg2R+mv2；解得小球初位置的高度至少为h=R；故小球高出2.5R时，小球才能通过最高点，故B错误；C、若小球距最低点高出0.5R时，由机械能守恒可知，小球应到达等高的地方，即0.5R处，小球受到圆轨道的支持，不会脱离轨道，故C正确；D、由C的分析可知，若小球的初位置低于0.5R时，也不会脱离轨道，故D错误；故选：C．【点评】本题考查机械能守恒及向心力公式，明确最高点的临界速度，并注意小球在轨道内不超过R时也不会离开轨道．14．在光滑的水平面上，动能为E0，动量为P0的小钢球1与静止的小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1运动方向相反，将碰撞后球1的动能和动量大小记为E1和P1，球2的动能和动量大小记为E2和P2，则必有（）A．E1＜E0B．P1＜P0C．E2＞E0D．P2＞P0【考点】动量守恒定律．【分析】根据碰撞过程的两大基本规律：系统动量守恒和总动能不增加，分析可知得到：E1＜E0，E2＜E0，P1＜P0．由动量守恒定律分析P2与P0的关系．【解答】解：A、B、C由题，碰撞后两球均有速度．根据碰撞过程中总动能不增加可知，E1＜E0，E2＜E0，P1＜P0．否则，就违反了能量守恒定律．故AB正确，C错误．D、根据动量守恒定律得：P0=P2﹣P1，得到P2=P0+P1，可见，P2＞P0．故D正确．故选ABD【点评】本题考查对碰撞过程基本规律的理解和应用能力．碰撞过程的两大基本规律：系统动量守恒和总动能不增加，常常用来分析碰撞过程可能的结果．15．如图，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦）．初始时刻，A、B处于同一高度并恰好静止状态．剪断两物块轻绳后A下落、B沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，（）A．速率的变化量相同 B．机械能的变化量不同C．重力势能的变化量相同 D．重力做功的平均功率相同【考点】机械能守恒定律．【专题】机械能守恒定律应用专题．【分析】剪断轻绳后A自由下落，B沿斜面下滑，AB都只有重力做功，机械能守恒，重力势能变化量等于重力所做的功，重力做功的平均功率等于重力做功与时间的比值．【解答】解：设斜面倾角为θ，刚开始AB处于静止状态，所以m B gsinθ=m A g，所以m B＞m A，A、剪断轻绳后A自由下落，B沿斜面下滑，AB都只有重力做功，根据动能定理得：mv2=mghv=所以速度的变化量为v﹣0=，故A正确；B、剪断细线，A、B两物体都只有重力做功，机械能守恒，则机械能的变化量都为零，故B错误；C、重力势能变化量△E P=mgh，由于AB的质量不相等，所以重力势能变化不相同，故C错误；D、A运动的时间为：t 1=，所以A重力做功的平均功率为：=B运动有：=gsinθt22，解得：t2=，所以B重力做功的平均功率为：=，而m B gsinθ=m A g，所以重力做功的平均功率相等，故D正确．故选：AD【点评】重力做功决定重力势能的变化与否，若做正功，则重力势能减少；若做负功，则重力势能增加，重力做功的平均功率等于重力做功与时间的比值，难度适中．二、非选择题（本大题共6小题，共50分）16．与打点计时器一样，光电计时器也是一种研究物体运动情况时的常用计时仪器，如图甲所示，a、b分别是光电门的激光发射和接收装置．现利用如图乙所示的装置验证滑块所受外力做功与其动能变化的关系．方法是：在滑块上安装一遮光板，把滑块放在水平放置的气垫导轨上（滑块在该导轨上运动时所受阻力可忽略），通过跨过定滑轮的细绳与钩码相连，连接好1、2两个光电门，在图示位置释放滑块后，光电计时器记录下滑块上的遮光板先后通过两个光电门的时间分别为△t1、△t2．已知滑块（含遮光板）质量为M、钩码质量为m、两光电门间距为S、遮光板宽度为L、当地的重力加速度为g．①用游标卡尺（20分度）测量遮光板宽度，刻度如图丙所示，读数为 5.70mm；②本实验想用钩码的重力表示滑块受到的合外力，为减小这种做法带来的误差，实验中需要满足的条件是M远大于m（填“大于”、“远大于”、“小于”或“远小于”）③计算滑块先后通过两个光电门时的瞬时速度的表达式为：v1=、v2=；（用题中所给字母表示）④本实验中，验证滑块运动的动能定理的表达式为mgs=M（）2﹣M（）2．（用题中所给字母表示）【考点】探究功与速度变化的关系．【专题】实验题；动能定理的应用专题．【分析】（1）游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读．（2）滑块在水平木板运动时水平方向上受到绳的拉力和摩擦力，想用钩码的重力表示小车受到的合外力，首先需要平衡摩擦力；其次：必须要满足钩码的质量远小于滑块的总质量．（3、4）根据极短时间内的平均速度表示瞬时速度求出滑块先后通过两个光电门的瞬时速度．抓住滑块重力势能的减小量等于滑块动能的增加量列出表达式．【解答】解：（1）游标卡尺的主尺读数为5mm，游标读数为0.05×14mm=0.70mm，则最终读数为5+0.70=5.70mm．（2）由于滑块在运动的过程中受到阻力，为了减小阻力的影响，需平衡摩擦力．设钩码的质量为m，滑块的质量为M，对系统运用牛顿第二定律得，a=，则绳子的拉力T=Ma==，当m＜＜M时，绳子的拉力等于钩码的重力．（3）滑块通过光电门1的瞬时速度v1=，通过光电门2的瞬时速度v2=．（4）滑块重力势能的减小量为mgs，滑块动能的增加量为M（）2﹣M（）2．则滑块的机械能守恒的表达式为mgs=M（）2﹣M（）2．故答案为：（1）5.70；（2）远大于，（3），；（4）mgs=M（）2﹣M（）2．【点评】（1、2）解决本题的关键掌握螺旋测微器和游标卡尺的读数方法，以及掌握用钩码重力表示小车所受合力的处理方法．（3、4）解决本题的关键知道极短时间内的平均速度可以表示瞬时速度，以及掌握该实验的原理，滑块的机械能守恒．17．用如图1实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒．m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律．图2给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个打点（图中未标出），计数点间的距离如图2所示．已知m1=50g、m2=150g，则（结果保留两位有效数字）（1）在纸带上打下记数点5时的速度v= 2.4m/s；（2）在0～5过程中系统动能的增量△E K=0.58J，系统势能的减少量△E P=0.59J；（3）若某同学作出图象如图3，则当地的重力加速度g=9.7m/s2．【考点】验证机械能守恒定律．【专题】实验题；机械能守恒定律应用专题．【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点5的瞬时速度．（2）根据点5的瞬时速度求出系统动能的增加量，根据下落的高度求出系统重力势能的减小量．（3）根据机械能守恒定律得出的关系式，根据图线的斜率得出重力加速度的值．【解答】解：（1）．（2）在0～5过程中系统动能的增量△E K=J≈0.58J．系统重力势能的减小量为（m2﹣m1）gx=0.1×9.8×（0.384+0.216）J≈0.59J．。
2016届河北省衡水市冀州中学高考物理保温试卷(一)(A)(解析版)
2016届河北省衡水市冀州中学高考物理保温试卷（一）（A）二、选择题（本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～8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．太阳系中的八大行星的轨道均可以近似看成圆轨道．用R（单位为AU）和T （单位为年）分别表示行星绕太阳公转的圆轨道半径和相应的周期，已知R地=1AU、T地=1年，八大行星的坐标（lgT，lgR）分布在下列哪个坐标系的直线上（）A．B．C．D．2．如图所示，质量均为m的两物体a、b放置在两固定的水平挡板之问，物体间竖直夹放一根轻弹簧，弹簧与a、b不粘连且无摩擦．现在物体b上施加逐渐增大的水平向右的拉力F，两物体始终保持静止状态，已知重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．物体b所受摩擦力随F的增大而增大B．弹簧对物体b的弹力大小可能等于mgC．物体a对挡板的压力大小可能等于2mgD．物体a所受摩擦力随F的增大而增大3．如图所示，将一根绝缘硬金属导线弯曲成﹣个完整的正弦曲线形状，它通过两个小金属环a、b与长直金属杆导通，在外力F作用下，正弦形金属线可以在杆上无摩擦滑动．杆的电阻不计，导线电阻为R，ab间距离为2L，导线组成的正弦图形顶部或底部到杆距离都是．在导线和杆平面内有一有界匀强磁场区域，磁场的宽度为L，磁感应强度为B．现在外力F作用下导线沿杆以恒定的速度v向右运动，在运动过程中导线和杆组成的平面始终与磁场垂直．t=0 时刻导线从O点进入磁场，直到全部穿过磁场，外力F所做功为（）A．B．C．D．4．如图，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘小船直线拖向岸边．已知拖动缆绳的电动机功率恒为P，小船的质量为m，小船所受到水的阻力大小恒为f，经过A点时的速度大小为v，小船从A点沿直线运动到B点经历时间为t，此时缆绳与水平面夹角为θ，A、B两点间水平距离为d，缆绳质量忽略不计．则（）A．小船经过B点时的速度大小为V B=B．小船经过B点时绳子对小船的拉力大小为C．小船经过A点时电动机牵引绳子的速度大小为D．小船经过B点时的加速度大小为﹣5．如图所示，水平面内有A、B、C、D、E、F六个点，它们均匀分布在同一圆周上，空间有一电场方向与圆平面平行的匀强电场．已知A、B、C三点的电势分别为φA=V、φB=2V、φC=V，下列判断正确的是（）A．电场强度的方向由D指向AB．圆心O处的电势为2VC．E、F两点间的电势差为VD．A、B、C、D、E、F六个点中，必有一点是圆周上电势最高的点6．如图，单匝矩形导线框abcd与匀强磁场乖直，线框电阻不计，线框绕与cd 边重合的同定转轴以恒定角速度从图示位置开始匀速转动，理想变压器匝数比为n1：n2．开关S断开时，额定功率为P的灯泡L1正常发光，电流表示数为I，电流表内阻不计，下列说法正确的是（）A．线框中产生的电流为正弦式交变电流B．线框从图中位置转过时，感应电动势瞬时值为C．灯泡L1的额定电压等于D．如果闭合开关S，则电流表示数变大7．已知无限长通电直导线周围某处磁场的磁感应强度大小为B=k，式中常量k ＞0，I为电流强度，r为该点到直导线的距离．如图所示，将通以恒定电流的长直导线固定在光滑绝缘水平面上，某一时刻，金属环在该平面上以速度v0沿图示方向运动（）A．此时，金属环中感应电流沿顺时针方向B．此后，金属环可能沿图示v0方向做直线运动，直到速度减为零C．此后，金属环可能一直做曲线运动D．此后，金属环先做曲线运动，再做匀速直线运动8．图甲为0.1kg的小球从最低点A冲入竖直放置在水平面上、半径为0.4半圆轨道后，小球速度的平方与其高度的关系图象．已知小球恰能到达最高点C，轨道粗糙程度处处相同，空气阻力不计．g取10m/s2，B为AC轨道中点，下列说法正确的是（）A．图甲中x=4B．小球从B到C损失了0.125J的机械能C．小球从A到C合外力对其做的功为﹣1.05JD．小球从C抛出后，落地点到A的距离为0.8m三、非选择题（包括必考题和选考题两个部分，第22题-第32题为必考题，每个考题考生都必须作答．第33题-第40题为选考题，考生根据要求作答）9．（5分）某同学通过实验探究物体绕轴转动而具有的转动动能与哪些因素有关．他以圆形砂轮为研究对象，研究其转动动能与质量、半径、角速度的具体关系．分别取不同质量、不同半径的砂轮，使其以不同的角速度旋转进行实验，得到数据如下表所示：（1）每次至少利用三组以上实验数据完成以下分析：①为研究转动动能与质量的关系，选用实验序号为进行分析②为研究转动动能与半径的关系，选用实验序号为进行分析③为研究转动动能与角速度的关系，选用实验序号为进行分析（2）由上述分析可推导出转动动能E k与质量m、角速度ω、半径r的关系式为（比例系数用k表示），k的值为．10．（10分）某同学利用如图所示的电路可以测量多个物理量．实验室提供的器材有：两个相同的待测电源（内阻r≈1Ω），电阻箱R1（最大阻值为999.9Ω），电阻箱R2（最大阻值为999.9Ω），电压表V（内阻约为2kΩ），电流表A（内阻约为2Ω），灵敏电流计G，两个开关S1、S2．主要实验步骤如下：①按图连接好电路，调节电阻箱R1和R2至最大，闭合开关S1和S2，再反复调节R1和R2，使电流计G的示数为0，读出电流表A、电压表V、电阻箱R1、电阻箱R2的示数分别为I1、U1、R1、R2；②反复调节电阻箱R1和R2（与①中的电阻值不同），使电流计G的示数为0，读出电流表A、电压表V的示数分别为I2、U2．回答下列问题：（1）电流计G的示数为0时，电路中A和B两点的电势φA和φB的关系为；（2）电压表的内阻为，电流表的内阻为；（3）电源的电动势E为，内阻r为．11．（14分）如图所示，在xOy坐标系的第一象限有方向垂直纸面向外的有界匀强磁场，y轴是它的左边界，曲线OP是它的右边界，OP的曲线方程为y=．在y轴上有一点Q（0，h），一电荷量为q（q＞0）、质量为m的粒子从Q点以不同的速率沿x轴正方向射入磁场．从磁场的右边界射出的粒子中，速率为v0的粒子在磁场中运动位移最短．不计粒子的重力．求（1）磁感应强度的大小；（2）能从磁场的右边界射出的粒子的速度范围．12．（18分）无限长通电螺线管内部的磁场可认为是匀强磁场．现有一个足够长螺线管1，半径为R，甲图是它的横截面图，圆心为O点．在螺线管1中通入顺时针的随时间变化的电流I=2t，它在螺线管内部产生的磁场为B=2kI．在P处放置一个单匝、半径为r（r＜R）的圆形导体框，圆心亦在O处，则：（1）线框中产生的感应电动势ɛ多大？（不考虑感应电流对螺线管磁场的影响）（2）产生上述感应电动势的原因可概括为：变化的磁场在P处产生了一个电场线闭合的环形感应电场E（不是静电场），如图乙所示，感应电场力（是非静电力）对导体内电荷做功，形成感应电动势．已知感应电动势的大小等于每库仑正电荷沿导体框运动一周时感应电场力对该电荷做的功的大小，由此请求出P处的感应电场的场强E的大小．（3）现撤去导体框，在距圆心O为r′（r′＜R）处由静止释放一点电荷（电量为q，质量为m，忽略其所受重力），由t=0时刻释放，要让该点电荷恰好能绕O 点做半径为r′的圆周运动，需要在点电荷的圆轨道带（即丙图两虚线间的中间区域，该区域的宽度相比r′可以忽略不计）再加一个匀强磁场B1，求B1的表达式和方向．（二）选做题：共45分．请考生从给出的3个选修中任选一个作答，并用2B 铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑．注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡上选答区域指定位置答题．如果多做，则每学科按所做的第一题计分【物理--选修3-3】（15分）13．下列说法正确的是（）A．能源在利用过程中有能量耗散，这表明能量不守恒B．没有摩擦的理想热机也不可能把吸收的能量全部转化为机械能C．非晶体的物理性质各向同性而晶体的物理性质都是各向异性D．对于一定量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热E．当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而增大14．（9分）如图所示，开口向上竖直放置的内壁光滑气缸，其侧壁是绝热的，底部导热，内有两个质量均为m的密闭活塞，活塞A导热，活塞B绝热，将缸内理想气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分．初状态整个装置静止不动且处于平衡状态，Ⅰ、Ⅱ两部分气体的高度均为l0，温度为T0．设外界大气压强为P0保持不变，活塞横截面积为S，且mg=P0S，环境温度保持不变．求：在活塞A上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于2m时，两活塞在某位置重新处于平衡，活塞B下降的高度．[物理-选修3-4]（15分）15．如图所示，实线表示两个相干波源S1．S2发出的波的波峰位置，设波的周期为T．波长为λ．波的传播速度为v，下列说法正确的是（）A．图中的a点为振动减弱点的位置B．图中的b点为振动加强点的位置C．从图中时刻开始，波源S1的波峰传播到a、b位置的最短时间均为D．V=λTE．波源S1的波经过干涉之后波的性质完全改变16．某同学做“测定玻璃的折射率”实验时，用他测得的多组入射角i与折射角r 作出sini﹣sinr的图象，如图甲所示．①求该玻璃的折射率n．②他再取用该种玻璃制成的直角三棱镜，入射光的方向垂直于斜边，如图乙所示；则角θ在什么范同内，入射光经过两次全反射又从斜边射出？【物理--选修3-5】（15分）17．静止的镭核发生α衰变，生成Rn核，该核反应方程为，已知释放出的α粒子的动能为E0，假定衰变时能量全部以动能形式释放出去，该衰变过程总的质量亏损为．18．如图，水平面上有一质量m=10kg 的小车，其右端固定一水平轻质弹簧，弹簧左端连接一质量m0=10kg 的小物块，小物块与小车一起以v0=6m/s 的速度向右运动，与静止在水平面上质量M=40kg 的木箱发生正碰，碰后木箱的速度为v=2m/s，碰撞时间极短，弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦阻力．求：（1）小车与木箱碰撞后瞬间小车的速度v1；（2）从碰后瞬间到弹簧被压缩至最短的过程中，弹簧弹力对小车的冲量大小及弹簧弹性势能的最大值．2016届河北省衡水市冀州中学高考物理保温试卷（一）（A）参考答案与试题解析二、选择题（本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～8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．太阳系中的八大行星的轨道均可以近似看成圆轨道．用R（单位为AU）和T （单位为年）分别表示行星绕太阳公转的圆轨道半径和相应的周期，已知R地=1AU、T地=1年，八大行星的坐标（lgT，lgR）分布在下列哪个坐标系的直线上（）A．B．C．D．【考点】万有引力定律及其应用【分析】根据开普勒第三定律，得出周期与轨道半径的关系，结合数学对数函数得出lgR和lgT的关系式，从而确定正确的图线．【解答】解：根据开普勒周期定律：，则R3=kT2，两边取对数得，3lgR=2klgT，即，可知lgR与lgT成正比，故A正确，B、C、D错误．故选：A．【点评】解决本题的关键掌握开普勒第三定律，并能灵活运用，对于图线问题，一般的解题思路是先得出两个物理量之间的函数关系，从而确定正确图线．2．如图所示，质量均为m的两物体a、b放置在两固定的水平挡板之问，物体间竖直夹放一根轻弹簧，弹簧与a、b不粘连且无摩擦．现在物体b上施加逐渐增大的水平向右的拉力F，两物体始终保持静止状态，已知重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．物体b所受摩擦力随F的增大而增大B．弹簧对物体b的弹力大小可能等于mgC．物体a对挡板的压力大小可能等于2mgD．物体a所受摩擦力随F的增大而增大【考点】共点力平衡的条件及其应用；摩擦力的判断与计算【分析】根据物体b受水平拉力F力后仍处于静止，则可知，必定受到静摩擦力，从而可确定弹簧的弹力与物体b的重力关系，再由摩擦力产生的条件，即可求解．【解答】解：A、在b物体上施加水平拉力F后，两物体始终保持静止状态，则物体b受到接触面的静摩擦力，根据力的平衡可知，物体b所受摩擦力随F的增大而增大．故A正确；B、物体b受到接触面的静摩擦力因此它们之间一定存在弹力，则弹簧的弹力大于物体b的重力mg，故B错误；C、结合B的分析可知，弹簧的弹力大于物体b的重力mg；对A进行受力分析可知，A受到向下的重力、向下的弹簧的弹力和地面的支持力处于平衡状态，结合共点力的平衡可知，a受到的地面的支持力一定大于2mg，由牛顿第三定律可得，a物体对水平面的压力大小大于2mg，故C错误；D、根据摩擦力产生的条件可知，a物体没有相对运动的趋势，则没有摩擦力，故D错误；故选：A【点评】该题结合共点力的平衡考查弹力与摩擦力的关系，注意有摩擦力一定有弹力，掌握摩擦力的产生条件．3．如图所示，将一根绝缘硬金属导线弯曲成﹣个完整的正弦曲线形状，它通过两个小金属环a、b与长直金属杆导通，在外力F作用下，正弦形金属线可以在杆上无摩擦滑动．杆的电阻不计，导线电阻为R，ab间距离为2L，导线组成的正弦图形顶部或底部到杆距离都是．在导线和杆平面内有一有界匀强磁场区域，磁场的宽度为L，磁感应强度为B．现在外力F作用下导线沿杆以恒定的速度v向右运动，在运动过程中导线和杆组成的平面始终与磁场垂直．t=0 时刻导线从O点进入磁场，直到全部穿过磁场，外力F所做功为（）A．B．C．D．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律【分析】正弦曲线形状金属导线以恒定的速度v穿过磁场过程中，线圈中产生正弦式交变电流，求出感应电动势的最大值，再求出有效值，根据功能关系求解外力F所做的功．【解答】解：金属导线在磁场中运动时，产生的电动势为：e=Bvy，y为导线切割磁力线的有效长度．在导线运动的过程中，y随时间的变化为：y===d sinωt，=ω则导线从开始向右运动到L的过程中（如图）有：=Bvdsinωt 则此过程中电动势的最大值为：E1max=Bvd此过程中电动势的有效值为：导线从L向右运动到2L的过程中（如图）有：=2Bvdsinωt 即：E2max=2Bvd所以：导线从2L向右运动到3L的过程与导线从开始向右运动L的过程相同（如图），则在这三段中运动的时间各为t，在整个过程中产生的内能为：Q===因导线在拉力F的作用下匀速运动，所以拉力F所做的功全部转化为内能，即：W=Q=故选：C【点评】本题电磁感应与交变电流的知识综合题，考查迁移能力．交变电流求热量时，要用有效值．4．（2016•甘肃二模）如图，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘小船直线拖向岸边．已知拖动缆绳的电动机功率恒为P，小船的质量为m，小船所受到水的阻力大小恒为f，经过A点时的速度大小为v，小船从A点沿直线运动到B点经历时间为t，此时缆绳与水平面夹角为θ，A、B两点间水平距离为d，缆绳质量忽略不计．则（）A．小船经过B点时的速度大小为V B=B．小船经过B点时绳子对小船的拉力大小为C．小船经过A点时电动机牵引绳子的速度大小为D．小船经过B点时的加速度大小为﹣【考点】动能定理；运动的合成和分解【分析】根据功的表达式求出阻力所做的功；根据动能定理求出小船经过B点时的速度．设小船经过B点时绳的拉力大小为F，绳与水平方向夹角为θ，绳的速度大小为u，根据牛顿第二定律、功率P=Fu，以及小船速度与绳子收缩速度的关系求出B 点的加速度．【解答】解：A、小船从A点运动到B点克服阻力做功W f=fd ①小船从A点运动到B点，电动机牵引绳对小船做功W=Pt ②由动能定理有W﹣W f=m﹣mv2③由①②③式解得v1=④故A正确；B、设小船经过B点时绳的拉力大小为F，绳与水平方向夹角为θ，绳的速度大小为u，P=Fu ⑤u=v1cosθ ⑥联立④⑤⑥得：F=．故B错误；C、由题可知，OB与水平面之间的夹角是θ，所以OA与水平面之间的夹角小于θ，则小船经过A点时电动机牵引绳子的速度大小一定大于．故C错误；D、根据牛顿第二定律Fcosθ﹣f=ma ⑦由④⑤⑥⑦得a=故D正确．故选：AD【点评】本题综合考查了动能定理、牛顿第二定律等知识，综合性较强，对学生能力要求较高，尤其第三问要运用到速度的分解．5．如图所示，水平面内有A、B、C、D、E、F六个点，它们均匀分布在同一圆周上，空间有一电场方向与圆平面平行的匀强电场．已知A、B、C三点的电势分别为φA=V、φB=2V、φC=V，下列判断正确的是（）A．电场强度的方向由D指向AB．圆心O处的电势为2VC．E、F两点间的电势差为VD．A、B、C、D、E、F六个点中，必有一点是圆周上电势最高的点【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度【分析】A：由于圆周处于匀强电场中，线段BC和线段AO平行且相等，因此可知：U CB=U OA=V，因此φB=φO，OB所在直线即为等势线，电场线与等势线垂直，并且沿着电场线的方向电势降低，可判断电场强度的方向．B：由A项可知φO=2V．C：由线段BC和线段AO平行且相等，可得：U CB=U EF=V．D：由线段BC和线段AO共线且相等，可得：U DO=U OA=V，可得：φD=（2）V．【解答】解：A：由于圆周处于匀强电场中，线段BC和线段AO平行且相等，因此可知：U CB=U OA=V，因此U CB=φC﹣φB，U OA=φO﹣φAφB=φO=2V，OB所在直线即为等势线．由于直线CA与OB垂直，因此电场强的方向由C指向A．故：A项错误．B：U CB=φC﹣φB，U OA=φO﹣φA可得：φB=φO=2V．故：B项正确．C：线段BC、线段AO和线段EF平行且相等，U CB=U OA=U EF=V．故：C正确．D：沿着电场线的方向电势降低，因此C和D点电势最高并且φC=φD=（2）V．故D错误．故选：BC．【点评】此题考查电势差与电场强度的关系，在匀强电场中平行线段两端的电势差之比等于距离之比，可以求得其他点的电势．并且电场线与等势线垂直，可以确定电场强度的方向．6．如图，单匝矩形导线框abcd与匀强磁场乖直，线框电阻不计，线框绕与cd 边重合的同定转轴以恒定角速度从图示位置开始匀速转动，理想变压器匝数比为n1：n2．开关S断开时，额定功率为P的灯泡L1正常发光，电流表示数为I，电流表内阻不计，下列说法正确的是（）A．线框中产生的电流为正弦式交变电流B．线框从图中位置转过时，感应电动势瞬时值为C．灯泡L1的额定电压等于D．如果闭合开关S，则电流表示数变大【考点】变压器的构造和原理；正弦式电流的图象和三角函数表达式【分析】根据理想变压器的变压比公式和变流比公式列式求解．线圈在匀强磁场中匀速转动的最大感应电动势，线圈从中性面开始转动瞬时值表达式【解答】解：A、线框绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，线框中产生的是电流为正弦式交变电流，故A正确；B、线框从中性面转动，所以瞬时值表达式为，当转动时，感应电动势的瞬时值，故B正确；C、原线圈两端的电压，根据电压与匝数成正比，得，副线圈两端的电压，即灯泡的额定电压为，故C错误；D、S闭合，副线圈电阻变小，输出功率变大，输入功率变大，，得变大，即电流表示数变大，故D正确；故选：ABD【点评】本题关键是抓住灯泡正常发光，可计算副线圈两端电压，同时要明确输入电压决定输出电压，输出电流决定输入电流，输出功率决定输入功率．7．已知无限长通电直导线周围某处磁场的磁感应强度大小为B=k，式中常量k ＞0，I为电流强度，r为该点到直导线的距离．如图所示，将通以恒定电流的长直导线固定在光滑绝缘水平面上，某一时刻，金属环在该平面上以速度v0沿图示方向运动（）A．此时，金属环中感应电流沿顺时针方向B．此后，金属环可能沿图示v0方向做直线运动，直到速度减为零C．此后，金属环可能一直做曲线运动D．此后，金属环先做曲线运动，再做匀速直线运动【考点】楞次定律【分析】根据通电直导线周围磁场的分布，结合楞次定律可判定感应电流方向，再依据楞次定律相对运动角度来判定，通电线圈受到的安培力方向，再结合曲线运动的条件，即可求解．【解答】解：A、根据右手螺旋定则，环所处的磁场方向向里，因无限长通电直导线周围某处磁场的磁感应强度大小为B=k，则离导线越远的，磁场越弱，依据楞次定律可知，环中的感应电流方向顺时针方向，故A正确；BCD、当环在该平面上以速度v0沿图示方向运动时，产生的感应电流，出现安培阻力，从而阻碍其运动，由于安培阻力与速度方向不共线，因此做曲线运动，当环的速度方向与通电导线电流方向相平行时，则环中的磁通量不再变化，那么没有感应电流，因此环不受力的作用，则做匀速直线运动，故BC错误，D正确；故选：AD．【点评】考查楞次定律的应用，掌握感应电流产生条件，理解右手螺旋定则的内容，知道曲线运动的条件，注意当环的速度与电流方向平行时，则磁通量不再变化，是解题的关键．8．（2016•佛山二模）图甲为0.1kg的小球从最低点A冲入竖直放置在水平面上、半径为0.4半圆轨道后，小球速度的平方与其高度的关系图象．已知小球恰能到达最高点C，轨道粗糙程度处处相同，空气阻力不计．g取10m/s2，B为AC轨道中点，下列说法正确的是（）A．图甲中x=4B．小球从B到C损失了0.125J的机械能C．小球从A到C合外力对其做的功为﹣1.05JD．小球从C抛出后，落地点到A的距离为0.8m【考点】动能定理；机械能守恒定律【分析】根据小球恰好到达最高点，结合牛顿第二定律求出最高点的速度，从而得出x的值；根据A到C过程中动能的减小量和重力势能的增加量得出机械能的减小量，通过A到B和B到C过程中克服摩擦力做功的大小，判断出两个过程中机械能损失的关系，从而得出小球从B到C过程中机械能的损失．根据动能定理求出A到C过程中合力做功的大小；根据高度求出平抛运动的时间，结合初速度和时间求出平抛运动的水平位移．【解答】解：A、当h=0.8m时，小球运动到最高点，因为小球恰能到达最高点C，则有：，解得v=m/s=2m/s，则x=4，故A正确．B、从A到C过程，动能减小量为=J=1.05J，重力势能的增加量为mg•2R=1×0.8J=0.8J，则机械能减小0.25J，由于A到B过程中压力大于B到C过程中的压力，则A到B过程中的摩擦力大于B到C过程中的摩擦力，可知B到C的过程克服摩擦力做功较小，知机械能损失小于0.125J，故B错误．C、小球从A到C合外力对其做的功等于动能的变化量，则W==J=﹣1.05J，故C正确．D、C点的速度v=2m/s，根据得，t=，则落地点到A点的距离x′=vt=2×0.4m=0.8m，故D正确．故选：ACD．【点评】本题考查了动能定理和平抛运动、圆周运动的综合运用，知道最高点的临界情况，结合牛顿第二定律求出速度是解决本题的关键，注意A到B和B到C 过程中摩擦力的大小不等，则克服摩擦力做功不同，机械能损失不同．三、非选择题（包括必考题和选考题两个部分，第22题-第32题为必考题，每个考题考生都必须作答．第33题-第40题为选考题，考生根据要求作答）9．（5分）（2016•宁德模拟）某同学通过实验探究物体绕轴转动而具有的转动动能与哪些因素有关．他以圆形砂轮为研究对象，研究其转动动能与质量、半径、角速度的具体关系．分别取不同质量、不同半径的砂轮，使其以不同的角速度旋转进行实验，得到数据如下表所示：。
2016年河北省衡水中学高考物理调研试卷(四)
2016年河北省衡水中学高考物理调研试卷（四）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题(本大题共5小题，共30.0分)1.如图所示，在水平地面上固定一两底角为θ的等腰斜面体，质量分别为m1、m2的两物体通过一轻绳跨过斜面体顶端的定滑轮连接在一起处于静止状态，轻绳与斜面平行，不计质量为m2的物体与斜面体间的摩擦，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A.m1与m2一定相等B.轻绳弹力的大小为m1gsinθC.斜面体对m1的摩擦力方向一定沿斜面向下D.斜面体对m1的摩擦力可能为零【答案】D【解析】解：m2处于静止状态，受力平衡，对m2受力分析，根据平衡条件得：绳子拉力T=m2gsinθ，对m1受力分析，根据平衡条件得：T=m2gsinθ+f，当f=0时，m1=m2，则当m1＞m2，f方向向上，当m1＜m2，f方向向下，故D正确，ABC错误．故选：Dm2处于静止状态，受力平衡，对m2受力分析，求出绳子拉力，再对m1受力分析，根据平衡条件列式，分情况讨论即可．本题主要考查了共点力平衡条件的直接应用，要求同学们能正确分析物体的受力情况，注意m1、m2的大小关系不知道，则m1受到的摩擦力方向也不确定，难度适中．2.在如图所示的电路中，闭合开关S后，直流电动机正常转动，电压表的示数为8.0V．已知电源电动势为10V，电源内阻为0.5Ω，电路中的电阻R为1.5Ω，小型直流电动机M的内阻为1.0Ω，电压表为理想电表，下列说法正确的是（）A.流经电动机的电流为2.0AB.电动机的输出功率为7WC.电动机产生的热功率为8WD.电源的输出功率为8W【答案】B【解析】解：A、R与r两端的电压U=10-8=2V，则由欧姆定律可知I===1A；故A错误；B、电动机的输出功率P出=UI-I2r0=8×1-12×1=7W；故B正确；C、电动机产生的热功率P热=I2r0=1×1=1W；故C错误；D、电源的输出功率P=EI-I2r=10-1×0.5=9.5W；故D错误；故选：B．根据闭合电路欧姆定律可求得电源内阻和R两端的电流，再根据输出功率P出=UI-I2r0可求得电动机的输出功率；根据P=EI-I2r可求得电源的输出功率；根据P=I2r可求得发热功率．在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的．3.一物体做匀减速直线运动，经过连续相等时间T内位移分别为6m和4m，后又经过位移x，物体的速度减小为0，下列说法正确的是（）A.物体运动的时间T为2sB.物体的加速度a的大小为1m/s2C.物体的位移x的大小为2.25mD.物体的位移x的大小为4m【答案】C【解析】解：设后又经过位移x，物体的速度减小为0的时间为t，反过来看，可以看成是初速度为0，加速度为a的匀加速直线运动，根据位移时间公式得：x=，①x+4m=，②由①②解得：at T=3，③根据推论得：a T2=6-4=2m④由③④解得：t=，则x=，a T2=2，解得：x=2.25m，根据题目条件无法求出加速度和T，故C正确，ABD错误．故选：C设后又经过位移x，物体的速度减小为0的时间为t，反过来看，可以看成是初速度为0，加速度为a的匀加速直线运动，根据位移时间公式结合△x=a T2列式求解．本题主要考查了匀变速直线运动基本公式和推论的直接应用，知道匀变速直线运动，相邻的相等时间内的位移之差是个定值△x=a T2．4.2015年7月美国国家航空航天局通过开普勒太空望远镜（KEPLER）新发现太阳系外“宜居”行星-开普勒452b（KEPLER～452b）．开普勒452b围绕一颗类似太阳的恒星做匀速圆周运动，公转一圈大约385天，轨道半径约为1.5×1011m，已知引力常量G=6.67×10-11N•m2/kg2，利用以上数据可以估算出类似太阳的恒星的质量约为（）A.1.8×1030kg B.2.0×1020kg C.2.2×1025kg D.2.4×1020kg【答案】A【解析】解：根据万有引力充当向心力，有：=则中心天体的质量：M==2.0×1030kg，故A选项的数据最接近，是正确的．故选：A根据万有引力充当向心力=即可求出中心天体的质量．该题考查万有引力定律的应用，解决本题只需要将相关数据代入万有引力提供向心力的公式即可，解答的关键是要注意数量级．5.如图所示，在一平面正方形MNPQ区域内有一匀强磁场垂直于纸面向里，磁感应强度为B．一质量为m、电荷量为q的粒子以速度v从Q点沿着与边QP夹角为30°的方向垂直进入磁场，从QP边界射出．已知QP边长为a，不计粒子的重力，下列说法正确的是（）A.该粒子带正电B.运动过程中粒子的速度不变C.粒子在磁场中运动的时间为D.粒子的速度v的最大值为【答案】C【解析】解：A、粒子从PQ边射出磁场，粒子刚射入磁场时受到的洛伦兹力垂直与速度斜向右下方，由左手定则可知，粒子带负电，故A错误；B、粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子速度大小不变当方向发生变化，粒子速度发生变化，故B错误；C、粒子在磁场中转过的圆心角：θ=2×30°=60°，粒子在磁场中的运动时间：t=T=°×=，故C正确；D、粒子从P点射出磁场时轨道半径最大，粒子速度最大，此时粒子轨道半径：r=a，由牛顿第二定律得：qv B=m，粒子的最大速度：v==，故D错误；故选：C．粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，根据粒子偏转方向确定粒子所受洛伦兹力方向，然后由左手定则判断出粒子的电性；根据题意求出粒子在磁场中转过的圆心角，然后根据粒子周期公式求出粒子的运动时间；粒子从P点射出时速度最大，求出粒子从P点射出时的轨道半径，然后应用牛顿第二定律求出粒子的最大速度．粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子转过的圆心角等于弦切角的2倍，根据几何知识求出粒子转过的圆心角、轨道半径，然后应用牛顿第二定律与粒子做圆周运动的周期公式可以解题．二、多选题(本大题共3小题，共18.0分)6.如图所示，水平放置的带小孔的金属薄板间有匀强电场，薄板的上极板电势高于下极板，板间距d=1.25m．M恰好在薄板小孔P、N的正上方，距上极板的距离h=1.25m．若从M处由静止释放一个质量m=1×10-3kg电荷量为q a=-4×10-3C的带电小球a，小球a恰好能到达下极板的N孔处而未穿出极板，现若将m=1×10-3kg电荷量为q b=-5×10-3C的带电小球b从M点由静止释放，重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是（）A.薄板间的匀强电场的电场强度为3×105N/CB.薄板间的匀强电场的电场强度为5×105N/CC.带电小球a从M处下落至下极板的时间为1.0sD.带电小球b从M处下落的过程中机械能的变化量为-J【答案】BCD【解析】解：A、小球由静止开始下落到下端的小球到达下极板的过程中，由动能定理得：mg（h+d）-E q a d=0解得：E=5×105N/C．故A错误，B正确；C、对于小球自由下落的过程，有h=解得，t1==s=0.5s；小球到达小孔时的速度为v1==m/s=5m/s；小球在匀强电场中的加速度α=代入数据得：a=10m/s2；由0=v-at2代入数据解得：t2=0.5s．故带电小球a从M处下落至下极板的时间为：t=t1+t2=0.5s+0.5s=1.0s．故C正确；D、设带电小球b在电场内下降的高度为x，由动能定理得：mg（h+x）-E q b x=0代入数据得：x=m此过程中小球的机械能的改变量等于克服电场力做的功，即△E机=-q b•E•xJ代入数据得：机故选：BCD对小球由静止开始到下端小球到达下极板的过程中运用动能定理，求出两极板间匀强电场的电场强度．小球先做自由落体运动，由运动学位移公式求出自由下落到小孔的时间，由位移速度公式求出到达A板小孔的速度．小球在匀强电场中做匀加速运动，根据牛顿第二定律和运动学位移公式结合时间，即可得到总时间．结合机械能的变化量等于电场力做功，由功能关系求解．本题考查了牛顿第二定律和动能定理的综合运用，要分析出两球由静止开始下落至下端小球恰好进入小孔时两球达到最大速度，掌握整体法和隔离法的灵活运用．7.如图所示，轻弹簧两端栓接两个小球a、b，在水平恒力F的作用下栓接小球的细线固定在竖直墙壁上，两球静止，两细线与竖直墙壁的夹角θ=60°，弹簧竖直，已知两小球的质量都为2kg，质量加速度g=10m/s2．下列说法正确的是（）A.水平外力F的大小为40NB.弹簧的拉力大小为40NC.剪断上端细线瞬间，a球加速度为10m/s2D.剪断下端细线瞬间，b球加速度仍为0【答案】AD【解析】解：A、先以b为研究对象，若下端细线对b有拉力的作用，则B受到的外力中，水平方向的分力必定不等于0，所以b不受下端细线的拉力的作用，可知b只受到重力和弹簧的拉力的作用，根据二力平衡可知，弹簧的拉力F1等于b的重力，即20N．以a为研究对象，则a受到重力、上端细线的拉力F2、弹簧的拉力以及水平力F的作用，竖直方向：F2sin60°=mg+F1所以：F2=80N水平方向：F=F2cos60°所以：F=N．故A正确，B错误；C、剪断上端细线瞬间，上端细线的拉力F2消失，a球受到的重力、拉力F以及弹簧的拉力的合力与F2的大小相等，方向相反，所以a球加速度为m/s2．故C错误；D、由于下端的细线对b的拉力为0，所以剪断下端细线瞬间，b球加速度仍为0．故D 正确．故选：AD根据共点力平衡求解细线的拉力和弹簧的弹力大小．剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，结合牛顿第二定律求出a球的瞬时加速度．本题考查了共点力平衡与牛顿第二定律的基本运用，知道剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变是解答的关键．8.如图所示，一个电阻值为R，匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路，其余电阻不计．线圈的半径为r1，在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系式B=10-4t（T），在0至2s时间内，下列说法正确的是（）A.通过电阻R1上的电流方向由a到bB.通过电阻R1上的电流大小为C.通过电阻R1上的电荷量为D.电阻R1上产生的热量为【答案】BD【解析】解：A、根据法拉第电磁感应定律由法拉第电磁感应定律有：E=n=n s而s=πr2由闭合电路欧姆定律有：I=联立以上各式解得通过电阻R1上的电流大小为：I=，根据楞次定律可知，流经R1的电流方向由b→a，故A错误，B正确；C、根据欧姆定律，则线圈两端的电压，即为电阻R1的电压，则q=I t1=，故C错误；D、电阻R1上产生的热量为：Q=I2（2R）t=，故D正确故选：BD线圈平面垂直处于匀强磁场中，当磁感应强度随着时间均匀变化时，线圈中的磁通量发生变化，从而导致出现感应电动势，产生感应电流．由楞次定律可确定感应电流方向，由法拉第电磁感应定律可求出感应电动势大小．而产生的热量则是由焦耳定律求出．本题是法拉第电磁感应定律、欧姆定律、焦耳定律的综合应用，应用法拉第定律时要注意s是有效面积，并不等于线圈的面积．六、多选题(本大题共1小题，共5.0分)13.下列说法正确的是（）A.凡与热现象有关的宏观过程都具有方向性，在热传递中，热量只能从高温物体传递给低温物体，而不能从低温物体传递给高温物体B.液体的饱和气压随温度的升高而增大是因为饱和汽的体积随温度的升高而增大C.液体与大气相接触，表面层内分子所受其他分子的作用表现为相互吸引D.0℃的铁和0℃的冰，它们的分子平均动能相同E.气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数与单位体积内的分子数和温度有关【答案】CDE【解析】解：A、根据热力学第二定律知，凡与热现象有关的宏观过程都具有方向性，在热传递中，热量能自发从高温物体传递给低温物体，不能自发从低温物体传递给高温物体，，但在外界的影响下，热量也能从低温物体传递给高温物体．故A错误．B、在一定温度下，饱和蒸气的分子数密度是一定的，因而其压强也是一定的，与体积无关；故密闭容器中某种蒸汽开始时若是饱和的，保持温度不变，增大容器的体积，稳定后蒸汽的压强不变；液体的饱和汽压随温度的升高而增大，是因为随温度的升高液体蒸发的速度加快．故B错误．C、液体与大气相接触，表面层内分子间距较大，则分子所受其他分子的作用表现为相互吸引．故C正确．D、温度是分子平均动能的标志，则0℃的铁和0℃的冰，温度相同，它们的分子平均动能相同，故D正确．E、气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数与单位体积内的分子数和温度有关，单位体积内的分子数越多碰撞次数越多，分子的平均动能越大，单位时间碰撞次数越多，而温度又是分子平均动能的标志，故E正确．故选：CDE．在热传递中，热量只能自发地从高温物体传递给低温物体，而不能自发地从低温物体传递给高温物体．饱和蒸气压是物质的一个重要性质，它的大小取决于物质的本性和温度．液体表面分子间距离较大，分子间存在引力．温度是分子平均动能的标志．气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数与单位体积内的分子数和温度有关．解决本题的关键要理解并掌握热力学第二定律、分子动理论、气体压强的微观含义等热力学基本知识．对于温度，要掌握它的微观意义：温度是分子平均动能的标志．三、实验题探究题(本大题共2小题，共15.0分)9.某同学设计了如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律．一个电磁体吸住一个小钢球，当将电磁体断电后，小钢球将由静止开始向下做加速运动．小钢球经过光电门时，计时装置将记录小钢球通过光电门所用的时间△t，用直尺测量出小钢球由静止开始下落至光电门的高度h．重力加速度为g（1）该同学用游标卡尺测量了小钢球的直径，结果如图乙所示，他记录的小钢球的直径d= ______ cm；（2）在本实验中，若忽略空气阻力的影响，则最终验证机械能守恒的表达式为______ （用题中符号表示）．【答案】1.450；【解析】解：（1）由图示游标卡尺可知，其示数为14mm+10×0.05mm=14.50mm=1.450cm （2）以小球通过光电门的时间得到小球的平均速度，以此来表示瞬时速度v=，然后验证：，即故答案为：（1）1.450（2）（1）游标卡尺先读主尺再读出游标尺，游标尺不估读；（2）利用平均速度代替瞬时速度算得小球经过光电门时的速度，根据机械能守恒求的表达式对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，正确使用这些基本仪器进行有关测量．要明确实验的原理，知道较短时间内平均速度能代替瞬时速度．10.一同学设计了如图1所示实物电路图来测量电源的电动势和内阻．（1）请根据实物电路图在图2方框内画出该同学测量电路的原理图；（2）该同学在闭合开关后，发现电压表无示数，电流表有示数，在选用器材时，处除了导线外，其他器材经检测都是完好的，测出故障的原因是______ （请用接线柱处的字母表达）．（3）该同学测量时记录了6组数据，并根据这些数据画出了U-I图线如图3所示，根据图线求出电源电动势E= ______ V，内阻r= ______ Ω【答案】dj断路；1.48；0.50【解析】解：（1）根据实物图可明确电路结构，则可得出对应的原理图如图所示；（2）闭合电键后，电流表有示数，说明电路不存在断路，电压表没有示数，说明电压表没有接入；故故障是由导线dj断路造成的；（3）由图3所示，电源U-I图象可知，图象与纵轴交点坐标值为1.48，则电源电动势E=1.48V，电源内阻r===0.50Ω．故答案为：（1）如图所示（2）dj断路（3）1.48；0.50；（1）分析实物图，可以从电源正极出发，按先串联后并联的方向找出电路结构；（2）常见的电路故障有断路与短路两种，根据电路故障现象分析电路故障原因；（3）电源的U-I图象与纵轴的交点的纵坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻；本题考查测电动势和内电阻实验中的数据处理以及故障分析；应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，要掌握应用图象法处理实验数据的方法，会根据图象求电源电动势与内阻；同时会分析测电源电动势与内阻实验的故障问题．四、简答题(本大题共1小题，共12.0分)11.如图所示，不带电的物体A与带电体B叠放在一起静止在空中，带电体C固定在绝缘地面上不动．现将物体A移走，物体B从静止经过时间t达到最大速度v m=2m/s．已知三个物体均可以看做质点，A与B的质量分别为0.35kg、0.28kg，B、C的电量分别为q B=+4×10-5C，q C=+7×10-5C且保持不变，静电力常量k=9.0×109N•m2/C2，g=10m/s2，不计空气阻力．求初始时BC间的距离L及在时间t内系统电势能的变化量△E p．【答案】解：初始时刻B处于静止，B受到竖直向下的重力，C给的库仑力，A给的压力，根据共点力平衡条件可得，代入数据可得L=2m当撤去A后，B在库仑力的作用下向上做加速运动，当库仑力和重力相等时，速度最大，即，过程中，重力和库仑力做功，根据动能定理可得库联立代入数据可得W库=3.36J，电场力做正功，电势能减小，故△E p=-3.36J答：初始时BC间的距离L为2m，在时间t内系统电势能的变化量△E p为-3.36J．【解析】初始时刻B处于静止，对B受力分析，根据平衡条件结合库仑定律求出L，当撤去A 后，B在库仑力的作用下向上做加速运动，当库仑力和重力相等时，速度最大，根据平衡条件结合动能定理列式求解．本题主要考查了共点力平衡条件、动能定理以及库仑定律的直接应用，要求同学们能正确分析物体的受力情况，明确当撤去A后，B在库仑力的作用下向上做加速运动，当库仑力和重力相等时，速度最大．五、计算题(本大题共1小题，共20.0分)12.如图所示，在水平地面上固定一光滑金属导轨，导轨间距离为L，导轨电阻不计，右端接有阻值为R的电阻，质量为m，电阻r=R的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上，整个装置处在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中．初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有一水平向右的初速度v0，已知当导体棒第一次回到初始位置时，速度大小变为v0，整个运动过程中导体棒始终与导体垂直并保持良好接触，弹簧的重心轴线与导轨平行，且弹簧始终处于弹性限度范围内．求：（1）初始时刻通过电阻R的电流I的大小；（2）导体棒第一次回到初始位置时，导体棒的加速度大小为a；（3）导体棒从开始运动直到停止的过程中，电阻R上产生的焦耳Q．【答案】解：（1）初始时刻导体棒的速度为v0，做切割磁感线运动，产生的电动势为E=BL v0，电路中的总电阻为，根据欧姆定律可得（2）导体棒第一次回到初始位置时，速度为，产生的电流为此时弹簧处于原长状态，所以只受安培力作用，安培力为F=BIL，根据牛顿第二定律可得，联立解得（3）由于没有摩擦力，则导体棒从开始运动直到停止的过程中，导体棒的动能完全转化为电路的焦耳热，故，根据电路规律可得电阻R上产生的焦耳总，总答：（1）初始时刻通过电阻R的电流I的大小为；（2）导体棒第一次回到初始位置时，导体棒的加速度大小为a（3）导体棒从开始运动直到停止的过程中，电阻R上产生的焦耳Q为．【解析】（1）根据导体切割磁感线的公式可求得电动势，再由欧姆定律可求得电流大小；（2）根据F=BIL可求得安培力，再由牛顿第二定律可求得加速度；（3）明确能量转化关系；根据功能关系可求得R上产生的焦耳热．本题考查导体切割磁感线的规律，要注意弄清运动过程中能量如何转化，并应用能量转化和守恒定律分析解决问题是此题关键，当然右手定则和安培定则也熟练运用．七、计算题(本大题共1小题，共10.0分)14.如图所示，一绝热气缸倒悬挂在天花板上处于静止状态，有两个不计质量的活塞M、N将两部分理想气体封闭在气缸内，温度均是27°．M活塞是绝热的，N活塞是导热的，均可沿气缸无摩擦地滑动，已知活塞的横截面积均为S=2cm2，初始时M活塞相对于顶部的高度为h=18cm，N活塞相对于顶部的高度为H=27cm，大气压强为p0=1.0×105pa．现将一质量m=400g的小物体挂在N活塞的下表面，活塞下降，系统再次平衡后，活塞未脱离气缸．①求下部分气体的压强多大？②现通过加热丝对上部分气体进行缓慢加热，使上部分气体的温度变为127℃，求稳定后活塞N距离顶部的高度（活塞始终未脱离气缸）．【答案】解：①对下面的活塞分析，根据共点力的平衡条件可知：P0s-P s=mg，代入数据解得：P=0.8×105pa②对上部分气体进行分析，初状态压强为P0，体积为hs，温度为T1，末状态压强为P，体积设为h2s，温度为T2，由理想气体状态方程可得：，代入数据得：h2=30cm对下部分气体进行分析，根据玻意耳定律定律可得：P0（H-h）S=p L s代入数据得：L=11.25cm故此时活塞M距离底端的距离为：H2=30+11.25=41.25cm答：①下部分气体的压强为0.8×105pa②稳定后活塞N距离顶部的高度为41.25cm．【解析】①对下面的活塞分析，根据共点力的平衡条件可求得下部分气体的压强；②对上部分气体分析，根据理想气体状态方程可求得上部分气体的长度；再对下部分气体分析根据玻意耳定律可求得下部气体的长度，则可求得活塞M距离底部的距离．本题考查理想气体的状态方程以及气体压强的计算，要注意正确选择研究气体对象，分析好对应的状态，再选择正确的物理规律求解即可．八、填空题(本大题共1小题，共4.0分)15.如图所示，一束复色光L沿半径方向射入半圆形玻璃砖，a、b是复色光射入玻璃砖后经过一次折射后的其中两条出射单色光．玻璃砖对a光的折射率______（填“＜”“=”“＞”）对b光的折射率．用同一双缝干涉仪做光的双缝干涉实验，a光条纹间距______（填“＜”“=”“＞”）b光的条纹间距．【答案】＞；＜【解析】解：由图知，a、b两光的入射角相等，a光的折射角比b的大，a光的偏折程度大，由折射定律知，玻璃砖对a光的折射率大于对b光的折射率，则a光的频率大，波长短．用同一双缝干涉仪做光的双缝干涉实验时，干涉条纹间距与波长成正比，则a光条纹间距小于b光的条纹间距．故答案为：＞，＜．由图知道，a、b两光的入射角相等，a光的折射角比b的大，由折射定律分析折射率的大小，确定两束光频率大小，得到波长的大小，即可分析双缝干涉条纹的间距大小．解决本题的关键要知道光的折射率与偏折角的关系，明确介质对光的折射率越大，该光的频率越大，波长越短，双缝干涉条纹间距越小．九、计算题(本大题共1小题，共10.0分)16.一列简谐横波沿x轴负方向传播，t=0时刻的波形如图中实线所示，t=0.1s时刻的波形如图中的虚线所示．已知P是传播介质中坐标为2.5m处的一个质点．①试判断在t=0.1时刻与P相距5m处的质点的振动方向；②求该波传播的速度．【答案】解：①因为该波是沿x轴负方向传播，则由带动法可知P点在t=0.1时刻向下振动；由图可知，波的波长为1m，与P相距5m的点可视为与P点相距1m的距离；由图可知，与P相距5cm处的质点若在P点左侧，则它正在向上振动，若在P点右侧，则它在向②因为波向负方向传播，从实线到虚线经历了0.1s，故（n=1、2、3、4…．），从图中可得λ=4m，故根据公式可得，v=10（n+3）m/s（n=0.1.2.3…）答：①与P相距5cm处的质点若在P点左侧，则它正在向上振动，若在P点右侧，则它在向下振动②该波传播的速度为10（n+3）m/s（n=0.1.2.3…）【解析】①已知波的传播方向，根据平移法可知经0.1s时P点的振动方法，再根据图象可知与P 相距5m的点的振动方向；②根据波的周期性可知0.1s对应的周期，再根据波速度公式可求得波速度的通式．本题考查波的多解性，要注意明确产生多解的可能性有：方向的多解、时间上的多解性和空间上的多解性等几种，要注意全面考虑．十、填空题(本大题共1小题，共4.0分)17.朝鲜自2006耐至2013年期间共进行了三次核试验，此举引起国际社会的广泛关注．据称，核试验材料为铀235，常温下U的半衰期约为45亿年，升高温度后半衰期______ （填“增大”“不变”或“减小”），U经过______ 次α衰变和4次β衰变，变成P b．【答案】不变；7【解析】解：半衰期由原子核本身决定，与外界环境无关，则升高温度后半衰期不变；设经过n次α衰变与4次β衰变：235-4n=207得n=7次故答案为：不变7核子数即质量数=质子数+中子数，半衰期由原子核本身决定，与外界环境无关，核反应方程遵循质量数和电荷数守恒本题考查了原子核的组成，半衰期的特点，核反应方程的遵循规律十一、计算题(本大题共1小题，共10.0分)18.如图所示，倾角为θ=30°的斜面固定在水平面上，斜面底端有一挡板与之垂直，同种材料制成的可看为质点的小物块A、B、C，其质量分别为m、2m、2m，物块C静止在物块B与挡板之间某一位置．小物块A、B靠在一起，其间夹有少量炸药，一起以v0=4m/s的速度沿斜面匀速下滑，当A、B与挡板距离为L=1.75m时炸药爆炸，炸药爆炸后A的速度恰好变为零，随后小物块B 沿斜面向下运动并与小物块C发生弹性碰撞，接着物块C与挡板也发生弹性碰撞．碰后物块C沿斜面上滑，最后物块B与A碰撞并粘成一体．取g=10m/s2，求物块B与A刚碰撞后的速度大小v共．。
河北省衡水中学2016年高考物理信息卷四及解析
2016年河北省衡水中学高考物理信息卷(四)一、选择题(共8小题,每小题6分,满分48分每小题给出的四个选项中,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.实验研究表明降落伞所受的阻力与速度v 、伞的半径r,空气密度ρ等因素有关,下面几个有关阻力的表达式可能正确的是(式中K 为比例常数,无单位)( )A.Kv 2r 3ρB.Kv 2r 2ρC.Kv 2r 4ρD.Kvr 2ρ 2.两个质量相等的带电小球A 、B,在等长的绝缘细线作用下处于静止状态,其中小球A 紧靠着光滑的绝缘墙壁,系小球A 的细线呈竖直状态,系小球B 的细线偏离竖直方向成θ角.若减小小球B 的带电量,系统重新平衡后,下列说法正确的是( )A.θ增大B.由于小球A 的带电量不变,其受到的库仑力大小不变C.小球A 受到细线的拉力不变D.小球B 受到细线的拉力不变3.如图所示,电源的电动势为E,内阻为r,R 为电阻箱.图乙为电源的输出功率P 与电流表示I 的关系图象,电流表为理想电表,其中电流为I 1、I 2时对应的外电阻分别为R 1、R 2,电源的效率分别为η1、η2,输出功率均为P 0.下列说法中正确的是( )A.R 1＜R 2B.I 1+I 2＞C.R 1R 2＝r 2D.η1＝η24.如图甲所示,光滑导轨水平放置在匀强磁场中,磁场的方向与导轨平面成60°角,磁感应强度B 随时间t 的变化规律如图乙所示,规定斜向下为正方向,导体棒ab 垂直导轨放置,除电阻R 的阻值外,其余电阻不计,导体棒ab 在水平外力F 作用下始终处于静止状态.规定a→b 的方向为电流的正方向,水现向左的方向为外力F 的正方向,则在0～4s 时间内,线框中的感应电流I 以及导体棒ab 所受外力F 随时间t 变化的图象的图象正确的是( )A. B. C. D.5.如图所示,直角三角劈固定在水平地面上,斜劈左侧面粗糙,倾角θ＝37°,右侧面光滑,一轻弹簧的下端固定在斜劈左侧下端的挡板上,弹簧处于原长时上端位于O点,一根轻绳绕过光滑轮连接质量分别为2m和m的物体甲和乙,初始时甲位于斜面的P点,乙在斜劈右侧面上,O、P两点间的距离为L.现由静止同时释放甲、乙后,甲沿斜面向下运动,将弹簧压缩到最短的位置Q点,O、Q两点间距离为.甲与斜面间动摩擦因数μ＝,整个过程中,滑轮两侧绳子始终与斜面平行,轻绳始终处于伸直状态,不计空气阻力及滑轮和轴间的摩擦,重力加速度为g,下列说法正确的是 ( )A.甲物体在从P至Q的运动过程中,先做匀加速运动,后做匀减速运动B.甲物体在从P至O的运动过程中,加速度大小为a＝gC.弹簧的最大弹性势能为mgLD.弹簧的最大弹性势能为mgL6.如图所示为A、B两个物体在同一直线上运动的速度﹣时间图象,已知t＝0时刻两个物体恰好经过同一地点,则下列说法正确的是( )A.A、B两物体运动方向相反B.t＝4s时,A、B两物体相遇C.在相遇前,t＝4s时,A、B两物体相距最远D.在相遇前,若A、B两物体的最远距离为14m,则物体A的速度为8m/s7.如图所示,两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ＝30°,间距为l.导轨上端接有一平行板电容器,电容为C,在宽度为h的两虚线间的导轨上涂有薄绝缘涂层,匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向与导轨平面垂直,质量为m的导体棒从h高度处由静止释放,导体棒始终与导轨垂直且仅与涂层间有摩擦,动摩擦因数为,重力加速度为g,所有电阻忽略不计.下列说法正确的是( )A.导体棒到达涂层前做加速度减小的加速运动B.在涂层区导体做匀速运动C.导体棒到达底端的速度为v＝D.整个运动过程中产生的焦耳热为mgh8.据新华社2015年11月2日上海电,我国自主发射的火星探测器将在第17届中国国际工业博览会上首次公开亮相,火星是太阳系中与地球最为类似的行星,人类对火星生命的研究在2015年因“火星表面存在流动的液态水”的发现而取得了重要进展.若火星可视为均匀球体,其表面的重力加速度为g,半径为R,自转周期为T,万有引力常量为G,则下列说法正确的是( )A.火星的平均密度为B.火星的同步卫星距火星表面的高度为﹣RC.火星的第一宇宙速度为2D.火星的同步卫星运行的角速度为二、必考题(共4小题,满分47分)9.某研究性学习小组探究小灯泡灯丝电阻与温度的关系,主要仪器有：待测小灯泡(额定功率6W,额定电流0.5A)、电流表(量程0～0.6A,内阻约为0.1Ω)、电压表(量程0～15V,内阻约为15kΩ)、滑动变阻器(0～50Ω)直流电源(电动势15V,内阻不计)、开关一个,导线若干.(1)若实验中要求调节滑动变阻器时,小灯泡两端电压可以在零到额定电压范围内连续变化,从而测出小灯泡在不同电压下的电流.请根据提供的器材在虚线框中画出符合要求的电路图.(2)如图所示是该研究小组测得的小灯泡I﹣U关系图线.由图线可知,小灯泡灯丝电阻随温度的升高而(填“增大”“减小”或“不变”)；当小灯泡两端所加电压为6V时,其灯丝电阻值为Ω.(保留2位有效数字).10.某研究学习小组利用气垫导轨验证机械能守恒定律,实验装置如图甲所示.水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨,导轨上A点处有一带遮光片的滑块,其总质量为M,导轨上B 点有一光电门,可以记录遮光片经过光电门时的挡光时间t,用s表示A、B两点间的距离,重力加速度为g.(1)若用20分度的游标卡尺测得遮光片的宽度b,如图乙所示,则b＝mm.(2)若用d 表示A 点到导轨底端C 点的距离,h 表示A 与C 的高度差,b 表示遮光片的宽度,在误差范围内,若公式 成立,就可以验证机械能守恒定律(用题中给出的物理量符号表示).(3)多次改变光电门的位置,每次均令滑块自A 点静止释放下滑,测量相应的s 与t 值,结5个数据点作直线,求得该直线的斜率k ＝ ×104m ﹣1•s ﹣2.(保留3位有效数字)11.某兴趣小组对一辆自制小遥控车的性能进行研究.他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动,并将小车运动的全过程记录下来,通过处理转化为v ﹣t 图象,如图所示(除2～10s 时间段内的图象为曲线外,其余时间段图象均为直线).已知小车运动的过程中,2～14s 时间段内小车的功率保持不变,在14s 末失去动力小车自由滑行.已知小车的质量为1kg,整个过程中小车所受到的阻力大小恒定.求小车加速运动过程中行驶的距离.12.如图所示为在竖直平面内建立的坐标系xOy,在xOy 的第一象限内,x ＝4d 处竖直放置高l 0＝2d 粒子吸收板CD,x ＝5d 处竖直放置一个长l ＝5d 的粒子吸收板MN,在MN 左侧存在垂直纸面向外的磁感应强度为B 的匀强磁场,右侧存在竖直向下的匀强电场.在原点O 处有一粒子源,可以沿y 轴正向射出质量为m 、电量为+q 的不同速率的带电粒子,已知电场强度为,粒子的重力及粒子间的相互作用力均忽略不计,打到板CD 、MN 上的粒子均被吸收.(1)若从O 点射出的粒子能打到板MN 上,求粒子的速度v 的大小；(2)若某粒子恰好能够从M 点(刚好未碰到吸收板)进入到电场,求该粒子到达x 轴时的动能；(3)某粒子恰好能够从M 点(刚好未碰到吸收板)进入到电场,求该粒子从O 点射出到通过x 轴所用的时间.三、选考题[选修3－3](共2小题,满分15分)13.下列说法正确的是( )A.显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地无规则运动,这反映了炭粒分子运动的无规则性B.压缩气体时会表现出抗拒压缩的力是由于气体分子间存在斥力的缘故C.当分子力表现为斥力时,分子力和分子势能都随分子间的减小而增大D.热力学温标的最低温度为0K,它没有负值,它的单位是国际单位制的基本单位之一E.若一定质量的某理想气体的内能增加,则其温度一定升高14.如图所示,一根长l ＝76cm,一端开口、内壁光滑的玻璃管竖直放置,管中用一段长H 0＝44cm 的水银柱封闭一段长l 1＝20cm 的气体,开始时封闭气体温度为t 2＝27℃.大气压强恒为P＝76cm Hg,管内气体可视为理想气体,管外空气阻力忽略不计,重力加速度为g,热力学温度与摄氏温度的关系为T＝t+273K.①缓慢升高封闭气体温度,求温度升高到多少时水银开始从管口溢出；②当玻璃管向上以a＝g的加速度匀减速上升时,求稳定时气柱的长度.(忽略封闭气体温度的变化,结果保留3位有效数字)四、[选修3－4](共2小题,满分0分)15.某同学利用先进的DIS系统较准确地探究了单摆周期T和摆长L的关系.利用实验数据,由计算机绘制了a、b两个摆球的振动图象,如图所示,下面说法正确的是( )A.两个摆球摆到最低位置时的机械能一定相等B.两个摆球a、b的振幅之比为C.两个摆球a、b的周期之比为D.两个摆球a、b的摆长之比为E.在t＝1s时b球的振动方向是沿y轴负向16.如图所示,一束单色光从AD边以入射角60°射入一截面为等腰梯形的透明介质.已知该介质的折射率n＝.(1)求光线进入该介质时的折射角；(2)通过计算判断光线能否从CD边射出.五、[选修3－5](共2小题,满分0分)17.下列说法正确的是( )A.发生一次α衰变时,生成核与原来的原子核相比,核内质量数减少4B.放射性元素的半衰期会随着压力、温度及所构成化合物种类的变化而变化C.一个氡核Rn衰变成钋核Po并放出一个粒子,氡核半衰期为3.8天,则2g氡经过7.6天衰变,剩余氡的质量是0.5gD.α粒子轰击铝箔(Al)产生中子的核反应方程式为Al+He→P+nE.β衰变中产生的β射线实际上是原子的核外电子挣脱原子核的束缚而形成的18.如图所示,一质量m＝2kg的铁块放在质量M＝2kg的小车左端,二者一起以v＝4m/s的速度沿光滑水平面向竖直墙面运动,车与墙碰撞的时间t＝0.01s,碰撞时间极短,铁块与小车之间的动摩擦因数μ＝0.4,g＝10m/s2.求：(1)车与墙碰撞时受到的平均作用力F的大小(由于碰撞时间极短,可认为在车与墙碰撞时铁块速度没变)；(2)小车车长的最小值.2016年河北省衡水中学高考物理信息卷(四)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分每小题给出的四个选项中,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.实验研究表明降落伞所受的阻力与速度v、伞的半径r,空气密度ρ等因素有关,下面几个有关阻力的表达式可能正确的是(式中K为比例常数,无单位)( )A.Kv2r3ρB.Kv2r2ρC.Kv2r4ρD.Kvr2ρ【考点】力学单位制.【分析】根据选项的表达式,分析其中物理量的单位找出等效单位的表达式.【解析】解：密度的单位为kg/m3,速度的单位是m/s,半径单位是m,力的单位为N,且1N ＝1kg.m/s2,根据力学单位制可知,A、Kv2r3ρ的单位为,不是N,故A错误；B、Kv2r2ρ的单位为,是N,故B正确；C、Kv2r4ρ的单位为,不是N,故C错误；D、Kvr2ρ的单位为,不是N,故D错误；故选：B2.两个质量相等的带电小球A、B,在等长的绝缘细线作用下处于静止状态,其中小球A 紧靠着光滑的绝缘墙壁,系小球A的细线呈竖直状态,系小球B的细线偏离竖直方向成θ角.若减小小球B的带电量,系统重新平衡后,下列说法正确的是( )A.θ增大B.由于小球A的带电量不变,其受到的库仑力大小不变C.小球A受到细线的拉力不变D.小球B受到细线的拉力不变【考点】库仑定律.【分析】由库仑定律可确定其受爱库仑力变小,由B受力情况可确定θ角,及绳的拉力的变化.【解析】解：A、由F＝,可知F变小,小球平衡被打破,两者距离要变小,则θ变小,则A 错误B、D、小球B受力如图所示,两绝缘线的长度都是L,则△OAB是等腰三角形,由力的三角形与几何三角形相似,则即则线的拉力T 与重力G 相等,G ＝T,则D 正确,而F ＝2Gsin,因θ变小,则F 要变小.则B 错误C 、对于A 球：T+2Gsin ＝G,因θ变小,则T 变大,则C 错误故选：D3.如图所示,电源的电动势为E,内阻为r,R 为电阻箱.图乙为电源的输出功率P 与电流表示I 的关系图象,电流表为理想电表,其中电流为I 1、I 2时对应的外电阻分别为R 1、R 2,电源的效率分别为η1、η2,输出功率均为P 0.下列说法中正确的是( )A.R 1＜R 2B.I 1+I 2＞C.R 1R 2＝r 2D.η1＝η2 【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率.【分析】由图象知电流关系,根据闭合电路欧姆定律可明确电阻关系；而电流为I 1、I 2时电源的输出功率相等,据此由功率公式P ＝UI 和闭合电路欧姆定律结合,进行分析便可求解.【解析】解：A 、由闭合电路欧姆定律可知：I ＝,由图可知,I 1＜I 2,则R 1＞R 2,故A 错误；B 、由闭合电路欧姆定律得：U ＝E ﹣Ir,输出功率为：P ＝UI ＝EI ﹣I 2r,由图有 EI 1﹣I 12r ＝EI 2﹣I 22r,整理得：I 1+I 2＝,故B 错误C 、根据电功率表达式,P 0＝I 12R 1＝I 22R 2,且I ＝,则有： R 1＝R 2；整理得：R 1R 2＝r 2,故C 正确；D 、根据电源的效率可得：η＝,因I 1＜I 2,因此η1＞η2；故D 错误；故选：C.4.如图甲所示,光滑导轨水平放置在匀强磁场中,磁场的方向与导轨平面成60°角,磁感应强度B 随时间t 的变化规律如图乙所示,规定斜向下为正方向,导体棒ab 垂直导轨放置,除电阻R 的阻值外,其余电阻不计,导体棒ab 在水平外力F 作用下始终处于静止状态.规定a→b 的方向为电流的正方向,水现向左的方向为外力F 的正方向,则在0～4s 时间内,线框中的感应电流I 以及导体棒ab 所受外力F 随时间t 变化的图象的图象正确的是( )A. B. C. D.【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律.【分析】由法拉第电磁感应定律可分析电路中的电动势,则可分析电路中的电流,根据楞次定律判断感应电流的方向；由安培力公式可得出安培力的表达式,则可得出正确的图象.【解析】解：AB、由B﹣t图象和楞次定律可知0～2s内感应电流的方向沿逆时针方向,2～4s感应电流方向沿顺时针方向,故AB错误；C、由B﹣t图象和法拉第电磁感应定律、欧姆定律知0～4s内感应电流大小恒定,因导体棒ab在水平外力F作用下始终处于静止状态,所以水平外力F与安培力沿水平方向的分力等大、方向,由安培力F＝BIL可知,电路中安培力随B的变化而变化,0～1s内B为负值且减小时,根据楞次定律判断可知ab中感应电流从b到a,安培力的方向垂直于磁感线斜向右下方,根据平衡条件可知,水平外力水平向左,为正,大小均匀减小；1～2s内B为正值且增大时,感应电流为b到a,安培力的方向垂直于磁感线斜向左上方,根据平衡条件外力水平向右为负,大小均匀增大；2～3s内B为正值且均匀减小,感应电流为a到b,安培力的方向垂直于磁感线斜向右下方,根据平衡条件水平外力向左为正值且减小；3～4s内B为负值且均匀增大,感应电流为a到b,安培力的方向垂直于磁感线斜向左下方,根据平衡条件水平外力向右为负值且增大故C正确,D错误；故选：C5.如图所示,直角三角劈固定在水平地面上,斜劈左侧面粗糙,倾角θ＝37°,右侧面光滑,一轻弹簧的下端固定在斜劈左侧下端的挡板上,弹簧处于原长时上端位于O点,一根轻绳绕过光滑轮连接质量分别为2m和m的物体甲和乙,初始时甲位于斜面的P点,乙在斜劈右侧面上,O、P两点间的距离为L.现由静止同时释放甲、乙后,甲沿斜面向下运动,将弹簧压缩到最短的位置Q点,O、Q两点间距离为.甲与斜面间动摩擦因数μ＝,整个过程中,滑轮两侧绳子始终与斜面平行,轻绳始终处于伸直状态,不计空气阻力及滑轮和轴间的摩擦,重力加速度为g,下列说法正确的是 ( )A.甲物体在从P至Q的运动过程中,先做匀加速运动,后做匀减速运动B.甲物体在从P至O的运动过程中,加速度大小为a＝gC.弹簧的最大弹性势能为mgLD.弹簧的最大弹性势能为mgL【考点】功能关系；弹性势能.【分析】甲物体在从P 至Q 的运动过程中,与弹簧接触前做匀加速运动,与弹簧接触后先做变加速运动,后做变减速运动.根据牛顿第二定律求加速度.对全程,运用能量守恒定律求解弹簧的最大弹性势能.【解析】解：AB 、物体甲在从P 至O 的运动过程中,两物体做匀加速直线运动,对两个物体组成的整体,由牛顿第二定律可得：2mgsinθ﹣2μmgcosθ﹣mgcosθ＝3ma,解得 a ＝g.物体甲和弹簧接触后,因弹簧的弹力是变力,二者就不再做匀变速直线运动,故A 、B 错误.CD 、设弹簧的最大弹性势能为E p .对全程,由能量守恒定律可得：2mg •Lsinθ﹣μ•2mg •Lcosθ﹣mg •Lcosθ＝E p .解得 E p ＝mgL,故C 错误,D 正确.故选：D6.如图所示为A 、B 两个物体在同一直线上运动的速度﹣时间图象,已知t ＝0时刻两个物体恰好经过同一地点,则下列说法正确的是( )A.A 、B 两物体运动方向相反B.t ＝4s 时,A 、B 两物体相遇C.在相遇前,t ＝4s 时,A 、B 两物体相距最远D.在相遇前,若A 、B 两物体的最远距离为14m,则物体A 的速度为8m/s【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】根据图象的性质可明确两物体的运动方向和性质,从而二者何时相遇；再根据位移关系列式求得A 的速度大小.【解析】解：A 、由图象可知,AB 两物体的速度均为正值,运动方向相反；t ＝4s 时两物体速度相等,此时两物体相距最远；故AB 错误；C 正确；D 、若相遇前两物体的最远距离s ＝s B ﹣s A ＝(15﹣v)×4×＝14m,解得物体A 的速度v ＝8m/s,故D 正确；故选：CD7.如图所示,两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ＝30°,间距为l.导轨上端接有一平行板电容器,电容为C,在宽度为h 的两虚线间的导轨上涂有薄绝缘涂层,匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向与导轨平面垂直,质量为m 的导体棒从h 高度处由静止释放,导体棒始终与导轨垂直且仅与涂层间有摩擦,动摩擦因数为,重力加速度为g,所有电阻忽略不计.下列说法正确的是( )A.导体棒到达涂层前做加速度减小的加速运动B.在涂层区导体做匀速运动C.导体棒到达底端的速度为v＝D.整个运动过程中产生的焦耳热为mgh【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；焦耳定律.【分析】由左手定则来确定安培力的方向,并求出安培力的大小；借助于I＝、a＝及牛顿第二定律来求出速度与时间的关系,得到导体棒的运动规律.【解析】解：A、设导体棒下滑的速度大小为v,则感应电动势为E＝Blv,平行板电容器两个极板之间的电势差为U＝E,设此时电容器上积累的电荷量为Q,根据定义C＝,联立可得Q＝CBlv；设导体棒的速度大小为v时经历的时间t,通过导体棒的电流为i,导体棒受到的磁场的作用力方向沿着导轨向上,大小为f＝Bli.设在时间(t,t+△t)内流过导体棒的电荷量为△Q.按照定义有i＝,△Q也是平行板电容器两极板在(t,t+△t)内增加的电荷量,得到△Q＝CBl•△v,△v为导体棒的速度变化量,按照定义有a＝,导体棒在时刻t的加速度方向沿着斜面向下,设其大小为a,根据牛顿第二定律,有：mgsi nθ﹣f＝ma,联立解得：a＝,即导体棒到达涂层前做匀加速直线运动,故A错误；B、由于导体棒通过涂层时没有感应电流,故受重力、支持力、摩擦力,而没有安培力,由于mgsin30°＝μmgcos30°,故导体棒受力平衡,做匀速直线运动,故B正确；C、由速度位移公式可得：,故C正确；D、运动过程中重力势能减小了mgh,但动能有增加,故整个运动过程中产生的焦耳热小于mgh,故D错误；故选：BC8.据新华社2015年11月2日上海电,我国自主发射的火星探测器将在第17届中国国际工业博览会上首次公开亮相,火星是太阳系中与地球最为类似的行星,人类对火星生命的研究在2015年因“火星表面存在流动的液态水”的发现而取得了重要进展.若火星可视为均匀球体,其表面的重力加速度为g,半径为R,自转周期为T,万有引力常量为G,则下列说法正确的是( )A.火星的平均密度为B.火星的同步卫星距火星表面的高度为﹣RC.火星的第一宇宙速度为2D.火星的同步卫星运行的角速度为【考点】万有引力定律及其应用.【分析】根据万有引力等于重力求出火星的质量,结合火星的体积求出火星的密度；根据万有引力提供向心力求出火星同步卫星的轨道半径,从而得出距离火星表面的高度；根据万有引力提供向心力求近地卫星的速度即第一宇宙速度；火星的同步卫星运行的角速度等于火星自转的角速度【解析】解：A、在火星表面,对质量为m的物体由和,可得：,选项A正确；B、设火星的同步卫星距火星表面的高度为h,同步卫星的周期等于火星的自转周期T,则,可得：,选项B正确；C、设火星的第一宇宙速度为v,由,可知：,选项C错误；D、火星的同步卫星运行的角速度等于火星自转的角速度,则,选项D错误；故选：AB二、必考题(共4小题,满分47分)9.某研究性学习小组探究小灯泡灯丝电阻与温度的关系,主要仪器有：待测小灯泡(额定功率6W,额定电流0.5A)、电流表(量程0～0.6A,内阻约为0.1Ω)、电压表(量程0～15V,内阻约为15kΩ)、滑动变阻器(0～50Ω)直流电源(电动势15V,内阻不计)、开关一个,导线若干.(1)若实验中要求调节滑动变阻器时,小灯泡两端电压可以在零到额定电压范围内连续变化,从而测出小灯泡在不同电压下的电流.请根据提供的器材在虚线框中画出符合要求的电路图.(2)如图所示是该研究小组测得的小灯泡I﹣U关系图线.由图线可知,小灯泡灯丝电阻随温度的升高而增大(填“增大”“减小”或“不变”)；当小灯泡两端所加电压为6V 时,其灯丝电阻值为16 Ω.(保留2位有效数字).【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线.【分析】(1)描绘灯泡电阻随电压的变化关系,电压与电流应从零开始变化,滑动变阻器应采用分压接法,根据灯泡电阻与电表内阻的关系确定电流表的接法.(2)根据伏安特性曲线分析电阻的变化；再根据图线明确6V时的电流,再由欧姆定律即可求得电阻值.【解析】解：(1)小灯泡两端电压可以从零至额定电压范围内变化,滑动变阻器应用分压式接法,又小灯泡电阻远小于电压表内阻,电流表应用外接法接法,实验电路图如图所示,为方便实验操作,滑动变阻器应选E.(2)由图示图象可知,随灯泡两端电压增大,通过灯泡的电流增大,电压与电流的比值增大,灯泡电阻增大；图示图象可知,灯泡两端电压为6V时,通过灯泡的电流为0.38A,则灯泡电阻R＝＝≈16Ω故答案为(1)如图所示；(2)增大；1610.某研究学习小组利用气垫导轨验证机械能守恒定律,实验装置如图甲所示.水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨,导轨上A点处有一带遮光片的滑块,其总质量为M,导轨上B点有一光电门,可以记录遮光片经过光电门时的挡光时间t,用s表示A、B两点间的距离,重力加速度为g.(1)若用20分度的游标卡尺测得遮光片的宽度b,如图乙所示,则b＝9.50 mm.(2)若用d表示A点到导轨底端C点的距离,h表示A与C的高度差,b表示遮光片的宽度,在误差范围内,若公式成立,就可以验证机械能守恒定律(用题中给出的物理量符号表示).(3)多次改变光电门的位置,每次均令滑块自A点静止释放下滑,测量相应的s与t值,结以s为横坐标,为纵坐标,在如图的坐标纸中描出数据点；根据5个数据点作直线,求得该直线的斜率k＝ 2.46 ×104m﹣1•s﹣2.(保留3位有效数字)【考点】验证机械能守恒定律.【分析】游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数,不需估读.这题的关键在于研究对象不是单个物体而是滑块、遮光片与砝码组成的系统.对于系统的重力势能变化量要考虑系统内每一个物体的重力势能变化量.动能也是一样.光电门测量瞬时速度是实验中常用的方法.由于光电门的宽度b很小,所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度.根据变量的数据作出图象,结合数学知识求出斜率.【解析】解：(1)游标卡尺的主尺读数为9mm,游标尺上第10个刻度与主尺上某一刻度对齐,故其读数为0.05×10mm＝0.15mm,所以最终读数为：9mm+0.50mm＝9.50mm；(2)对滑块,由动能定理可得,,解得：(3)描点作法,直线如图所示；在图中直线上取相距较远的两点,读出两点坐标,k＝×104m﹣1•s﹣2≈2.46×104m﹣1•s﹣2；故答案为：(1)9.50；(2)；(3)2.46.。
河北省衡水中学2016年高考物理信息卷(四)(解析版)
2016年河北省衡水中学高考物理信息卷（四）一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分每小题给出的四个选项中，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．实验研究表明降落伞所受的阻力与速度v、伞的半径r，空气密度ρ等因素有关，下面几个有关阻力的表达式可能正确的是（式中K为比例常数，无单位）（）A．Kv2r3ρB．Kv2r2ρC．Kv2r4ρD．Kvr2ρ2．两个质量相等的带电小球A、B，在等长的绝缘细线作用下处于静止状态，其中小球A 紧靠着光滑的绝缘墙壁，系小球A的细线呈竖直状态，系小球B的细线偏离竖直方向成θ角．若减小小球B的带电量，系统重新平衡后，下列说法正确的是（）A．θ增大B．由于小球A的带电量不变，其受到的库仑力大小不变C．小球A受到细线的拉力不变D．小球B受到细线的拉力不变3．如图所示，电源的电动势为E，内阻为r，R为电阻箱．图乙为电源的输出功率P与电流表示I的关系图象，电流表为理想电表，其中电流为I1、I2时对应的外电阻分别为R1、R2，电源的效率分别为η1、η2，输出功率均为P0．下列说法中正确的是（）A．R1＜R2B．I1+I2＞C．R1R2=r2D．η1=η24．如图甲所示，光滑导轨水平放置在匀强磁场中，磁场的方向与导轨平面成60°角，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示，规定斜向下为正方向，导体棒ab垂直导轨放置，除电阻R的阻值外，其余电阻不计，导体棒ab在水平外力F作用下始终处于静止状态．规定a→b的方向为电流的正方向，水现向左的方向为外力F的正方向，则在0～4s时间内，线框中的感应电流I以及导体棒ab所受外力F随时间t变化的图象的图象正确的是（）A．B．C．D．5．如图所示，直角三角劈固定在水平地面上，斜劈左侧面粗糙，倾角θ=37°，右侧面光滑，一轻弹簧的下端固定在斜劈左侧下端的挡板上，弹簧处于原长时上端位于O点，一根轻绳绕过光滑轮连接质量分别为2m和m的物体甲和乙，初始时甲位于斜面的P点，乙在斜劈右侧面上，O、P两点间的距离为L．现由静止同时释放甲、乙后，甲沿斜面向下运动，将弹簧压缩到最短的位置Q点，O、Q两点间距离为．甲与斜面间动摩擦因数μ=，整个过程中，滑轮两侧绳子始终与斜面平行，轻绳始终处于伸直状态，不计空气阻力及滑轮和轴间的摩擦，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．甲物体在从P至Q的运动过程中，先做匀加速运动，后做匀减速运动B．甲物体在从P至O的运动过程中，加速度大小为a=gC．弹簧的最大弹性势能为mgLD．弹簧的最大弹性势能为mgL6．如图所示为A、B两个物体在同一直线上运动的速度﹣时间图象，已知t=0时刻两个物体恰好经过同一地点，则下列说法正确的是（）A．A、B两物体运动方向相反B．t=4s时，A、B两物体相遇C．在相遇前，t=4s时，A、B两物体相距最远D．在相遇前，若A、B两物体的最远距离为14m，则物体A的速度为8m/s7．如图所示，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ=30°，间距为l．导轨上端接有一平行板电容器，电容为C，在宽度为h的两虚线间的导轨上涂有薄绝缘涂层，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直，质量为m的导体棒从h高度处由静止释放，导体棒始终与导轨垂直且仅与涂层间有摩擦，动摩擦因数为，重力加速度为g，所有电阻忽略不计．下列说法正确的是（）A．导体棒到达涂层前做加速度减小的加速运动B．在涂层区导体做匀速运动C．导体棒到达底端的速度为v=D．整个运动过程中产生的焦耳热为mgh8．据新华社2015年11月2日上海电，我国自主发射的火星探测器将在第17届中国国际工业博览会上首次公开亮相，火星是太阳系中与地球最为类似的行星，人类对火星生命的研究在2015年因“火星表面存在流动的液态水”的发现而取得了重要进展．若火星可视为均匀球体，其表面的重力加速度为g，半径为R，自转周期为T，万有引力常量为G，则下列说法正确的是（）A．火星的平均密度为B．火星的同步卫星距火星表面的高度为﹣RC．火星的第一宇宙速度为2D．火星的同步卫星运行的角速度为二、必考题（共4小题，满分47分）9．某研究性学习小组探究小灯泡灯丝电阻与温度的关系，主要仪器有：待测小灯泡（额定功率6W，额定电流0.5A）、电流表（量程0～0.6A，内阻约为0.1Ω）、电压表（量程0～15V，内阻约为15kΩ）、滑动变阻器（0～50Ω）直流电源（电动势15V，内阻不计）、开关一个，导线若干．（1）若实验中要求调节滑动变阻器时，小灯泡两端电压可以在零到额定电压范围内连续变化，从而测出小灯泡在不同电压下的电流．请根据提供的器材在虚线框中画出符合要求的电路图．（2）如图所示是该研究小组测得的小灯泡I﹣U关系图线．由图线可知，小灯泡灯丝电阻随温度的升高而（填“增大”“减小”或“不变”）；当小灯泡两端所加电压为6V时，其灯丝电阻值为Ω．（保留2位有效数字）．10．某研究学习小组利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图甲所示．水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨，导轨上A点处有一带遮光片的滑块，其总质量为M，导轨上B点有一光电门，可以记录遮光片经过光电门时的挡光时间t，用s表示A、B两点间的距离，重力加速度为g．（1）若用20分度的游标卡尺测得遮光片的宽度b，如图乙所示，则b=mm．（2）若用d表示A点到导轨底端C点的距离，h表示A与C的高度差，b表示遮光片的宽度，在误差范围内，若公式成立，就可以验证机械能守恒定律（用题中给出的物理量符号表示）．（3）多次改变光电门的位置，每次均令滑块自A点静止释放下滑，测量相应的s与t值，结果如下表所示：1 2 3 4 5s（m）0.600 0.800 1.000 1.200 1.400t（ms）8.22 7.12 6.00 5.81 5.381.48 1.972.78 2.963.45以s为横坐标，为纵坐标，在如图的坐标纸中描出数据点；根据5个数据点作直线，求得该直线的斜率k=×104m﹣1•s﹣2．（保留3位有效数字）11．某兴趣小组对一辆自制小遥控车的性能进行研究．他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过处理转化为v﹣t图象，如图所示（除2～10s时间段内的图象为曲线外，其余时间段图象均为直线）．已知小车运动的过程中，2～14s时间段内小车的功率保持不变，在14s末失去动力小车自由滑行．已知小车的质量为1kg，整个过程中小车所受到的阻力大小恒定．求小车加速运动过程中行驶的距离．12．如图所示为在竖直平面内建立的坐标系xOy，在xOy的第一象限内，x=4d处竖直放置高l0=2d粒子吸收板CD，x=5d处竖直放置一个长l=5d的粒子吸收板MN，在MN左侧存在垂直纸面向外的磁感应强度为B的匀强磁场，右侧存在竖直向下的匀强电场．在原点O处有一粒子源，可以沿y轴正向射出质量为m、电量为+q的不同速率的带电粒子，已知电场强度为，粒子的重力及粒子间的相互作用力均忽略不计，打到板CD、MN上的粒子均被吸收．（1）若从O点射出的粒子能打到板MN上，求粒子的速度v的大小；（2）若某粒子恰好能够从M点（刚好未碰到吸收板）进入到电场，求该粒子到达x轴时的动能；（3）某粒子恰好能够从M点（刚好未碰到吸收板）进入到电场，求该粒子从O点射出到通过x轴所用的时间．三、选考题[选修3－3]（共2小题，满分15分）13．下列说法正确的是（）A．显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地无规则运动，这反映了炭粒分子运动的无规则性B．压缩气体时会表现出抗拒压缩的力是由于气体分子间存在斥力的缘故C．当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能都随分子间的减小而增大D．热力学温标的最低温度为0K，它没有负值，它的单位是国际单位制的基本单位之一E．若一定质量的某理想气体的内能增加，则其温度一定升高14．如图所示，一根长l=76cm，一端开口、内壁光滑的玻璃管竖直放置，管中用一段长H0=44cm的水银柱封闭一段长l1=20cm的气体，开始时封闭气体温度为t2=27℃．大气压强恒为P0=76cm Hg，管内气体可视为理想气体，管外空气阻力忽略不计，重力加速度为g，热力学温度与摄氏温度的关系为T=t+273K．①缓慢升高封闭气体温度，求温度升高到多少时水银开始从管口溢出；②当玻璃管向上以a=g的加速度匀减速上升时，求稳定时气柱的长度．（忽略封闭气体温度的变化，结果保留3位有效数字）四、[选修3－4]（共2小题，满分0分）15．某同学利用先进的DIS系统较准确地探究了单摆周期T和摆长L的关系．利用实验数据，由计算机绘制了a、b两个摆球的振动图象，如图所示，下面说法正确的是（）A．两个摆球摆到最低位置时的机械能一定相等B．两个摆球a、b的振幅之比为C．两个摆球a、b的周期之比为D．两个摆球a、b的摆长之比为E．在t=1s时b球的振动方向是沿y轴负向16．如图所示，一束单色光从AD边以入射角60°射入一截面为等腰梯形的透明介质．已知该介质的折射率n=．（1）求光线进入该介质时的折射角；（2）通过计算判断光线能否从CD边射出．五、[选修3－5]（共2小题，满分0分）17．下列说法正确的是（）A．发生一次α衰变时，生成核与原来的原子核相比，核内质量数减少4B．放射性元素的半衰期会随着压力、温度及所构成化合物种类的变化而变化C．一个氡核Rn衰变成钋核Po并放出一个粒子，氡核半衰期为3.8天，则2g氡经过7.6天衰变，剩余氡的质量是0.5gD．α粒子轰击铝箔（Al）产生中子的核反应方程式为Al+He→P+nE．β衰变中产生的β射线实际上是原子的核外电子挣脱原子核的束缚而形成的18．如图所示，一质量m=2kg的铁块放在质量M=2kg的小车左端，二者一起以v0=4m/s的速度沿光滑水平面向竖直墙面运动，车与墙碰撞的时间t=0.01s，碰撞时间极短，铁块与小车之间的动摩擦因数μ=0.4，g=10m/s2．求：（1）车与墙碰撞时受到的平均作用力F的大小（由于碰撞时间极短，可认为在车与墙碰撞时铁块速度没变）；（2）小车车长的最小值．2016年河北省衡水中学高考物理信息卷（四）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分每小题给出的四个选项中，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．实验研究表明降落伞所受的阻力与速度v、伞的半径r，空气密度ρ等因素有关，下面几个有关阻力的表达式可能正确的是（式中K为比例常数，无单位）（）A．Kv2r3ρB．Kv2r2ρC．Kv2r4ρD．Kvr2ρ【考点】力学单位制．【分析】根据选项的表达式，分析其中物理量的单位找出等效单位的表达式．【解答】解：密度的单位为kg/m3，速度的单位是m/s，半径单位是m，力的单位为N，且1N=1kg．m/s2，根据力学单位制可知，A、Kv2r3ρ的单位为，不是N，故A错误；B、Kv2r2ρ的单位为，是N，故B正确；C、Kv2r4ρ的单位为，不是N，故C错误；D、Kvr2ρ的单位为，不是N，故D错误；故选：B2．两个质量相等的带电小球A、B，在等长的绝缘细线作用下处于静止状态，其中小球A 紧靠着光滑的绝缘墙壁，系小球A的细线呈竖直状态，系小球B的细线偏离竖直方向成θ角．若减小小球B的带电量，系统重新平衡后，下列说法正确的是（）A．θ增大B．由于小球A的带电量不变，其受到的库仑力大小不变C．小球A受到细线的拉力不变D．小球B受到细线的拉力不变【考点】库仑定律．【分析】由库仑定律可确定其受爱库仑力变小，由B受力情况可确定θ角，及绳的拉力的变化．【解答】解：A、由F=，可知F变小，小球平衡被打破，两者距离要变小，则θ变小，则A 错误B、D、小球B受力如图所示，两绝缘线的长度都是L，则△OAB是等腰三角形，由力的三角形与几何三角形相似，则即则线的拉力T与重力G相等，G=T，则D正确，而F=2Gsin，因θ变小，则F要变小．则B错误C、对于A球：T+2Gsin=G，因θ变小，则T变大，则C错误故选：D3．如图所示，电源的电动势为E，内阻为r，R为电阻箱．图乙为电源的输出功率P与电流表示I的关系图象，电流表为理想电表，其中电流为I1、I2时对应的外电阻分别为R1、R2，电源的效率分别为η1、η2，输出功率均为P0．下列说法中正确的是（）A．R1＜R2B．I1+I2＞C．R1R2=r2D．η1=η2【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．【分析】由图象知电流关系，根据闭合电路欧姆定律可明确电阻关系；而电流为I1、I2时电源的输出功率相等，据此由功率公式P=UI和闭合电路欧姆定律结合，进行分析便可求解．【解答】解：A、由闭合电路欧姆定律可知：I=，由图可知，I1＜I2，则R1＞R2，故A错误；B、由闭合电路欧姆定律得：U=E﹣Ir，输出功率为：P=UI=EI﹣I2r，由图有EI1﹣I12r=EI2﹣I22r，整理得：I1+I2=，故B错误C、根据电功率表达式，P0=I12R1=I22R2，且I=，则有：R1=R2；整理得：R1R2=r2，故C正确；D、根据电源的效率可得：η=，因I1＜I2，因此η1＞η2；故D错误；故选：C．4．如图甲所示，光滑导轨水平放置在匀强磁场中，磁场的方向与导轨平面成60°角，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示，规定斜向下为正方向，导体棒ab垂直导轨放置，除电阻R的阻值外，其余电阻不计，导体棒ab在水平外力F作用下始终处于静止状态．规定a→b的方向为电流的正方向，水现向左的方向为外力F的正方向，则在0～4s时间内，线框中的感应电流I以及导体棒ab所受外力F随时间t变化的图象的图象正确的是（）A． B． C． D．【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．【分析】由法拉第电磁感应定律可分析电路中的电动势，则可分析电路中的电流，根据楞次定律判断感应电流的方向；由安培力公式可得出安培力的表达式，则可得出正确的图象．【解答】解：AB、由B﹣t图象和楞次定律可知0～2s内感应电流的方向沿逆时针方向，2～4s感应电流方向沿顺时针方向，故AB错误；C、由B﹣t图象和法拉第电磁感应定律、欧姆定律知0～4s内感应电流大小恒定，因导体棒ab在水平外力F作用下始终处于静止状态，所以水平外力F与安培力沿水平方向的分力等大、方向，由安培力F=BIL可知，电路中安培力随B的变化而变化，0～1s内B为负值且减小时，根据楞次定律判断可知ab中感应电流从b到a，安培力的方向垂直于磁感线斜向右下方，根据平衡条件可知，水平外力水平向左，为正，大小均匀减小；1～2s内B为正值且增大时，感应电流为b到a，安培力的方向垂直于磁感线斜向左上方，根据平衡条件外力水平向右为负，大小均匀增大；2～3s内B为正值且均匀减小，感应电流为a到b，安培力的方向垂直于磁感线斜向右下方，根据平衡条件水平外力向左为正值且减小；3～4s内B为负值且均匀增大，感应电流为a到b，安培力的方向垂直于磁感线斜向左下方，根据平衡条件水平外力向右为负值且增大故C正确，D错误；故选：C5．如图所示，直角三角劈固定在水平地面上，斜劈左侧面粗糙，倾角θ=37°，右侧面光滑，一轻弹簧的下端固定在斜劈左侧下端的挡板上，弹簧处于原长时上端位于O点，一根轻绳绕过光滑轮连接质量分别为2m和m的物体甲和乙，初始时甲位于斜面的P点，乙在斜劈右侧面上，O、P两点间的距离为L．现由静止同时释放甲、乙后，甲沿斜面向下运动，将弹簧压缩到最短的位置Q点，O、Q两点间距离为．甲与斜面间动摩擦因数μ=，整个过程中，滑轮两侧绳子始终与斜面平行，轻绳始终处于伸直状态，不计空气阻力及滑轮和轴间的摩擦，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．甲物体在从P至Q的运动过程中，先做匀加速运动，后做匀减速运动B．甲物体在从P至O的运动过程中，加速度大小为a=gC．弹簧的最大弹性势能为mgLD．弹簧的最大弹性势能为mgL【考点】功能关系；弹性势能．【分析】甲物体在从P至Q的运动过程中，与弹簧接触前做匀加速运动，与弹簧接触后先做变加速运动，后做变减速运动．根据牛顿第二定律求加速度．对全程，运用能量守恒定律求解弹簧的最大弹性势能．【解答】解：AB、物体甲在从P至O的运动过程中，两物体做匀加速直线运动，对两个物体组成的整体，由牛顿第二定律可得：2mgsinθ﹣2μmgcosθ﹣mgcosθ=3ma，解得a=g．物体甲和弹簧接触后，因弹簧的弹力是变力，二者就不再做匀变速直线运动，故A、B错误．CD、设弹簧的最大弹性势能为E p．对全程，由能量守恒定律可得：2mg•Lsinθ﹣μ•2mg•Lcosθ﹣mg•Lcosθ=E p．解得E p=mgL，故C错误，D正确．故选：D6．如图所示为A、B两个物体在同一直线上运动的速度﹣时间图象，已知t=0时刻两个物体恰好经过同一地点，则下列说法正确的是（）A．A、B两物体运动方向相反B．t=4s时，A、B两物体相遇C．在相遇前，t=4s时，A、B两物体相距最远D．在相遇前，若A、B两物体的最远距离为14m，则物体A的速度为8m/s【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】根据图象的性质可明确两物体的运动方向和性质，从而二者何时相遇；再根据位移关系列式求得A的速度大小．【解答】解：A、由图象可知，AB两物体的速度均为正值，运动方向相反；t=4s时两物体速度相等，此时两物体相距最远；故AB错误；C正确；D、若相遇前两物体的最远距离s=s B﹣s A=（15﹣v）×4×=14m，解得物体A的速度v=8m/s，故D正确；故选：CD7．如图所示，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ=30°，间距为l．导轨上端接有一平行板电容器，电容为C，在宽度为h的两虚线间的导轨上涂有薄绝缘涂层，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直，质量为m的导体棒从h高度处由静止释放，导体棒始终与导轨垂直且仅与涂层间有摩擦，动摩擦因数为，重力加速度为g，所有电阻忽略不计．下列说法正确的是（）A．导体棒到达涂层前做加速度减小的加速运动B．在涂层区导体做匀速运动C．导体棒到达底端的速度为v=D．整个运动过程中产生的焦耳热为mgh【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；焦耳定律．【分析】由左手定则来确定安培力的方向，并求出安培力的大小；借助于I=、a=及牛顿第二定律来求出速度与时间的关系，得到导体棒的运动规律．【解答】解：A、设导体棒下滑的速度大小为v，则感应电动势为E=Blv，平行板电容器两个极板之间的电势差为U=E，设此时电容器上积累的电荷量为Q，根据定义C=，联立可得Q=CBlv；设导体棒的速度大小为v时经历的时间t，通过导体棒的电流为i，导体棒受到的磁场的作用力方向沿着导轨向上，大小为f=Bli．设在时间（t，t+△t）内流过导体棒的电荷量为△Q．按照定义有i=，△Q也是平行板电容器两极板在（t，t+△t）内增加的电荷量，得到△Q=CBl•△v，△v为导体棒的速度变化量，按照定义有a=，导体棒在时刻t的加速度方向沿着斜面向下，设其大小为a，根据牛顿第二定律，有：mgsinθ﹣f=ma，联立解得：a=，即导体棒到达涂层前做匀加速直线运动，故A错误；B、由于导体棒通过涂层时没有感应电流，故受重力、支持力、摩擦力，而没有安培力，由于mgsin30°=μmgcos30°，故导体棒受力平衡，做匀速直线运动，故B正确；C、由速度位移公式可得：，故C正确；D、运动过程中重力势能减小了mgh，但动能有增加，故整个运动过程中产生的焦耳热小于mgh，故D错误；故选：BC8．据新华社2015年11月2日上海电，我国自主发射的火星探测器将在第17届中国国际工业博览会上首次公开亮相，火星是太阳系中与地球最为类似的行星，人类对火星生命的研究在2015年因“火星表面存在流动的液态水”的发现而取得了重要进展．若火星可视为均匀球体，其表面的重力加速度为g，半径为R，自转周期为T，万有引力常量为G，则下列说法正确的是（）A．火星的平均密度为B．火星的同步卫星距火星表面的高度为﹣RC．火星的第一宇宙速度为2D．火星的同步卫星运行的角速度为【考点】万有引力定律及其应用．【分析】根据万有引力等于重力求出火星的质量，结合火星的体积求出火星的密度；根据万有引力提供向心力求出火星同步卫星的轨道半径，从而得出距离火星表面的高度；根据万有引力提供向心力求近地卫星的速度即第一宇宙速度；火星的同步卫星运行的角速度等于火星自转的角速度【解答】解：A、在火星表面，对质量为m的物体由和，可得：，选项A正确；B、设火星的同步卫星距火星表面的高度为h，同步卫星的周期等于火星的自转周期T，则，可得：，选项B正确；C、设火星的第一宇宙速度为v，由，可知：，选项C错误；D、火星的同步卫星运行的角速度等于火星自转的角速度，则，选项D错误；故选：AB二、必考题（共4小题，满分47分）9．某研究性学习小组探究小灯泡灯丝电阻与温度的关系，主要仪器有：待测小灯泡（额定功率6W，额定电流0.5A）、电流表（量程0～0.6A，内阻约为0.1Ω）、电压表（量程0～15V，内阻约为15kΩ）、滑动变阻器（0～50Ω）直流电源（电动势15V，内阻不计）、开关一个，导线若干．（1）若实验中要求调节滑动变阻器时，小灯泡两端电压可以在零到额定电压范围内连续变化，从而测出小灯泡在不同电压下的电流．请根据提供的器材在虚线框中画出符合要求的电路图．（2）如图所示是该研究小组测得的小灯泡I﹣U关系图线．由图线可知，小灯泡灯丝电阻随温度的升高而增大（填“增大”“减小”或“不变”）；当小灯泡两端所加电压为6V时，其灯丝电阻值为16Ω．（保留2位有效数字）．【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【分析】（1）描绘灯泡电阻随电压的变化关系，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，根据灯泡电阻与电表内阻的关系确定电流表的接法．（2）根据伏安特性曲线分析电阻的变化；再根据图线明确6V时的电流，再由欧姆定律即可求得电阻值．【解答】解：（1）小灯泡两端电压可以从零至额定电压范围内变化，滑动变阻器应用分压式接法，又小灯泡电阻远小于电压表内阻，电流表应用外接法接法，实验电路图如图所示，为方便实验操作，滑动变阻器应选E．（2）由图示图象可知，随灯泡两端电压增大，通过灯泡的电流增大，电压与电流的比值增大，灯泡电阻增大；图示图象可知，灯泡两端电压为6V时，通过灯泡的电流为0.38A，则灯泡电阻R==≈16Ω故答案为（1）如图所示；（2）增大；1610．某研究学习小组利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图甲所示．水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨，导轨上A点处有一带遮光片的滑块，其总质量为M，导轨上B点有一光电门，可以记录遮光片经过光电门时的挡光时间t，用s表示A、B两点间的距离，重力加速度为g．（1）若用20分度的游标卡尺测得遮光片的宽度b，如图乙所示，则b=9.50mm．（2）若用d表示A点到导轨底端C点的距离，h表示A与C的高度差，b表示遮光片的宽度，在误差范围内，若公式成立，就可以验证机械能守恒定律（用题中给出的物理量符号表示）．（3）多次改变光电门的位置，每次均令滑块自A点静止释放下滑，测量相应的s与t值，结果如下表所示：1 2 3 4 5s（m）0.600 0.800 1.000 1.200 1.400t（ms）8.22 7.12 6.00 5.81 5.381.48 1.972.78 2.963.45以s为横坐标，为纵坐标，在如图的坐标纸中描出数据点；根据5个数据点作直线，求得该直线的斜率k= 2.46×104m﹣1•s﹣2．（保留3位有效数字）【考点】验证机械能守恒定律．【分析】游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．这题的关键在于研究对象不是单个物体而是滑块、遮光片与砝码组成的系统．对于系统的重力势能变化量要考虑系统内每一个物体的重力势能变化量．动能也是一样．光电门测量瞬时速度是实验中常用的方法．由于光电门的宽度b很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度．根据变量的数据作出图象，结合数学知识求出斜率．【解答】解：（1）游标卡尺的主尺读数为9mm，游标尺上第10个刻度与主尺上某一刻度对齐，故其读数为0.05×10mm=0.15mm，所以最终读数为：9mm+0.50mm=9.50mm；（2）对滑块，由动能定理可得，，解得：（3）描点作法，直线如图所示；。
2016届衡水中学理综一模
衡水 2016 理综好题精选模拟（一）第Ⅰ卷一．选择题：本题共13小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.下列叙述错误的是（ ）A.“一个相对封闭的生态环境中闯入某种大型肉食动物后，生态系统各种成分相互作用直到恢复原状”指的是恢复力稳定性B.各个营养级的生物量金字塔不一定递减C.细胞癌变是原癌基因和抑癌基因都发生突变导致的D.提取色素时，运用了不同色素在层析液中溶解度不同的原理2.下图曲线表示一只成年雄性狗血液中两种激素的含量变化，下列分析不正确的是（ ）A.A 物质可能是由下丘脑分泌的B.A,B 两种物质的化学本质都是蛋白质C.B 的变化对A 有反馈调节作用D.B 物质主要是由睾丸分泌的3. 挪威科学家最新的研究显示，气候变暖将提高人类患腺鼠疫的可能性。
这种病是由鼠疫杆菌(宿主为啮齿动物)引起的，鼠疫杆菌释放外毒素，会使患者出现中毒性休克综合征。
科学家从病愈患者的血清中提取的抗毒素对腺鼠疫患者有显著疗效。
下列说法正确的是（ ）A.与鼠疫杆菌合成释放外毒素有关的细胞器有核糖体，内质网，高尔基体和线粒体B.抗毒素时一种抗体是效应T 细胞产生的淋巴因子C.外毒素是一种抗原，能引起人体的免疫反应D.该免疫过程属于细胞免疫4.下列结合种群特征的概念图所作的分析，错误的是（ ）A ．利用性引诱剂诱杀害虫会影响③B ．种群密度是种群最基本的数量特征C ．预测种群数量变化的主要依据是④D ．春运期间，广州人口数量变化主要取决于图中的①②5. 鸟类的性别决定为ZW 型。
某种鸟类的眼色受两对独立遗传的基因（A 、a 和B 、b ）控制。
甲、乙是两个纯合品种，均为红色眼。
根据下列杂交结果，推测杂交1的亲本基因型是（ ） 杂交1 ♂甲⨯♀乙 杂交2♀甲⨯♂乙 ↓ ↓雌雄均为褐色眼 雄性为褐色眼、雌性为红色眼A.甲为AAbb ，乙为aaBBB.甲为aaZ B Z B ，乙为AAZ b WC.甲为AAZ b Z b ，乙为aaZ B WD.甲为AAZ b W ，乙为aaZ B Z B6. 图a 、b 分别为农村和城市生态系统的生物量（生命物质总量）金字塔示意图．下列叙述正确的是（ ） A ．两个生态系统均可通过信息传递调节种间关系 B ．两个生态系统的营养结构均由3个营养级组成C ．城市生态系统不具有自我调节能力，抵抗力稳定性低D ．流经两个生态系统的总能量均是其植物所固定的太阳能7. 下列说法错误的是（ ）A.乙醇和乙酸都是常用调味品的主要成分B.乙醇和乙酸的沸点和熔点都比C 2H 6、C 2H 4的沸点和熔点高C.乙醇和乙酸都能发生氧化反应D.乙醇和乙酸之间能发生酯化反应，酯化反应和皂化反应互为逆反应8. 有人认为CH 2=CH 2与Br 2的加成反应，实质是Br 2先断裂为Br +和Br -，然后Br +首先与CH 2=CH 2端碳原子结合，第二步才是Br -与另一端碳原子结合。
2019届河北衡水中学2016级高三高考模拟考试理科综合物理试卷(八)及答案
2019届河北衡水中学2016级高三高考模拟考试理科综合物理试卷（八）★祝考试顺利★选择题：第14～17题只有一选项符合题目要求,第18～21 题有多项符合题目要求。
14、物块A 、B 放在光滑水平面上并用轻质弹簧相连,如图所示。
今对物块A 、B 分别施以方向相反的水平力F 1、F 2,且F 1大于F 2。
则弹簧的示数（ ）A ．一定等于F 1+F 2；B ．一定等于F 1-F 2；C ．一定大于F 2小于F 1；D ．条件不足,无法确定。
15、如图所示,a 为放在赤道上相对地球静止的物体,随地球自转做匀速圆周运动,b 为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星（轨道半径约等于地球半径）,c 为地球的同步卫星,以下关于a 、b 、c 的说法中正确的是（ ）A ．a 、b 、c 做匀速圆周运动的向心加速度大小关系为a b >a c >a aB ．a 、b 、c 做匀速圆周运动的角速度大小关系为ωa =ωc >ωbC ．a 、b 、c 做匀速圆周运动的线速度大小关系为v a =v b >v cD ．a 、b 、c 做匀速圆周运动的周期关系为T a >T c >T b16、用长度为L 的铁丝绕成一个高度为H 的等螺距螺旋线圈,将它竖直地固定于水平桌面．穿在铁丝上的一珠子可沿此螺旋线圈无摩擦地下滑．这个小珠子从螺旋线圈最高点无初速滑到桌面经历的时间为（ ） Ａ．gH2 Ｂ．gHL 2 Ｃ．gHL 2 Ｄ．LgH2 17．在下列四个核反应方程中,x 表示中子的是（ ） A ．3015P 3014Si ＋x B ．x C n N +→+14610147C ．60602728Co Ni x →+D ．2713Al ＋42He 3015P ＋x 18、如图所示为两光滑金属导轨MNQ 和GHP ,其中MN 和GH 部分为竖直的半圆形导轨,NQ 和HP 部分为水平平行导轨,整个装置置于方向竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中。
2016年河北省衡水中学高考物理信息卷(二)(解析版)
2016年河北省衡水中学高考物理信息卷（二）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．如图所示，水平放置的平行板电容器间存在竖直向下的匀强电场，现有比荷相同的4种带电粒子从电容器中间O点分别沿OP、OQ、OM、ON四个方向以相同的速率射出，已知OP、OQ沿水平方向且粒子均能从平行板电容器间射出，OM、ON沿竖直方向，不计粒子重力及粒子间的相互作用，则以下对粒子运动的描述正确的是（）A．沿OP、OQ两方向射出的粒子若电性相反，则粒子离开电容器时速度相同B．沿OP、OQ两方向射出的粒子若电性相反，则粒子离开电容器时电场力做的功一定相等C．沿OP、OQ两方向射出的粒子若电性相反，则粒子离开电容器时速度偏转角大小相等D．沿OM、ON两方向射出的粒子若均带负电，则沿OM方向射出的粒子先到达极板2．如图为汤姆孙阴极射线管的构造简图，将阴极射线管置于U型磁铁两极之间，分析从阴极射出的电子束，下列说法正确的是（）A．增加加速电压，观察到的偏转现象将更加明显B．电子束向下偏转C．换为磁性弱的磁铁，观察到的偏转现象将更加明显D．若撤去阴极射线管，将一束α粒子从左侧射入磁铁之间，则α粒子束偏转方向与电子束偏转方向相同3．如图甲所示，理想变压器原线圈接理想交流电流表A，副线圈接理想交流电压表V，定值电阻R=R0，副线圈两端电压随时间变化关系如图乙所示，已知原线圈匝数为n1，副线圈匝数为n2，则以下说法正确的是（）A．原线圈输入电压频率为100HzB．原线圈输入电压为C．原线圈电流表示数为D．将电阻R与理想二极管串联，替换电阻R，则电压示数减半4．如图所示，质量为m的子弹水平射入水平面上质量为M的木块之中，子弹射入木块的深度为d，子弹与木块相互作用过程中木块前进的距离为s，已知木块与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，子弹与木块间摩擦阻力的大小恒为F，则该过程中（）A．阻力对子弹做的功为F（s+d）B．木块增加的动能为FsC．整个过程中，木块与子弹构成的系统损失的机械能为Fd+μ（M+m）gsD．子弹动能的减少量等于木块动能的增加量5．如图所示，质量为M的滑块甲放置在一个倾角为α的光滑斜面顶端，质量为m的滑块乙穿过光滑的水平横杆．两滑块通过绕过固定在斜面顶端的轻绳相连接，初始状态，牵引滑块乙的细绳与水平方向成α角，滑块甲由静止释放以后细绳牵引滑块乙向右运动．已知定滑轮到横杆的距离为H，重力加速度为g，两滑块均可视为质点，忽略滑轮与轴间的摩擦，则滑块乙由初始状态运动到定滑轮正下方的过程中（）A．滑块甲一直做加速运动B．绳中张力始终小于MgsinθC．滑块乙滑到滑轮正下方时速度为零D．滑块乙滑到滑轮正下方时速度为6．如图甲所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成θ角，M、P两端接一阻值为R的定值电阻，阻值为r的金属棒ab垂直导轨放置，其他部分电阻不计，整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上，t=0时对金属棒施一平行于导轨的外力F，金属棒由静止开始沿导轨向上运动，通过R的感应电荷量q随时间t的变化关系如图乙所示，下列关于穿过回路abPMa的磁通量Φ、金属棒加速度a、金属棒受到的外力F、通过金属棒中电流I随时间变化的图象正确的是（）A．B．C．D．7．沿竖直方向运动的电梯正在运送50kg的货物，货物放在电梯的水平地板上，运送过程中，货物的v﹣t图象如图所示（竖直向上为正方向），重力加速度g=10m/s2，下列对货物描述正确的是（）A．在0～15s内，重力对货物做功为﹣3750JB．在5～15s内，电梯地板对货物的支持力做了﹣250J的功C．在20～25s与25～35s内，重力对货物做功的平均功率均为500WD．在25～35s内，电梯在减速上升，货物的加速度大小为0.2m/s28．据2015年10月17日参考消息报道，2016年我国将发射“天宫二号“空间实验室，“天宫二号”上将开展地球观测和空间地球系统科学、空间应用新技术、空间技术和航天医学等领域的应用和实践，是中国第一个真正意义上的空间实验室，后继发射的“神州十一号”载人飞船和“天舟一号”货运飞船，将与距离地面343km的圆轨道上的”天宫二号”交会对接，以完成验证空间站的技术，同时也将接受航天员的访问．已知地球半径为R=6400km，万有引力常量G=6.67×10﹣11N•m2/kg2，”天宫二号”绕地球飞行的周期为90分钟，以下分析中正确的是（）A．“天宫二号”的发射速度应大于11.2km/sB．”神州十一号”加速与“天宫二号”对接前应处于同一圆周轨道C．“天宫二号”的向心加速度大于同步卫星的向心加速度D．由以上数据可以求得地球的平均密度二、必考题（共4小题，满分47分）9．某实验小组用如图1所示装置进行探究加速度和力、质量关系的实验，已知小车质量为200g，空沙桶质量为20g．（1）实验之初，应（填“悬挂”或“不悬挂”）沙桶，连接纸带，反复调试长木板没有定滑轮的一端下而垫块的位置（垫块未画出），直到轻推小车，小车可以牵引纸带打出的纸带．（2）某次实验打出的纸带如图2所示，A、B、C、D、E为打出的五个计数点，每两个点之间还有4个点没有标出，已知交流电源的频率为50Hz，则小车加速度a=m/s2．（保留3位有效数字）（3）保证小车的质量不变，用沙及沙桶的重力作为小车的拉力F，反复改变沙桶内沙的质量，复重操作，测得多组a、F数据，并描绘出a﹣F图线如图3所示，其中AB段明显偏离直线的原因是．10．某同学用量程为5mA，内阻为20Ω的表头按照图（a）所示电路改装为量程分别为1A 和5V的多用电表，图中R1和R2为定值电阻，S为单刀开关，则：（1）请根据图（a）中实验设计，在图（b）中进行实物连线．（2）开关S断开时，多用表用作（填“电压表”或“电流表”），R2阻值为Ω；开关S 闭合时，多用表用作（填“电压表”或“电流表”），R1阻值为Ω．（计算结果保留3位有效数字）（3）开关S断开，用红黑表笔探测图（c）中的电路故障，发现当两表笔正确地接在灯泡L1两端的接线柱上时表头有示数；当接在L1两端时表头也有示数，当接在L2两端时表头无示数．已知各接线柱接触良好，则电路中一定存在的故障是．11．如图所示，水平桌面上固定一个间距为L的金属导轨MNQP，导轨左端所接电源电动势为E，内阻为r，在导轨右侧放置一根质量为m的金属棒ab，金属棒电阻为R，其他电阻不计，整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与水平桌面成37°角，此时导体棒恰好处于平衡状态（认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力），重力加速度为g，若仅将磁场方向调整为竖直向下，求磁场刚调整完毕的瞬间导体棒的加速度a的大小．12．如图所示，水平放置的电容器与滑动变阻器R x并联，然后与阻值为R0的定值电阻以及间距为l的足够长的光滑固定倾斜导轨相连接，导轨处于匀强磁场之中，磁场方向垂直于导轨平面向上，将滑动变阻器R x调到R0，然后将导体棒自导轨上端由静止释放，待速度稳定后，从电容器左端中点以水平速度v0射入的电子恰能从极板边缘离开电场．已知磁场感应强度为B，电子电量为e，质量为m，重力忽略不计，电容器板间距为d，板长为L，金属导轨与水平面夹角为θ，导体棒电阻也为R0，重力加速度为g，求：（1）电子从哪个极板离开电场；（2）导体棒的质量M以及导体棒稳定时的速度v1；（3）若仅将滑动变阻器R x调到2R0，当导体棒在导轨上稳定运行时，速度是原来的几倍；若仍要求从电容器左端中点以水平速度v0射入的电子恰能从极板边缘射出，需要把板间距调整为原来的几倍？三、选考题[选修3－3]（共2小题，满分15分）13．下列说法正确的是（）A．温度升高，气体中每个分子的速率都增大B．一定量气体膨胀对外做功100J，同时从外界吸收120J的热量，则它的内能增大20J C．温度越高，颗粒越小，布朗运动越剧烈D．能量耗散是指在一定条件下，能量在转化过程中总量减少了E．能量耗表明，在能源的利用过程中，能量在数量上并未减少，但在可利用的品质上降低了14．如图所示，一轻弹簧的上端固定在天花板上，下端和一活塞相连，另外还有一细绳连接天花板和活塞之间，导热气缸内封闭着一定量的气体，活塞可上下无摩擦移动但不漏气，当温度为T1时，弹簧处于自然长度，气缸内部活塞距缸底的距离为L，然后剪断细绳，若外界空气温度开始缓慢降低至T2，在系统达到以稳定的过程中气体放出热量Q，已知气缸的质量为M，活塞的面积为S，大气压强为p0，重力加速度为g，活塞始终没有脱离气缸．求：（1）系统稳定后气缸内活塞距缸底的距离变为多少？（2）从剪断细绳到系统稳定的过程中气体的内能变化了多少？四、[选修3－4]（共2小题，满分0分）15．电磁波谱中频率最高的是，光纤通信中，光导纤维传递光信号是利用光的现象，光从真空进入光导纤维后传播速度将（填“增大”“减小”或“不变”）．16．如图所示为一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图．x=0处的质点做简谐运动的振动方程为y=﹣2sin10πt（cm）．求：（1）从t=0开始计时，P点第一次到达波峰位置所需的时间；（2）P点第一次到达波峰位置时，x=0.25m处质点偏离平衡位置的位移．五、[选修3－5]（共2小题，满分0分）17．如图为氢原子能级示意图，大量处于n=4能级的氢原子向基态跃迁时，发出大量光子，光子照射到金属铷的表面可使其产生光电效应，已知普朗克恒量h=6.63×10﹣34J•s，铷的逸出功W=2.13eV，则逸出光子中频率最高的约为Hz，金属铷的截止频率约为Hz．（结果保留2位有效数字）18．如图所示，滑块A的质量为m，小车B的质量为M且M=2m，滑块与平板小车之间的动摩擦因数为μ，小车静止在光滑的水平面上，当滑块以速度v0，从小车右端滑上小车，经一段时间后滑块相对小车静止，已知重力加速度为g，求：①从滑块滑上小车到相对静止所需要的时间；②小车的最小长度及滑块滑动过程中系统产生的热量Q．2016年河北省衡水中学高考物理信息卷（二）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意，第6~8小题有多项符合题目要求。
河北省2016年高考物理试题(附答案)
河北省2016年高考物理试题（附答案）（全卷满分110分.时间60分）第I卷二、选择题：本题共8小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，第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．11 B．12 C．121 D．14416. 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．2 B．3 C．4 D．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．1h B．4h C．8h D．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。
河北省衡水中学2016届高三一调考试物理试题
2015—2016学年度第一学期一调考试高三年级物理试卷本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。
第Ⅰ卷共4页，第Ⅱ卷共4页。
共110分。
考试时间110分钟。
第Ⅰ卷（选择题共60分）注意事项：1.答卷Ⅰ前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目用铅笔涂写在答题卡上。
2.答卷Ⅰ时，每小题选出答案后，用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，再选涂其它答案。
不能答在试题卷上。
一、本题共15小题，每小题4分，共60分．其中1—10小题是单选题,11—15是多选题,多选题给出的四个选项中，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分．1.如图所示，“马踏飞燕”是汉代艺术家高度智慧、丰富想象、浪漫主义精神和高超的艺术技巧的结晶，是我国古代雕塑艺术的稀世之宝，飞奔的骏马之所以能用一只蹄稳稳地踏在飞燕上，是因为（）A．马跑得快的缘故B．马蹄大的缘故C．马的重心在飞燕上D．马的重心位置和飞燕在一条竖直线上2．举重是中国代表团在奥运会上重要的夺金项目。
在举重比赛中，运动员举起杠铃时必须使杠铃平衡一定时间，才能被裁判视为挺（或抓）举成功。
运动员可通过改变两手握杆的距离来调节举起时双臂的夹角。
若双臂夹角变大，则下面关于运动员保持杠铃平衡时手臂用力大小变化的说法正确的是（）A．不变B．减小C．增大 D．不能确定3．如图所示为位于水平面上的小车，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为θ，在斜杆的下端固定有质量为m的小球。
下列关于杆对球的作用力F的判断中，正确的是A．小车静止时，F＝mg sinθ，方向沿杆向上B．小车静止时，F＝mg cosθ，方向垂直于杆向上C．小车向右匀速运动时，一定有F＝mg，方向竖直向上D．小车向右匀加速运动时，一定有F>mg，且方向沿杆向上4．如图甲所示，粗糙长木板l 的一端固定在铰链上，木块放在木板上，开始木板处于水平位置。
当木板向下转动，θ角逐渐增大的过程中，摩擦力F f 的大小随θ角变化最有可能的是图乙中的 （ ）5．如下图所示的几种情况中，不计绳、弹簧测力计、各滑轮的质量，不计一切摩擦，物体质量都为m ，且均处于静止状态，有关角度如图所示．弹簧测力计示数F A 、F B 、F C 、F D 由大到小的排列顺序是( )A FB >F D >F A >FC B ．FD >F C >F B >F A C F D >F B >F A >F C D ．F C >F D >F B >F A6．某质点做直线运动规律如图所示，下列说法中正确的是（ ）A ．质点在第2 s 末回到出发点B ．质点在第2 s 内和第3 s 内加速度大小相等而方向相反C ．质点在第3 s 内速度越来越小D ．在前7 s 内质点的位移为正值7.一串小灯笼(五只)彼此用轻绳连接，并悬挂在空中。
【河北省衡水市冀州中学】2016年高考物理仿真试卷(一)及答案解析
河北省衡水市冀州中学2016年高考物理仿真试卷(一)2121:12:31:33:2==E EE EvA E B2:1（4）由此可以得到，此干电池的电动势E =_________V ，内电阻r =_________Ω。
（结果均保留两位有效数字）（5）有位同学从实验室找来了一个电阻箱，用如图3所示的电路测量电池的电动势和内电阻。
闭合开关后，改变电阻箱阻值。
当电阻箱阻值为1R 时，电流表示数为1I ；当电阻箱阻值为2R 时，电流表示数为2I ．已知电流表的内阻为A R ．请你用A R 、1R 、2R 、1I 、2I 表示出电池的内电阻r =_________。
11．某高速公路的一个出口路段如图所示，情景简化：轿车从出口A 进入匝道，先匀减速直线通过下坡路段至B 点（通过B 点前后速率不变），再匀速率通过水平圆弧路段至C 点，最后从C 点沿平直路段匀减速到D 点停下。
已知轿车在A 点的速度072/v km h =，AB 长150L l m =；BC 为四分之一水平圆弧段，限速（允许通过的最大速度）36/v km h =，轮胎与BC 段路面间的动摩擦因数0.5=μ，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，CD 段为平直路段长250L m =，重力加速度g 取210/m s（1）若轿车到达B 点速度刚好为36/v km h =，求轿车在AB 下坡段加速度的大小； （2）为保证行车安全，车轮不打滑，求水平圆弧段BC 半径R 的最小值； （3）轿车A 点到D 点全程的最短时间。
12．如图所示，两光滑金属导轨，间距2d m =，在桌面上的部分是水平的，仅在桌面上有磁感应强度1B T =、方向竖直向下的有界磁场，电阻3R =Ω，桌面高0.8H m =，金属杆ab 质量0.2m kg =，其电阻1r =Ω，从导轨上距桌面0.2h m =的高度处由静止释放，落地点距桌面左边缘的水平距离0.4s m =，取210/g m s =，求：（1）金属杆刚进入磁场时，R 上的电流大小； （2）整个过程中电阻R 放出的热量； （3）磁场区域的宽度。
2017年河北省衡水中学高三第一次模拟考试物理试题(附答案)
2017年河北省衡水中学高三第一次模拟考试物 理二．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，14~17只有一个选项是正确的；18~21至少有两项是正确的．全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分．14．如图所示，物体A 、B 、C 在水平外力F 的作用下在水平面上一起向右做匀速直线运动，则有关A 、B 、C 三个物体的受力情况，下列说法中正确的是（ ）A ．物体A 一定受5个力作用B ．物体B 可能受4个力作用，也可能受5个力作用C ．物体C 一定受4个力作用D ．物体A 可能受5个力作用，也可能受6个力作用15．在光滑绝缘水平面的P 点正上方O 点固定了一电荷量为Q +的正点电荷，在水平面上的N 点，由静止释放质量为m ，电荷量为q -的负检验电荷，该检验电荷经过P 点时速度为v ，图中60θ=︒，规定电场中P 点的电势为零．则在Q +形成的电场中（ ）A ．N 点电势高于P 点电势B ．N 点电势为2mv 2q- C ．P 点电场强度大小是N 点的2倍D ．检验电荷在N 点具有的电势能为21mv 2- 16．变压器的原副线圈匝数比为2：1，副线圈接有小灯泡与二极管(具有单向导电性)．线圈绕垂直于磁场的水平轴OO '沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图像如图所示．以下判断正确的是（ ）A．0.02s时刻线圈中磁通量最大B．0.015s时刻电压表示数为0C．小灯泡两端电压为5VD．增大线圈的转动速度，小灯泡的亮度会变大17．如图所示，ABCD区域中存在一个垂直纸面向里的有界匀强磁场，磁感应强度为B，BC边距地面高度L2，正方形绝缘线圈MNPQ竖直放置，质量为m，边长为L，总电阻为R，PQ边与地面动摩擦因数为μ，在水平力F的作用下向右作直线运动通过磁场区域，下列说法正确的是（）A．线圈进入磁场过程中感应电流的方向沿QMNPB．线圈MN边完全处于磁场中运动时，MQ两点间电势差为0C．线圈进入磁场的过程中通过线圈导线某截面的电量为2 BL 2RD．线圈进入磁场过程中若22B L vF mg4R=+μ，则线圈将以速度做匀速直线运动18．O为地球球心，半径为R的圆是地球赤道，地球自转方向如图所示，自转周期为T，观察站A有一观测员在持续观察某卫星B，某时刻观测员恰能现察到卫星B从地平线的东边落下，经T2的时间，再次观察到卫星B从地平线的西边升起．已知BOB'∠=α，地球质量为M，万有引力常量为G，则（）A．卫星B绕地球运动的周期为πT 2π-αB ．卫星B 绕地球运动的周期为πT 2π+αC ．卫星B RD ．卫星B R 19．如图所示，质量为m 的小车在水平恒力F 推动下，从山坡底部A 处由静止起运动至高为h 的坡顶B ，获得速度为v 的水平距离为s ．在上述运动过程中，下列说法正确的（ ）A ．小车克服阻力做功21mv mgh Fs 2+- B ．小车的动能增加了Fs mgh -C ．小车的重力势能增加了21mv mgh 2+ D ．小车的机械能增加了21mv mgh Fs 2+- 20.如图所示，倾角为θ的斜面上固定两根足够长的平行金属导轨PQ 、MN ，导轨电阻不计，相距为L ，导轨处于磁感应强度为的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下．两根导体棒a 、b 质量相等均为m ，其电阻之比为2:1．a 、b 棒均垂直导轨放置且与导轨间的动摩擦因数μ相同，μtan θ<．对导体棒a 施加沿斜面向上的恒力Fa 棒沿斜面向上运动，同时将b 棒由静止释放，最终a 、b 棒均做匀速运动．两棒在运动过程中始终与导轨垂直，且与导轨接触良好．则A ．恒力F 的大小等于2mgsin θB ．匀速运动时a 、b 两棒的速度等大C ．匀速运动时速度之比为2：1D ．拉力F 做的功等于回路消耗的电能和摩擦产生的内能之和21．如图，竖直光滑的圆轨道上放一个质量为m 的小球，带电量为q +(可看作质点)，圆的半径为R ．周围空间充满着水平方向的匀强电场，电场强度5E 2=．现在在最低点给小球一个初动能，为了小球能作一个完整的圆周运动，那么在圆轨道最低点给小球的初动能不正确的（ ）A ．K E 大于5mgR 2B ．K E 等于5mgR 2C ．K E 小于5mgR 2D ．KE 的大小不能确定22．气垫导轨是常用的一种实验仪器．它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦．我们可以用带竖直挡板C 和D 的气垫导轨以及滑块A 和B 来验证动量守恒定律，实验装置如图所示（弹簧的长度忽略不计），采用的实验步骤如下：A ．用天平分别测出滑块A 、B 的质量A m 、B m ．B ．调整气垫导轨，使导轨处于水平．C 在A 和B 间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡销锁定，静止放置在气垫导轨上．D ．用刻度尺测出A 的左端至C 板的距离1L ．C ．按下电钮放开卡销，同时使分别记录滑块A 、B 运动时间的计时器开始工作．当A 、B 滑块分别碰撞C 、D 挡板时停止计时，记下A 、B 分别到达C 、D 的运动时间1t 和2t ．（1）实验中还应测量的物理量是____________．（2）利用上述测量的实验数据，验证动量守恒定律的表达式是____________，上式中算得的A 、B 两滑块的动量大小并不完全相等，产生误差的原因可能是____________（至少写出两点）（3）利用上述实验数据是否可以测出被压缩弹簧的弹性势能的大小？____________（填“可以”或“不可以”）23．某课题研究小组，收集了各种类型的电池，及从废旧收音机上拆下的电阻、电容、电感线圈．现从这些材料中选取两个待测元件，一是电阻0R ，二是常用的锂电池(电动势E 标称值为3.7V )．在操作台上还准备了如下实验器材：A ．电压表V (量程3V ，15V ，内阻约为几千欧)B ．电流表A (量程0.6A ，电阻A R 2=Ω)C ．电阻箱R (0~99.9Ω，最小分度值0.1Ω)D ．变阻器阻值最大为20ΩE ．开关S 一只、导线若干1．为了测定电阻0R 的阻值，小组的一位成员设计了如图a 所示的电路原理图并选取了合适的量程(电源用待测的锂电池)，当电流表示数为0.40A 时，电压表示数如图b 示，读数为____V ，由此可求得0R =____Ω．2．在实验操作过程中，若电流表A 损坏，该成员就用余下的器材设计了如图c 所示电路测量锂电池的电动势E 和内阻r ．他多次改变电阻R ，读出电压U ，根据测得的数据作出11~U R图，由图求得纵轴截距为a ，图像斜率为k ，则电源电动势E =______V ，电池内阻r =______Ω．(全部用题中给定的字母表示)3．本实验测量出的内阻与真实内阻相比较______(填“偏大”，“偏小”或“准确”)．24．如图所示，水平桌面上有三个质量分别为1kg 、2kg 、3kg 的物体a 、b 、c 叠放在一起，a 的左端通过一根轻绳与质量为kg 的小球相连，绳与水平方向的夹角为60︒，小球静止在光滑的半圆形器皿中，水平向右的力F=14N 作用在b 上，a 、b 、c 三个物体恰好处于静止状态且a 与桌面恰好不打滑，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，ab 间、bc 间最大静摩擦力足够大，取2g 10m /s =，求：（1）绳对小球的拉力大小；（2）b 对c ，a 对b 以及桌面对a 的摩擦力大小；（3）撤去力F 的瞬间，a 、b 、c 三个物体的加速度大小．25．如图所示，光滑水平地面上方ABCD 区域存在互相垂直的匀强磁场和匀强电场，电场强度6E 110N /C =⨯，方向竖直向上，AD 距离为2m ，CD 高度为1m ，一厚度不计的绝缘长木板其右端距B点2m ，木板质量M 2kg =，在木板右端放有一带电量6q 110C -=+⨯的小铁块(可视为质点)，其质量m 0.1kg =，小铁块与木板间动摩擦因数=0.4μ，现对长木板施加一水平向右的恒力1F 12.4N =，作用1s 后撤去恒力，g 取210m /s ．1．求前1s 小铁块的加速度大小m a ，长木板加速度大小M a ；2．要使小铁块最终回到长木板上且不与长木板发生碰撞，求磁感强度B 的最小值；3．在t 1s =时再给长木板施加一个水平向左的力2F ，满足2条件下，要使小铁块回到长木板时恰能相对长木板静止，求木板的最小长度(计算过程π取3.14)．3-3．[物理——选修3-3](15分)(1)．下列说法中正确的是_____________．A ．物体从外界吸热，其内能不一定增大B ．液晶显示器是利用液晶对光具有各向同性的特点C ．温度相同的氢气和氧气，它们分子的平均速率不相同D ．用气体的摩尔体积和阿伏伽德罗常数可以估算气体分子的体积E ．当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大(2)．如图所示，上端开口的光滑圆柱形绝热气缸竖直放置，质量m 5kg =、截面积2S 50cm =的活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内，在气缸内距缸底为h 0.3m =处有体积可忽略的卡环a 、b ，使活塞只能向上滑动．开始时活塞搁在a 、b 上，缸内气体的压强等于大气压强，温度为0T 300K =．现通过内部电热丝缓慢加热气缸内气体，直至活塞恰好离开a 、b ．已知大气压强50p 1.010Pa =⨯．(g 取210m /s )，求：1．活塞恰要离开ab 时，缸内气体的压强1p ；2．当活塞缓慢上升h 0.1m ∆=时(活塞未滑出气缸)缸内气体的温度T 为多少？3．若全过程电阻丝放热95J ，求气体内能的变化U ∆．3-4[物理——选修3-3](15分)(1)．17．下列说法中正确的是___________A．做简谐运动的质点，离开平衡位置的位移相同时，加速度也相同B．做简谐运动的质点，经过四分之一周期，所通过的路程一定是一倍振幅C．根据麦克斯电磁场理论可知，变化的磁场可以产生电场，变化的电场可以产生磁场D．双缝干涉实验中，若只减小双缝到光屏间的距离，两相邻亮条纹间距离将变大E．声波从空气传入水中时频率不变，波长变长．∠=︒，OB水平，折射率n (2)．如图所示，为某种扇形玻璃砖，半径R m=，圆心角AOB150θ︒夹角的一束平行光线射向玻璃砖，不考虑所有面上的反射光，求：在OB边上有与竖直方向成=451．光线射入玻璃砖的折射角β；2．光线在介质中传播的最长时间；3．有光线射出介质的弧长S．2017年河北省衡水中学高三第一次模拟考试物 理（答案） 二、选择题14~17．ABDC18．BD19．CD20．AB21．BCD三、非选择题22．（1）B 的右端至D 板的距离2L ；（2）12A B 12L L m m 0t t -=；测量时间、距离、质量等存在误差，由于阻力、气垫导轨不水平等造成误差．（学生只要答对其中两点即可）（3）可以．23．（1）．2.80；5；（2）．1a ；0k R a- （3）．偏小24．（1）对小球进行受力分析如图：（1分）据平衡条件得：N T F sin60F sin60mg ︒+︒=，N T F cos60F cos60︒=︒（2分）联立并代入数据解得：T F 10N =（1分）（2）对c ：f F 0=（1分）对bc ：f1F F 14N ==（1分）对abc 整体：f 2T F F F 0--=（1分）代入数据解得f 2F 4N =（1分）（3）撤去力F 的瞬间，对abc 整体：Tf2a b c F F (m +m +m )a ='-（2分） 对小球有：Tmgsin30F cos30macos30︒-︒='︒（2分）联立代入数据并解得22a m /s 0.78m /s ==2分） 25．1．当F 作用在长木板上时， 对小铁块由m F mg ma -μ=，得2m a 4m /s =，对长木板由M F mg ma -μ=，得2M a 6m /s =．2．由于mg qE =，此后小铁块进入复合场做匀速圆周运动，当r 1m >时，铁块必定会与木板碰撞，当r 1m <时有可能不会相撞，但B 不是最小值，因此要使得小铁块与长木板不发生碰撞，其圆周运动最大半径r 1m =，此时对应的磁场强度最小， 由2m m v qv B m r=， 速度m m v a t 4m /s ==， 得5m mv B 410T qr==⨯． 3．长木板运动1s 末位移2M M 1x a t 3m 2==，速度M M v a t 6m /s ==， 小铁块运动1s 末位移2m m 1x a t 2m 2==， 撤去F 后长木板减速度运动，小铁块离开长木板后先在磁场中作匀速圆周运动，出场后竖直上抛， 设小铁块离开长木板的总时间t ∆， 小铁块在磁场中运动的总时间1T πm t 0.785s 2qB===， 小铁块出场后上抛与下降的总时间22v t 0.8s g ==， 所以12t t t 1.585s ∆=+=，若小铁块回到木板时不发生滑动，则木板速度与小铁块相同， 此过程中木板匀减速运动位移为M m M v v x t 7.925m 2+'=∆=， 此时小铁块从C 点滑上长木板，距木板右端1M m M x (x x )(x 2)'∆=-+-， 代入数据得木板的最小长度15πx (3)m 6.925m 4∆=+=．3-3．(1)ACE3-3．(2)1．活塞恰要离开ab 时，由活塞平衡01p S mg p S +=， 得510mg p p 1.110pa S=+=⨯． 2．活塞上升h 0.1m ∆=过程中压强51p p 1.110pa ==⨯， 由状态方程000p V pV T T =有00p hS p(h h)S T T+∆=， 代入数据得T 440K =．3．气体对外做功W p S h 55J =-∆=-，又气体吸热Q 95J =，由热力学第一定律U W Q ∆=+得，所以气体内能增加U 40J ∆=．3-4．(1)ACE3-4．(2)1．如图作出折射光路a ，sin n sin θ=β， sin 1sin n 2θβ==， =30β︒．2．光在介质中速度8c v 10m /s n ==，光在介质中最大光程(如光路b )R L m cos305==︒， 光线咋介质中传播的最长时间9L t 410s v -==⨯． 3．光线咋圆弧上发生全反射时，1sin C n=， C 45=︒，1S 2πR m 0.58m 840=⨯=≈．2017年河北省衡水中学高三第一次模拟考试物 理（解析）14．【解析】A 受重力、拉力F 、地面支持力、地面对A 摩擦力、B 对A 的压力共5个，所以A 正确；D 错误；物体B 受重力、A 对B 的支持力、C 对B 的压力和摩擦力共4个，所以B 错误；物体C 受重力A 对C 的支持力和摩擦力共3个，所以C 错误．15．答案： B16． 答案： D17． 答案： C18．【解答】解：AB 、设卫星B 绕地球运动的周期为T′．由图知，经的时间，卫星B 转过的角度为 2π+α，角速度为：ω==周期为：T′==，故A 错误，B 正确．CD 、根据万有引力提供向心力，得：G =mω2（R+h ）解得卫星B 离地表的高度为：h=．故C 错误，D 正确． 故选：BD【点评】解决本题的关键是要分析卫星B 转过的角度，根据万有引力提供圆周运动向心力列方程．要注意几何关系的应用．19．答案：CD20.【答案】AB【解析】最终两棒都做匀速运动，故对两棒的整体知：2sin F mg θ=，选项A 正确；对ab 棒的整体，由于所受合外力为零，故动量守恒，由动量守恒定律可知120mv mv =-，可知v 1=v 2，即匀速运动时a 、b 两棒的速度等大，选项B 正确，C 错误；由能量守恒定律可知，拉力F 做的功等于回路消耗的电能、摩擦产生的内能以及两棒的动能增量之和，选项D 错误；故选AB ．21．答案：BCD22．【答案】（1）B 的右端至D 板的距离L 2；（2）12120A B L L m m t t -=；测量时间、距离、质量等存在误差，由于阻力、气垫导轨不水平等造成误差．（学生只要答对其中两点即可）（3）可以．【解析】试题分析：（1）因系统水平方向动量守恒即m A v A -m B V B =0，由于系统不受摩擦，故滑块在水平方向做匀速直线运动故有11A L v t =， 22B L V t =，即12120A B L L m m t t -=． 所以还要测量的物理量是：B 的右端至D 板的距离L 2．（2）由（1）分析可知验证动量守恒定律的表达式是12120A B L L m m t t -=． 产生误差的原因是测量m A 、m B 、L 1、L 2、t 1、t 2时带来的误差；气垫导轨不水平；滑块与气垫导轨间有摩擦．（3）能测出被压缩弹簧的弹性势能的大小．根据能量守恒定律被压缩弹簧的弹性势能E p =12m A V A 2+12m B v B 2，将11A L v t =， 22B L V t =，代入上式得2212221212p A B L L E m m t t =+（）． 考点：验证动量守恒定律23．答案：1．2．80；5；2．；3．偏小 24．【答案】（1）10N （2）0，14N ，4N （3）0.7m/s 2【解析】（1）对小球进行受力分析如图：（1分）据平衡条件得：N sin60sin60T F F mg ︒+︒=，N cos60cos60T F F ︒=︒（2分）联立并代入数据解得：10N T F =（1分）（2）对c ：F f =0（1分）对bc ：F f 1=F =14N （1分）对abc 整体：F –F f 2–F T =0（1分）代入数据解得F f 2=4N （1分）（3）撤去力F 的瞬间，对abc 整体：()2T f a b c F F m m m a '-=++（2分）对小球有：sin30cos30cos30T mg F ma ︒-︒='︒（2分）联立代入数据并解得m/s 2=0.78m/s 2（2分）3-3．(1)．【答案】ACE【解析】物体从外界吸热，若对外做功，则其内能不一定增大，选项A正确；液晶显示器是利用液晶对光具有各向异性的特点，选项B错误；温度相同的氢气和氧气，它们分子的平均动能相同，但是由于分子质量不同，故分子的平均速率不相同，选项C正确；用气体的摩尔体积和阿伏伽德罗常数可以估算气体分子占据的空间体积，选项D错误；当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大，选项E正确；故选ACE．3-4．(1)【答案】ACE【解析】做简谐运动的质点，离开平衡位置的位移相同时，回复力相同，故加速度也相同，选项A正确；做简谐运动的质点，经过四分之一周期，若从平衡位置或者从位移最大或最小的位置计时，所通过的路程一定是一倍振幅，选项B错误；根据麦克斯电磁场理论可知，变化的磁场可以产生电场，变化的电场可以产生磁场，选项C正确；双缝干涉实验中，根据lxdλ∆=可知，若只减小双缝到光屏间的距离，两相邻亮条纹间距离将变小，选项D错误；声波从空气传入水中时频率不变，波速变大，根据=v fλ可知波长变长，选项E正确；故选ACE．。
河北省衡水中学2016届高考模拟(一)理综试题
2016年普通高等学校招生全国统—考试模拟试题理科综合能力测试(一)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。
答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第I卷时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Si 28 Fe 56第I卷一、选择题：本题共13小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．下列关于细胞中某些物质的叙述，错误的是A．组成纤维素、淀粉、糖原的单体是相同的B．RNA可以在细胞核或某些细胞器中合成C．抗体的形成与分泌需要A TP直接提供能量D．激素和神经递质的合成是在核糖体上进行的2．甲乙两种物质在胰岛B细胞内、外的浓度情况如图所示，下列相关叙述正确的是A．甲可以是Na+，胰岛B细胞兴奋时Na+内流会导致细胞内Na+浓度高于细胞外B．甲可以是氧气，其进入细胞后可以在细胞质基质或线粒体参与相关反应C．乙可以是DNA，其运出细胞后可将遗传信息传递给其他细胞D．乙可以是胰岛素，其运出细胞时不需要载体的协助3．如图表示生物体内遗传信息的传递和表达过程，下列叙述不正确的是A．上述过程均需要模板、酶、能量和原料，并且均遵循碱基互补配对原则B．在神经细胞和甲状腺细胞中均能进行2过程，并且形成的RNA也相同C．过程3中涉及到5种碱基和8种核苷酸D．RNA发生改变，通过5过程形成的蛋白质不一定发生改变4．下列关于植物激素、植物生长调节剂的叙述中，不合理的是A．植物激素不直接参与细胞代谢，只传递调节代谢的信息B．用一定浓度的赤霉素处理种子可以促进其萌发C．给去掉尖端的胚芽鞘放置含生长素的琼脂块后仍能生长，说明生长素可促进生长D．生长素和细胞分裂素在促进植株生长方面存在协同关系5．下图是某家族甲病(A-a)和乙病(B-b)的遗传系谱图。
河北省衡水中学2016年高考物理模拟试卷(1) 含解析
2016年河北省衡水中学高考物理模拟试卷(1）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．1．下列错误的是(）A．牛顿发现摆的等时性B．伽利略首先将物理实验事实和逻辑C．卡文迪许测量了万有引力定律D．洛伦兹发现了磁场对运用电荷的作用公式2．如图所示，以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，∠A=60°,AO=L，在O点放置一个粒子源，可以向各个方向发射某种带负电粒子．已知粒子的比荷为，发射速度大小都为v0=．设粒子发射方向与OC边的夹角为θ，不计粒子间相互作用及重力．对于粒子进入磁场后的运动，下列说法正确的是（）A．当θ=45°时，粒子将从AC边射出B．所有从OA边射出的粒子在磁场中运动时间相等C．随着θ角的增大，粒子在磁场中运动的时间先变大后变小D．在AC边界上只有一半区域有粒子射出3．如图所示，质量为M的小车放在光滑水平面上，小车上用细线悬挂一质量为m的小球，M＞m，用一力F水平向右拉小球（图甲)，使小球和车一起以加速度a向右运动，细线与竖直方向成α角，细线的拉力为F1，若用一力F′水平向左拉小车（图乙），使小球和车一起以加速度a′向左运动时，细线与竖直方向也成α角，细线的拉力为F1′，则(）A．a′=a，F1′=F1B．a′＞a,F1′=F1C．a′＜a，F1′=F1D．a′＞a,F1′＞F14．如图所示，车厢里悬挂着两个质量不同的小球，上面的球比下面的球质量大，当车厢向右作匀加速运动（空气阻力不计）时，下列各图中正确的是(）A．B．C．D．5．如图所示,均匀T型物块A质量为m，夹在两个相同的水平垫板中，A与垫板间的动摩擦因数为μ，当垫板B、C以相同的水平速率v1对称且匀速地向两侧退开时，若要使A以速率v2匀速前移,作用在A中央位置上与v2同向的水平拉力F的大小满足（）A．F＜μmg B．F=μmg C．F＞μmg D．不能确定6．一个劲度系数为k，由绝缘材料制成的轻弹簧,一端固定，另一端与质量为m、带正电荷电量为q的小球相连,静止在光滑绝缘水平面上，当加入如图所示的场强为E的匀强电场后，小球开始运动,下列说法正确的是（)A．球的速度为零时，弹簧伸长B．球做简谐运动，振幅为C．运动过程中，小球的机械能守恒D．运动过程中，小球的电势能和弹性势能向动能相互转化7．如图所示,两质量相等的物块A、B通过一轻质弹簧连接，B足够长、放置在水平面上，所有接触面均光滑．弹簧开始时处于原长，运动过程中始终处在弹性限度内．在物块A上施加一个水平恒力，A、B从静止开始运动到第一次速度相等的过程中,下列说法中正确的有（）A．当A、B加速度相等时，系统的机械能最大B．当A、B加速度相等时，A、B的速度差最大C．当A、B的速度相等时，A的速度达到最大D．当A、B的速度相等时，弹簧的弹性势能最大8．如图所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连．弹簧处于自然长度时物块位于O点（图中未标出）．物块的质量为m，AB=a,物块与桌面间的动摩擦因数为μ．现用水平向右的力将物块从O点拉至A点，拉力做的功为W．撤去拉力后物块由静止向左运动，经O点到达B点时速度为零．重力加速度为g．则上述过程中（)A．物块在A点时，弹簧的弹性势能等于W﹣μmgaB．物块在B点时，弹簧的弹性势能小于W﹣μmgaC．经O点时，物块的动能小于W﹣μmgaD．物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B点时弹簧的弹性势能三、非选择题:包括必答题和选考题两部分．第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33题～第40题为选考题，考生根据要求作答．(一)必考题(共129分）9．如图1所示为“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置，数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量及小车和砝码的质量对应关系图．钩码的质量为m1，小车和砝码的质量为m2，重力加速度为g．（1）下列说法正确的是．A．每次在小车上加减砝码时,应重新平衡摩擦力B．实验时若用打点计时器应先释放小车后接通电源C．本实验m2应远小于m1D．在用图象探究加速度与质量关系时,应作a﹣图象（2）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，测得F=m1g，作出a﹣F图象，他可能作出图2中（选填“甲”、“乙”、“丙”)图线．此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是．A．小车与轨道之间存在摩擦B．导轨保持了水平状态C．砝码盘和砝码的总质量太大D．所用小车的质量太大（3）实验时，某同学遗漏了平衡摩擦力这一步骤,若轨道水平，他测量得到的﹣a图象，如图3．设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，则小车与木板间的动摩擦因数μ=,钩码的质量．10．在做测量电源电动势E和内阻r的实验时,提供的器材是:待测电源一个,内阻为R V的电压表一个（量程大于电源的电动势),电阻箱一个，开关一个，导线若干．为了测量得更加准确，多次改变电阻箱的电阻R，读出电压表的相应示数U，以为纵坐标，R为横坐标,画出与R的关系图象，如图所示．由图象可得到直线在纵轴上的截距为m，直线的斜率为k，试根据以上信息①在虚线框内画出实验电路图．。
2016年河北省衡水市高考物理模拟试卷(一)(解析版)
2016年河北省衡水市高考物理模拟试卷（一）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．1．（6分）2016年我国将择机发射“天宫二号”空间实验室，以期掌握推进剂的在轨补加技术和解决航天员中期驻留问题．随后还将发射“神舟十一号”载人飞船和“天舟一号”货运飞船与“天宫二号”空间实验室进行对接，逐步组建我们的空间站．若发射后的“天宫二号”和“天舟一号”对接前运行的轨道为如图所示的两个圆形轨道，其中“天宫二号”在较高轨道上运行，A、B、C为两轨道同一直线上的三个点，O点为地心，现让“天舟一号”变轨加速（可简化为一次短时加速）实现二者对接，下列有关描述中正确的是（）A．“天舟一号”在B点加速时可在C点与“天宫二号“实现对接B．“天舟一号”加速后变轨对接过程中的速度一直在增大C．“天舟一号”与“天宫二号”组合体的加速度大于“天舟一号”加速前的加速度D．“天舟一号”与“天宫二号”组合体绕行周期大于“天舟一号”加速前的绕行周期2．（6分）如图为某种型号手机充电器的简化电路图，其中副线圈的中心抽头有一根引线，该装置先将市网电压通过一个小型变压器后，再通过理想二极管D 连接到手机电源上．已知原副线圈的匝数比为22：1，若原线圈中输入的电压为u=220sin314t（V），则下列说法正确的是（）A．手机电源得到的是脉动直流电，其频率为50HzB．手机电源得到的是正弦交流电．其频率为50HzC．该装置正常工作时手机电源获得的电压为5VD．若其中一个二极管烧坏不能通电，另一个还能工作，此时手机电源获得的电压为2.5V3．（6分）自2014年12月份始，我国已有14个省市电子不停车收费系统（简称ETC）正式联网运行，这一系统极大地方便了司机和收费工作人员．假设汽车以15m/s的速度朝收费站匀速驶来，为了便于ETC系统完成自动甄别、记录和收费工作，汽车需要在车头距ETC收费系统中心线前15m处正好减速至5m/s，然后匀速行驶，当车头通过中心线后再匀加速到原速行驶，若设汽车减速、加速时均做匀变速运动，其加速度大小均为1m/s2，则一辆汽车通过ETC系统耽误的时间约为（）A．13s B．11s C．10s D．9s4．（6分）在平面直角坐标系的x轴上关于原点O对称的P、Q两点各放一个等量点电荷后，x轴上各点电场强度E随坐标x的变化曲线如图所示，规定沿x轴正向为场强的正方向，则关于这两个点电荷所激发电场的有关描述中正确的有（）A．将一个正检验电荷从P点沿x轴移向Q点的过程中电场力一直做正功B．x轴上从P点到Q点的电势先升高后降低C．若将一个正检验电荷从两点电荷连线的垂直平分线上的一侧移至另一侧对称点的过程中一定是电场力先做正功后做负功D．若将一个正检验电荷从两点电荷连线的垂直平分线上的一侧移至另一侧对称点的过程中受到的电场力可能先减小后增大5．（6分）一长为2.0m、质量为2kg的木板静止在粗糙水平面上，有一个质量为1kg可视为质点的小物块置于长木板右端．现对木板施加的外力F逐渐增大时，小物块所受的摩擦力f随外力F的变化关系如图所示．现改用F=22N的水平外力拉长木板，取g=10m/s2，则小物块在长木板上滑行的时间为（）A．1 s B．2 s C．s D．s6．（6分）一条水平传送带以速度v0逆时针匀速转动，现有一物体以速度v向右冲上水平传送带，若物体与传送带间的动摩擦因数恒定，规定向右为速度的正方向，则物体在传送带上滑动时的速度随时间变化的图线可能是选项图中的（）A．B．C．D．7．（6分）一长L=0.5m、质量m=0.2kg的水平直导线通过绝缘细线悬挂在天花板上，整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场B中．当导线中通以垂直于纸面向里大小为I=10A的电流，该导线静止时细线与竖直方向间的夹角θ=37°，如图所示．现保持磁感应强度的大小不变，让磁场方向在纸面内沿逆时针方向缓慢转过90°，取重力加速度g=10m/s2，已知sin37°=0.6，则下列说法中正确的有（）A．磁场未转动时，绝缘细线对通电导线的拉力大小为2.5NB．该磁场的磁感应强度大小为1.5TC．转动过程中绝缘细线与竖直方向的夹角先变大后变小D．转动过程中绝缘细线受到的拉力最小值为1.6N8．（6分）如图所示，两根足够长的平行光滑金属轨MN、PQ水平放置，轨道间距为L，现有一个质量为m，长度为L的导体棒ab垂直于轨道放置，且与轨道接触良好，导体体棒和轨道电阻均可忽略不计．有一电动势为E，内阻为r的电源通过开关S连接到轨道左端，另有一个定值电阻R也连接在轨道上，且在定值电阻右侧存在着垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度的大小为B．现闭合开关S，导体棒ab开始运动，则下列叙述中正确的有（）A．导体棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当速度达到最大时导体棒中无电流B．导体棒所能达到的最大速度为C．导体棒稳定运动时电源的输出功率为D．导体棒稳定运动时产生的感应电动势为E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33题～第40题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共129分）9．（6分）在宇宙飞船上测物体的质量没有地球上那么容易．宇航员取来一个带孔的金属小球、一只弹簧测力计、一个带孔的内壁光滑的金属手柄、一段细尼龙线、一把刻度尺和一块秒表．他先将细尼龙线的一端打一个结，在线上标出一个位置并测出该标记点与结点间的距离L，然后将细尼龙线穿过金属小球（结点在球心处）和光滑金属手柄后连接到测力计上．现用手慢慢摇动手柄使金属球在如图（a）所示的平面内稳定转动时，细尼龙线的标记位置恰位于手柄上端口处，此时测力计的示数F如图（b）所示，同时另一宇航员用秒表记录了小球转动N 圈所用的时间t，回答下列问题：（1）图（b）中测力计示数F的大小为．（2）金属小球质量的表达式为（用题中所给的字母表示）．（3）若用手慢慢摇动手柄使金属球在如图（c）所示的平面内稳定转动时，则测力计所测作用力F的大小将会（填“稳定不变”或“周期性变化”）．10．（9分）国标规定自来水在15℃时电阻率应大于13Ω•m．为测量15℃时自来水的电阻率和电源的电动势与内阻，某物理兴趣小组设计了如图所示的实验电路．其中内径均匀的圆柱形玻璃管侧壁连接一细管，细管上加有阀门K以控制管内自来水的水量，玻璃管两端接有电阻可忽略不计的导电活塞，左活塞固定，右活塞可自由移动．图中R0为定值电阻，R为电阻箱，A为理想电流表，S为单刀双掷开关，E为待测电源，此外实验中还备有游标卡尺和刻度尺．兴趣小组的实验步骤如下：①用游标卡尺测量玻璃管的内径d；②向玻璃管内注满自来水，用刻度尺测量水柱长度，把S拨到1位置，记录电流表示数I；③把S拨到2位置调节电阻箱阻值，使电流表示数也为I，记录电阻箱的阻值R；④改变水柱长度，重复实验步骤②③，读出电阻箱示数R；⑤把S拨到2位置不变，改变电阻箱的阻值R读取对应的电流值I；⑥断开S，整理好器材．（1）以电阻箱示数R为纵轴，用对应水柱长度为横轴作出一条直线．若直线的斜率为k，则玻璃管内水柱电阻率的表达式为ρ=．（2）把S拨到2位置不变时，为测量电源的电动势和内阻，采用图象处理实验数据，宜绘制出关系图象，处理较为简单．（3）实际的电流表有一定的内阻，在本实验中它对测量结果的影响分别是使水柱电阻率的测量值；使电源电动势的测量值；使电源内阻的测量值．（填“偏大”“偏小”或“无变化”）11．（12分）在一条平直公路上一辆违章汽车以最大速度v0=20m/s匀速通过交通检查站，等交通警察启动警车前去追赶时违章汽车已驶出了s=90m．已知交通警察配备警车的额定功率P0=60kw，最大行驶速度v m=30m/s，车和警察共重2吨．若警车先匀加速启动t1=8s时达额定功率，接着又经t2=14s才达最大速度．已知警车运动过程中所受阻力恒定，求警车匀加速过程所能达到的最大速度和追上违章汽车需要的总时间．12．（20分）如图所示，在边长L=3dm的等边三角形abc的外接圆区域内有平行于纸面的匀强电场，将质量m=2×10﹣13kg，电量q=+1×10﹣10C的点电荷从a点以相等的速率沿不同方向射出时可到达圆上的不同位置，其中电荷到达b点时动能最大，其动能增量为△E k=8.1×10﹣10J．若将该点以某一初速度v0沿ac方向从a点射出时恰通过b点，现撤去电场并在该圆形区域内加上垂直于纸面的匀强磁场时，仍让该点电荷从a点沿ac方向以v 0射出时也能通过b点．求：（1）匀强电场的场强E；（2）匀强磁场的磁感应强度B；（3）点电荷在匀强磁场和匀强电场中运动的时间之比．二.选考题：共45分．请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一题作答．并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本学科选考题的首题进行评分．[物理--选修3-3]（15分）13．（5分）下列说法中正确的是（）A．盛有气体的容器做加速运动时，容器中气体的内能必定会随之增大B．一切涉及热现象的宏观过程都具有方向性，由热力学第二定律可以判断物理过程能否自发进行C．气体压强的大小跟气体分子的平均动能、分子的密集程度这两个因素有关D．一定质量的100℃的水吸收热量后变成100℃的水蒸气，其吸收的热量大于增加的内能E．当分子间的引力与斥力相等时分子势能最大14．（10分）某同学实验时将一根长L=1m粗细均匀的玻璃管竖直固定在升降机内，玻璃管上端开口下端封闭．在管内用h=46cm的水银柱封闭着L1=50cm的空气柱，若忽略升降机内环境温度的变化，升降机内大气压强恒为p0=74cm Hg，取g=10m/s2，现在升降机先以a=3.5m/s2的加速度匀加速下降一段时间后，再以相同大小的加速度匀减速下降，求两种状态下稳定时被封闭空气柱的长度分别为多少？[物理--选修3-4]（15分）15．如图所示，MN是一条通过透明半球体球心的直线，现有一束由两种单色细光束组成的复色光AB平行MN射向球体，经透明半球体的作用后分裂为两束，其中a光束与MN的夹角为30°，b光束与MN的夹角为15°，已知AB与MN间的距离为半径的一半．则该透明半球体对a光的折射率为．若让这两束单色光分别通过同一双缝干涉装置后，条纹间距较宽的是（填“a”或“b”）光．16．如图所示，波源S位于坐标原点O处，t=0时刻沿y轴向下开始振动，其振动频率为50Hz，振幅为2cm．S振动能形成一列沿x轴传播的简谐横波，波的传播速度v=40m/s，在x轴上有P、Q两点，其坐标分别为x P=4.2m，x Q=﹣1.4m．求P、Q两点起振的时间差并画出Q点的振动图象．[物理--选修3-5]（15分）17．已知Np经过一系列α衰变和β衰变后变成Bi，则该系列衰变中共发生了次α衰变，生成的两种射线中，穿透能力较强的射线是（填“α”或“β”）；如果让93237Np参加化学反应后形成化合物，则其半衰期（填“不会”或“会”）有所延长．18．如图所示，质量为3kg的木板C停放在光滑水平地面上，其上表面光滑，左边立柱上固定有一根处于自由状态的轻弹簧，弹簧右端与质量为2kg的物块B连接．在B的右上方O点处用长为1.6m的轻绳系一个质量为2kg的小球A．现拉紧轻绳使之与竖直方向成60°角，然后将小球A由静止释放，到达最低点时炸裂成质量相等的两个物块1和2，其中物块1水平向左运动与B粘合在一起，并向左压缩弹簧，物块2仍系在绳上但速度水平向右，且刚好能回到释放点．若A、B均可看成质点，取g=10m/s2．求小球A炸裂时增加的机械能△E和弹簧被压缩过程中的最大弹性势能E p．2016年河北省衡水市高考物理模拟试卷（一）参考答案与试题解析二、选择题：本题共8小题．每小题6分．在每小题给出的四个选项中．第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．1．（6分）2016年我国将择机发射“天宫二号”空间实验室，以期掌握推进剂的在轨补加技术和解决航天员中期驻留问题．随后还将发射“神舟十一号”载人飞船和“天舟一号”货运飞船与“天宫二号”空间实验室进行对接，逐步组建我们的空间站．若发射后的“天宫二号”和“天舟一号”对接前运行的轨道为如图所示的两个圆形轨道，其中“天宫二号”在较高轨道上运行，A、B、C为两轨道同一直线上的三个点，O点为地心，现让“天舟一号”变轨加速（可简化为一次短时加速）实现二者对接，下列有关描述中正确的是（）A．“天舟一号”在B点加速时可在C点与“天宫二号“实现对接B．“天舟一号”加速后变轨对接过程中的速度一直在增大C．“天舟一号”与“天宫二号”组合体的加速度大于“天舟一号”加速前的加速度D．“天舟一号”与“天宫二号”组合体绕行周期大于“天舟一号”加速前的绕行周期【解答】解：A、若在B点加速时不可能在C相遇则A错误B、加速后的“天舟一号”做离心运动将部分动能转化为重力势能，其绕行的线速度不断减小，即B错误CD、由万有引力提供向心力得：，T=，绕行周期随轨道半径的增大而增大，加速度随半径的增大而减小，则C错误，D正确．故选：D2．（6分）如图为某种型号手机充电器的简化电路图，其中副线圈的中心抽头有一根引线，该装置先将市网电压通过一个小型变压器后，再通过理想二极管D 连接到手机电源上．已知原副线圈的匝数比为22：1，若原线圈中输入的电压为u=220sin314t（V），则下列说法正确的是（）A．手机电源得到的是脉动直流电，其频率为50HzB．手机电源得到的是正弦交流电．其频率为50HzC．该装置正常工作时手机电源获得的电压为5VD．若其中一个二极管烧坏不能通电，另一个还能工作，此时手机电源获得的电压为2.5V【解答】解：AB、由于二极管具有单向导电性，副线圈上端高电势时上端二极管导通，副线圈上端低电势时下端二极管导通，两个二极管交替工作，故手机电源得到的是一股脉动直流电，脉动直流电通过手机电源时，其周期减半，频率加倍，故手机电源得到的频率为100Hz，即A、B选项错误；C、由单向导电性知每半个周期导通一个二极管，又副线圈的一根引线是通过中心抽头引出的，由匝数比为，知，因此手机电源获得的电压为，即C正确；D、若其中一个二极管烧坏不能通电，另一个还能工作，此时还能间歇充电，但其有效值满足，代入数据可得，即D选项错误；故选：C3．（6分）自2014年12月份始，我国已有14个省市电子不停车收费系统（简称ETC）正式联网运行，这一系统极大地方便了司机和收费工作人员．假设汽车以15m/s的速度朝收费站匀速驶来，为了便于ETC系统完成自动甄别、记录和收费工作，汽车需要在车头距ETC收费系统中心线前15m处正好减速至5m/s，然后匀速行驶，当车头通过中心线后再匀加速到原速行驶，若设汽车减速、加速时均做匀变速运动，其加速度大小均为1m/s2，则一辆汽车通过ETC系统耽误的时间约为（）A．13s B．11s C．10s D．9s【解答】解：汽车减速运动的时间：s位移：m匀速运动的时间：s加速运动的时间：s位移：m若做匀速直线运动，通过该位移的时间：s所以耽搁的时间：△t=t1+t2+t3﹣t=10+3+10﹣14.3=8.7s≈9 s所以选项D正确，ABC错误．故选：D4．（6分）在平面直角坐标系的x轴上关于原点O对称的P、Q两点各放一个等量点电荷后，x轴上各点电场强度E随坐标x的变化曲线如图所示，规定沿x轴正向为场强的正方向，则关于这两个点电荷所激发电场的有关描述中正确的有（）A．将一个正检验电荷从P点沿x轴移向Q点的过程中电场力一直做正功B．x轴上从P点到Q点的电势先升高后降低C．若将一个正检验电荷从两点电荷连线的垂直平分线上的一侧移至另一侧对称点的过程中一定是电场力先做正功后做负功D．若将一个正检验电荷从两点电荷连线的垂直平分线上的一侧移至另一侧对称点的过程中受到的电场力可能先减小后增大【解答】解：A、该图象的斜率等于场强E，则知PO之间的电场强度为正，而OQ之间的电场强度为负，将一个正检验电荷从P点沿x轴移向Q点的过程中电场力先做正功，后做负功，故A错误；B、PO之间的电场强度为正，而OQ之间的电场强度为负，所以x轴上从P点到Q点的电势先降低后升高；故B错误；C、由图可知，y轴两侧的电场强度是对称的，可知该电场可能是两个等量同种正点电荷形成的静电场，则在两个等量同种正点电荷形成的静电场中，将一个正检验电荷从两点电荷连线的垂直平分线上的一侧移至另一侧对称点的过程中一定是电场力先做负正功后做正功，故C错误；D、在两个等量同种正点电荷形成的静电场中，将一个正检验电荷从两点电荷连线的垂直平分线上的一侧移至另一侧对称点的过程中受到的电场力可能先减小后增大；故D正确；故选：D．5．（6分）一长为2.0m、质量为2kg的木板静止在粗糙水平面上，有一个质量为1kg可视为质点的小物块置于长木板右端．现对木板施加的外力F逐渐增大时，小物块所受的摩擦力f随外力F的变化关系如图所示．现改用F=22N的水平外力拉长木板，取g=10m/s2，则小物块在长木板上滑行的时间为（）A．1 s B．2 s C．s D．s【解答】解：由图可知，水平拉力F小于2N时，小物块与长木板逐渐的摩擦力等于0，则小物块水平方向受到的合外力等于0，小物块的加速度等于0，此时木板也处于静止状态；当F大于2N后，二者一起做加速运动，所以长木板与地面之间的最大静摩擦力（滑动摩擦力）是2N；当F大于14N后，小物块受到的摩擦力不变，则小物块的加速度不变，而随F 的增大，木板的加速度一定还会增大，所以当F=14N时，二者恰好要发生相对运动，此时对整体：F﹣f1=（m+M）a所以：a=对小物块：ma=f2所以小物块与长木板之间的摩擦力：f2=ma=1×4=4N当拉力F=22N时，小物块的加速度仍然是4m/s2，此时长木板的加速度：当二者分离时：代入数据得：t=1s故A正确，BCD错误．故选：A6．（6分）一条水平传送带以速度v0逆时针匀速转动，现有一物体以速度v向右冲上水平传送带，若物体与传送带间的动摩擦因数恒定，规定向右为速度的正方向，则物体在传送带上滑动时的速度随时间变化的图线可能是选项图中的（）A．B．C．D．【解答】解：物体在传送带上受到重力、传送带的支持力和摩擦力，由于摩擦力的方向与运动的方向相反，所以物体先做匀减速直线运动．若物体的速度足够大，则物体在速度减小到0前，物体的位移大于传送带的长度，则物体一直做匀减速运动．故图象B是正确的；若物体的速度比较小，在物体的速度减小到0时，物体的位移仍小于传送带的长度，则物体的速度等于0时，仍然在传送带上．由于传送带向左运动，物体在传送带上受到向左的摩擦力，将向做左加速运动，由运动的对称性可知，若传送带的速度足够大，则物体返回出发点的速度大小仍然等于v．故A正确，D错误；若传送带的速度小于物体开始时速度的大小，则当物体的速度与传送带的速度相等后，物体以传送带的速度随传送带一起做匀速直线运动．故C正确由以上的分析可知，ABC正确，D错误．故选：ABC7．（6分）一长L=0.5m、质量m=0.2kg的水平直导线通过绝缘细线悬挂在天花板上，整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场B中．当导线中通以垂直于纸面向里大小为I=10A的电流，该导线静止时细线与竖直方向间的夹角θ=37°，如图所示．现保持磁感应强度的大小不变，让磁场方向在纸面内沿逆时针方向缓慢转过90°，取重力加速度g=10m/s2，已知sin37°=0.6，则下列说法中正确的有（）A．磁场未转动时，绝缘细线对通电导线的拉力大小为2.5NB．该磁场的磁感应强度大小为1.5TC．转动过程中绝缘细线与竖直方向的夹角先变大后变小D．转动过程中绝缘细线受到的拉力最小值为1.6N【解答】解：A、对导体棒受力分析根据共点力平衡有：F==F安=BIL=mgtan37°代入数据解得：B=0.3T，故A正确，B错误；C、让磁场方向在纸面内沿逆时针方向缓慢转过90°的过程中，有左手定则知安培力逐渐由水平方向转为竖直方向，且大小不变，转动过程中绝缘细线与竖直方向的夹角先变大后变小，故C正确；D、当磁场水平向左时，安培力竖直向上，拉力取得最小值，此时有：T=mg﹣BIL=0.5N，故D错误；故选：AC8．（6分）如图所示，两根足够长的平行光滑金属轨MN、PQ水平放置，轨道间距为L，现有一个质量为m，长度为L的导体棒ab垂直于轨道放置，且与轨道接触良好，导体体棒和轨道电阻均可忽略不计．有一电动势为E，内阻为r的电源通过开关S连接到轨道左端，另有一个定值电阻R也连接在轨道上，且在定值电阻右侧存在着垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度的大小为B．现闭合开关S，导体棒ab开始运动，则下列叙述中正确的有（）A．导体棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当速度达到最大时导体棒中无电流B．导体棒所能达到的最大速度为C．导体棒稳定运动时电源的输出功率为D．导体棒稳定运动时产生的感应电动势为E【解答】解：A、闭合开关S，导体棒受到安培力向右加速运动，同时导体棒切割磁感线产生感应电动势，且方向和电源电动势相反，电流减小，安培力减小，加速度减小，当导体棒的电动势和定值电阻R两端电压大小相等相等时，导体棒中电流为0，导体棒做匀速运动，速度达到最大，故A正确．B、由A分析知，得故B正确C、导体棒稳定时电源的输出功率为，故C错误．D、导体棒稳定运动时产生的感应电动势为E等于定值电阻R两端电压，故D错误．故选：AB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33题～第40题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共129分）9．（6分）在宇宙飞船上测物体的质量没有地球上那么容易．宇航员取来一个带孔的金属小球、一只弹簧测力计、一个带孔的内壁光滑的金属手柄、一段细尼龙线、一把刻度尺和一块秒表．他先将细尼龙线的一端打一个结，在线上标出一个位置并测出该标记点与结点间的距离L，然后将细尼龙线穿过金属小球（结点在球心处）和光滑金属手柄后连接到测力计上．现用手慢慢摇动手柄使金属球在如图（a）所示的平面内稳定转动时，细尼龙线的标记位置恰位于手柄上端口处，此时测力计的示数F如图（b）所示，同时另一宇航员用秒表记录了小球转动N 圈所用的时间t，回答下列问题：（1）图（b）中测力计示数F的大小为 1.80．（2）金属小球质量的表达式为（用题中所给的字母表示）．（3）若用手慢慢摇动手柄使金属球在如图（c）所示的平面内稳定转动时，则测力计所测作用力F的大小将会稳定不变（填“稳定不变”或“周期性变化”）．【解答】解：（1）弹簧测力计的读数需要估读一位，所以读数为1.80N；（2）由于在宇宙飞船中，重力提供绕地球做匀速圆周运动的向心力，所以对小球在宇宙飞船内的圆周运动没有影响，小球受到的绳子的拉力提供向心力，所以：F=mω2L，又：，T=联立可得：m=（3）由于飞船内的小球处于完全失重状态，所以小球在任意平面内做圆周运动时，线速度的大小不会发生变化，小球做匀速圆周运动，所以需要的向心力不变，．。
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2016年河北省衡水中学高考物理一模试卷一、选择题（本题共8小题，每小题6分．其中第1-5题只有一项符合题目要求，第6-8题有多项符合题目要求．）1．牛顿的三大运动定律、万有引力定律以及微积分的创立，使得牛顿成为过去一千多年中最杰出的科学巨人之一．下列说法中正确的是（ ）A．牛顿第一定律是牛顿第二定律的特例B．牛顿第二定律适用于惯性参考系C．作用力和反作用力是一对平衡力D．力的单位“牛顿”是国际单位制中的基本单位2．某卫星在半径为r的轨道1上做圆周运动，动能为E k，变轨到轨道2上后，动能比在轨道1上减少了△E，在轨道2上也做圆周运动，则轨道2的半径为（ ）A．r B．r C．r D．r3．如图所示，一个“V”形玻璃管ABC倒置于平面内，并处于场强大小为E=1×103V/m，方向竖直向下的匀强电场中，一个重力为G=1×10﹣3N，电荷量为q=2×10﹣4C的带负电小滑块从A点由静止开始运动，小滑块与管壁的动摩擦因数μ=0.5．已知管长AB=BC=L=2m，倾角α=37°，B点是一段很短的光滑圆弧管，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2，下列说法中正确的是（ ）A．B、A两点间的电势差为2000VB．小滑块从A点第一次运动到B点的过程中电势能增大C．小滑块第一次速度为零的位置在C处D．从开始运动到最后静止，小滑块通过的总路程为3m4．如图所示，一理想变压器原线圈匝数为n1=1000匝，副线圈匝数为n2=200匝，将原线圈接在u=200sin100πt（V）的交流电压上，副线圈上电阻R和理想交流电压表并连接入电路，现在A、B两点间接入不同的电子元件，则下列说法正确的是（ ）A．在A、B两点间串联一只电阻R，穿过铁芯的磁通量的最大变化率为0.2Wb/sB．在A、B两点间接入理想二极管，电压表读数为40VC．在A、B两点间接入一只电容器，只提高交流电频率，电压表读数增大D．在A、B两点间接入一只电感线圈，只提高交流电频率，电阻R消耗电功率减小5．如图所示，匀强磁场的方向垂直于光滑的金属导轨平面向里，极板间距为d的平行板电容器与总电阻为2R0的滑动变阻器通过平行导轨连接，电阻为R0的导体棒MN可在外力的作用下沿导轨从左向右做匀速直线运动，当滑动变阻器的滑动触头位于a、b的中间位置、导体棒MN的速度为v0时，位于电容器中P点的带电油滴恰好处于静止状态．若不计摩擦和平行导轨及导线的电阻，重力加速度为g，则下列判断正确的是（ ）A．油滴带正电荷B．若将上极板竖直向上移动距离d，油滴将向上加速运动，加速度a=C．若将导体棒的速度变为2v0，油滴将向上加速运动，加速度a=2gD．若保持导体棒的速度为v0不变，而将滑动触头置于a位置，同时将电容器上极板向上移动距离，油滴仍将静止6．如图所示，斜面体置于粗糙水平面上，斜面光滑．小球被轻质细线系住放在斜面上，细线另一端跨过光滑定滑轮，用力拉细线使小球沿斜面缓慢下移一段距离，斜面体始终静止．移动过程中（ ）A．细线对小球的拉力变大 B．斜面对小球的支持力变大C．斜面体对地面的压力变大D．地面对斜面体的摩擦力变大7．为了测量某化工厂污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口，在垂直于上下底面方向加磁感应强度为B的匀强磁场，在前后两个内侧固定有金属板作为电极，污水充满管口以一定的速度从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U．若用Q 表示污水流量（单位时间内排出的污水体积），下列说法中正确的是（ ）A．若污水中正离子较多，则前表面比后表面电势高B．前表面的电势一定低于后表面的电势，与哪种离子多无关C．污水中离子浓度越高，电压表的示数将越大D．污水流量Q与U成正比，与a、b无关8．如图，xOy平面的一、二、三象限内存在垂直纸面向外，磁感应强度B=1T的匀强磁场，ON为处于y轴负方向的弹性绝缘薄挡板，长度为9m，M点为x轴正方向上一点，OM=3m．现有一个比荷大小为=1.0C/kg可视为质点带正电的小球（重力不计）从挡板下端N处小孔以不同的速度向x轴负方向射入磁场，若与挡板相碰就以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电量不变，小球最后都能经过M点，则小球射入的速度大小可能是（ ）A．3m/s B．3.75m/s C．4.5m/s D．5m/s二、非选择题（包括必考题和选考题两部分．第9-12题为必考题，第13-18题为选考题．）（一）必考题9．“用DIS研究加速度与力的关系”的实验装置如图（a）所示，实验中用所挂钩码的重量作为细线对小车的拉力F，通过增加钩码的数量，多次测量，可得小车运动的加速度a和所受拉力F的关系图象，他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条a﹣F图线，如图（b）所示．（1）图线 （填“①”或“②”）是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的；（2）在轨道水平时，小车运动的阻力F f= N；（3）图（b）中，拉力F较大时，a﹣F图线明显弯曲，产生误差．为避免此误差可采取的措施是 ．A．调整轨道的倾角，在未挂钩码时使小车能在轨道上匀速运动B．在增加钩码数量的同时在小车上增加砝码，使钩码的总质量始终远小于小车的总质量C．将无线力传感器捆绑在小车上，再将细线连在力传感器上，用力传感器读数代替钩码的重力D．更换实验中使用的钩码规格，采用质量较小的钩码进行上述实验．10．某实验小组研究两个未知元件X和Y的伏安特性，使用的器材包括电压表（内阻约为3kΩ）、电流表（内阻约为1Ω）、定值电阻等．（1）使用多用电表粗测元件X的电阻，选择“×1”欧姆挡测量，示数如图1（a）所示，读数为 Ω，据此应选择图1中的 （填“b”或“c”）电路进行实验．（2）连接所选电路，闭合S，滑动变阻器的滑片P从左向右滑动，电流表的示数逐渐 （填“增大”或“减小”），依次记录电流及相应的电压，将元件X换成元件Y，重复实验．（3）图2（a）是根据实验数据作出的U﹣I图线，由图可判断元件 （填“X”或“Y”）是非线性元件．（4）该小组还借助X和Y中的线性元件和阻值R=21Ω的定值电阻，测量待测电池组的电动势E和内阻r，如图2（b）所示，闭合S1和S2，电压表读数为3.00V，断开S2，读数为1.00V，利用图2（a）可算得E= V，r= Ω（结果均保留两位有效数字，视电压表为理想电压表）．11．完全相同的十三个扁长木块紧挨着放在水平地面上，如图所示，每个木块的质量m=0.40kg，长度L=0.5m，它们与地面间的动摩擦因数为μ1=0.10，原来所有木块处于静止状态，左方第一个木块的左端上方放一质量为M=1.0kg的小铅块，它与木块间的动摩擦因数为μ2=0.20．物体所受最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，现突然给铅块一向右的初速度v0=5m/s，使其开始在木块上滑行．（重力加速度g=10m/s2，设铅块的长度与木块长度L相比可以忽略．）（1）铅块在第几块木块上运动时，能带动它右面的木块一起运动？（2）判断小铅块最终是否滑上第13块木块上？12．如图所示，P、Q为水平面内平行放置的金属长直导轨，间距为L1=0.5m，处在磁感应强度大小为B1=0.7T、方向竖直向下的匀强磁场中，一根质量为M=0.3kg、电阻为r=1Ω的导体杆ef垂直于P、Q放在导轨上，导体杆ef与P、Q之间的动摩擦因数为μ=0.1．在外力作用下导体杆ef向左做匀速直线运动，质量为m=0.2kg、每边电阻均为r=1Ω、边长为L2=0.2m的正方形金属框abcd置于竖直平面内，两顶点a、b通过细导线与导轨相连，金属框处在磁感应强度大小为B2=1T、方向垂直框面向里的匀强磁场中，金属框恰好处于静止状态，重力加速度g=10m/s2，不计其余电阻和细导线对a、b点的作用力，求：（1）通过ab边的电流I ab；（2）导体杆ef做匀速直线运动的速度v；（3）t=1s时间内，导体杆ef向左移动时克服摩擦力所做的功；（4）外力做功的功率P外．（二）选考题（共45分）[物理-选修3-3]13．下列说法中正确的是（ ）A．已知某物质的摩尔质量为M，密度为ρ，阿伏加德罗常数为N A，则这种物体的分子体积为V0=B．当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小C．饱和汽和液体之间的动态平衡，是指汽化和液化同时进行的过程，且进行的速率相等D．自然界一切过程能量都是守恒的，符合能量守恒定律的宏观过程都能自然发生E．一定质量理想气体对外做功，内能不一定减少，但密度一定减小14．如图所示，玻璃管A上端封闭，B上端开口且足够长，两管下端用橡皮管连接起来，A管上端被一段水银柱封闭了一段长为6cm的空气柱，左右两水银面高度差为5cm，已知外界大气压为75cmHg，温度为t1=27℃，热力学温度与摄氏温度的关系为T=t+273K，空气可视为理想气体，现在山下缓慢移动B管，使A管中气柱长度变为5cm，求：①上述操作中B管是向上还是向下哪个方向移动的？稳定后的气体压强为多大？②A管中气柱长度变为5cm后，保持B管不动而升高气体温度，为使A管中气柱长度恢复到6cm，则温度应升高到多少？[物理-选修3-4]15．两列简谐横波的振幅都是20cm，传播速度大小相同．实线波的频率为2Hz，沿x轴正方向传播，虚线波沿x轴负方向传播．某时刻两列波在如图所示区域相遇，则（ ）A．在相遇区域会发生干涉现象B．实线波和虚线波的频率之比为3：2C．平衡位置为x=6m处的质点此刻速度为零D．平衡位置为x=8.5m处的质点此刻位移y＞20cmE．从图示时刻起再经过0.25s，平衡位置为x=5m处的质点的位移y＜016．如图所示，横截面为直角三角形的玻璃砖ABC．AC边长为L，∠B=30°，光线P、Q 同时由AC中点射入玻璃砖，其中光线P方向垂直AC边，光线Q方向与AC边夹角为45°．发现光线Q第一次到达BC边后垂直BC边射出．光速为c，求：Ⅰ．玻璃砖的折射率；Ⅱ．光线P由进入玻璃砖到第一次由BC边出射经历的时间．[物理-选修3-5]17．下列说法中正确的是（ ）A．光电效应现象说明光具有粒子性B．普朗克在研究黑体辐射问题时提出了能量子假说C．玻尔建立了量子理论，成功解释了各种原子发光现象D．运动的宏观物体也具有波动性，其速度越大物质波的波长越大E．β衰变所释放的电子是原子核内的中子转变为质子时所产生的18．如图所示，光滑水平面上有一质量为M=10㎏的静止滑槽，内则长度L=0.5m，另有一质量m=2㎏的小滑块在滑槽内的中点上，小滑块与滑槽的动摩擦因素μ=0.2，当给小滑块一个水平向右6m/s的速度后，小滑块可能与滑槽相碰，（碰撞为完全弹性碰撞）试问：小滑块与滑槽能碰撞几次？（g取10m/s2）2016年河北省衡水中学高考物理一模试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共8小题，每小题6分．其中第1-5题只有一项符合题目要求，第6-8题有多项符合题目要求．）1．牛顿的三大运动定律、万有引力定律以及微积分的创立，使得牛顿成为过去一千多年中最杰出的科学巨人之一．下列说法中正确的是（ ）A．牛顿第一定律是牛顿第二定律的特例B．牛顿第二定律适用于惯性参考系C．作用力和反作用力是一对平衡力D．力的单位“牛顿”是国际单位制中的基本单位【考点】牛顿第三定律；力学单位制．【分析】牛顿第一定律揭示了物体不受力时的运动规律，牛顿第二定律给出了加速度与力和质量的关系，牛顿第三定律揭示了作用力与反作用力的关系．平衡力等大反向，作用在一个物体上．【解答】解：A、牛顿第一定律揭示了物体不受力时的运动规律，牛顿第二定律给出了加速度与力和质量的关系，故牛顿第一定律是牛顿第二定律的基础，故A错误；B、牛顿运动定律成立的参考系是惯性系，故牛顿第二定律在非惯性系中不成立的，故B 正确；C、作用力和反作用力作用在两个物体上，一定不是平衡力，故C错误．D、力的单位N是导出单位，用国际基本单位表示应该为：1N=1kg•m/s2，故D错误．故选：B2．某卫星在半径为r的轨道1上做圆周运动，动能为E k，变轨到轨道2上后，动能比在轨道1上减少了△E，在轨道2上也做圆周运动，则轨道2的半径为（ ）A．r B．r C．r D．r【考点】万有引力定律及其应用．【分析】据动能，和万有引力提供圆周运动向心力求得线速度与轨道半径的关系即可．【解答】解：由题意得在半径为r的轨道1上，卫星的线速度v=，在轨道2上卫星的线速度据万有引力提供圆周运动向心力有：得=所以轨道2的半径=故选：A．3．如图所示，一个“V”形玻璃管ABC倒置于平面内，并处于场强大小为E=1×103V/m，方向竖直向下的匀强电场中，一个重力为G=1×10﹣3N，电荷量为q=2×10﹣4C的带负电小滑块从A点由静止开始运动，小滑块与管壁的动摩擦因数μ=0.5．已知管长AB=BC=L=2m，倾角α=37°，B点是一段很短的光滑圆弧管，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2，下列说法中正确的是（ ）A．B、A两点间的电势差为2000VB．小滑块从A点第一次运动到B点的过程中电势能增大C．小滑块第一次速度为零的位置在C处D．从开始运动到最后静止，小滑块通过的总路程为3m【考点】电势差与电场强度的关系；动能定理的应用；电势；电势能．【分析】根据公式U=Ed求解电势差；小滑块运动过程中受重力、电场力、支持力和摩擦力，结合动能定理列式分析即可．【解答】解：A、点B、A间的电势差为：U BA=ELsin37°=1×103V/m×2m×0.6=1200V，故A错误；B、小滑块从A点第一次运动到B点的过程中，电场力做正功，电势能减小，故B错误；C、如果小滑块第一次速度为零的位置在C处，则从A到C过程，电场力做功为零，重力做功为零，而摩擦力做功不为零，动能变化不为零，不符合动能定理，故C错误；D、设从开始运动到最后停止过程，小滑块的路程为S，对运动过程根据动能定理，有：﹣mg（2L﹣S）sin37°+qE（2L﹣S）sin37°﹣μ（qE﹣mg）cos37°•S=0﹣0解得：S=3m，故D正确；故选：D4．如图所示，一理想变压器原线圈匝数为n1=1000匝，副线圈匝数为n2=200匝，将原线圈接在u=200sin100πt（V）的交流电压上，副线圈上电阻R和理想交流电压表并连接入电路，现在A、B两点间接入不同的电子元件，则下列说法正确的是（ ）A．在A、B两点间串联一只电阻R，穿过铁芯的磁通量的最大变化率为0.2Wb/sB．在A、B两点间接入理想二极管，电压表读数为40VC．在A、B两点间接入一只电容器，只提高交流电频率，电压表读数增大D．在A、B两点间接入一只电感线圈，只提高交流电频率，电阻R消耗电功率减小【考点】变压器的构造和原理．【分析】根据变压器变压比公式得到输出电压，根据有效值定义求解电压有效值；电感器的感抗与频率成正比，电容器的容抗与频率成反比．【解答】解：A、在A、B两点间串联一只电阻R，输入电压最大值为200V≈283V，故平均每匝电压为0.283V，故磁通量的最大变化率为0.283Wb/s，故A错误；B、输入电压为200V，根据，故输出电压为40V；在A、B两点间接入理想二极管，会过滤掉负半周电流，设电压表读数为U，则根据有效值定义，有故B错误；C、在A、B两点间接入一只电容器，只提高交流电频率，电容器容抗减小，故R分得的电压增加，电压表读数增加，故C正确；D、在A、B两点间接入一只电感线圈，只提高交流电频率，感抗增加，故R分得的电压减小，电压表读数减小，故D正确；故选CD．5．如图所示，匀强磁场的方向垂直于光滑的金属导轨平面向里，极板间距为d的平行板电容器与总电阻为2R0的滑动变阻器通过平行导轨连接，电阻为R0的导体棒MN可在外力的作用下沿导轨从左向右做匀速直线运动，当滑动变阻器的滑动触头位于a、b的中间位置、导体棒MN的速度为v0时，位于电容器中P点的带电油滴恰好处于静止状态．若不计摩擦和平行导轨及导线的电阻，重力加速度为g，则下列判断正确的是（ ）A．油滴带正电荷B．若将上极板竖直向上移动距离d，油滴将向上加速运动，加速度a=C．若将导体棒的速度变为2v0，油滴将向上加速运动，加速度a=2gD．若保持导体棒的速度为v0不变，而将滑动触头置于a位置，同时将电容器上极板向上移动距离，油滴仍将静止【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；闭合电路的欧姆定律．【分析】导体棒MN相当于电源，M端为正极，外电路由滑动变阻器构成，电容器两端电压和滑动变阻器两端电压相等，弄清楚这些然后对带电液滴进行受力分析即可正确解答本题．【解答】解：A、根据右手定责可知，M端为正极，液滴静止，因此带负电，故A错误；B、设导体棒长度为L，导体棒切割磁感线形成的感应电动势为：E=BLv，电容器两端电压为：U1==…①开始液滴静止有：q=mg…②若将上极板竖直向上移动距离d时，有：mg﹣q=ma1…③联立①②③得：a1=，方向竖直向下，故B错误；C、当若将导体棒的速度变为2v0时，有：q﹣mg=ma2…④将①中v0换为2v0联立①②④解得：a2=，方向竖直向上，故C错误；D、若保持导体棒的速度为v0不变，而将滑动触头置于a位置时，电容器两端之间的电压为：U2=BLv0，此时液滴所受电场力为：F=q•=mg，液滴受到的合力为零，因此液滴仍然静止，故D正确．故选：D．6．如图所示，斜面体置于粗糙水平面上，斜面光滑．小球被轻质细线系住放在斜面上，细线另一端跨过光滑定滑轮，用力拉细线使小球沿斜面缓慢下移一段距离，斜面体始终静止．移动过程中（ ）A．细线对小球的拉力变大 B．斜面对小球的支持力变大C．斜面体对地面的压力变大D．地面对斜面体的摩擦力变大【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【分析】取小球为研究对象，根据平衡条件得到拉力、支持力与绳子和斜面夹角的关系式，即可分析其变化；对斜面研究，由平衡条件分析地面对斜面的支持力和摩擦力，即可分析斜面对地面的压力变化．【解答】解：AB、设物体和斜面的质量分别为m和M，绳子与斜面的夹角为θ．取球研究：小球受到重力mg、斜面的支持力N和绳子的拉力T，则由平衡条件得斜面方向：mgsinα=Tcosθ①垂直斜面方向：N+Tsinθ=mgcosα②使小球沿斜面缓慢下移时，θ减小，其他量不变，由①式知，T减小．由②知，N变大，故A错误，B正确．CD、对斜面和小球整体分析受力：重力（M+m）g、地面的支持力N′和摩擦力f、绳子拉力T，由平衡条件得f=Nsinα，N变大，则f变大，N′=（M+m）g+Ncosα，N变大，则N′变大，由牛顿第三定律得知，斜面对地面的压力也变大．故CD正确．故选：BCD7．为了测量某化工厂污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口，在垂直于上下底面方向加磁感应强度为B的匀强磁场，在前后两个内侧固定有金属板作为电极，污水充满管口以一定的速度从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U．若用Q 表示污水流量（单位时间内排出的污水体积），下列说法中正确的是（ ）A．若污水中正离子较多，则前表面比后表面电势高B．前表面的电势一定低于后表面的电势，与哪种离子多无关C．污水中离子浓度越高，电压表的示数将越大D．污水流量Q与U成正比，与a、b无关【考点】霍尔效应及其应用．【分析】根据左手定则判断洛伦兹力的方向，从而得出正负离子的偏转方向，确定出前后表面电势的高低．最终离子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，根据平衡求出两极板间的电压，以及求出流量的大小．【解答】解：AB、根据左手定则，正离子向后表面偏转，负离子向前表面偏转，所以后表面的电势高于前表面的电势，与离子的多少无关．故A错误、B正确．CD、最终离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，有：qvB=q，解得U=vBb，电压表的示数与离子浓度无关．v=，则流量Q=vbc=，与U成正比，与a、b无关．故D正确，C错误．故选：BD．8．如图，xOy平面的一、二、三象限内存在垂直纸面向外，磁感应强度B=1T的匀强磁场，ON为处于y轴负方向的弹性绝缘薄挡板，长度为9m，M点为x轴正方向上一点，OM=3m．现有一个比荷大小为=1.0C/kg可视为质点带正电的小球（重力不计）从挡板下端N处小孔以不同的速度向x轴负方向射入磁场，若与挡板相碰就以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电量不变，小球最后都能经过M点，则小球射入的速度大小可能是（ ）A．3m/s B．3.75m/s C．4.5m/s D．5m/s【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【分析】由题意，带正电的小球从挡板下端N处小孔向x轴负方向射入磁场，若与挡板相碰就以原速率弹回，所以小球运动的圆心的位置一定在y轴上，然后由几何关系得出可能的碰撞的次数，以及圆心可能的位置，然后由比较公式即做出判定．【解答】解：由题意，小球运动的圆心的位置一定在y轴上，所以小球做圆周运动的半径r一定要大于等于3m，而ON=9m＜3r，所以小球最多与挡板ON碰撞一次，碰撞后，第二个圆心的位置在O点的上方．也可能小球与挡板ON没有碰撞，直接过M点．由于洛伦兹力提供向心力，所以：得：①1．若小球与挡板ON碰撞一次，则轨迹可能如图1，设OO′=s，由几何关系得：r2=OM2+s2=9+s2②3r﹣9=s ③联立②③得：r1=3m；r2=3.75m分别代入①得：=3m/sm/s2．若小球没有与挡板ON碰撞，则轨迹如图2，设OO′=s，由几何关系得：④x=9﹣r3⑤联立④⑤得：r3=5m代入①得：m/s故选：ABD二、非选择题（包括必考题和选考题两部分．第9-12题为必考题，第13-18题为选考题．）（一）必考题9．“用DIS研究加速度与力的关系”的实验装置如图（a）所示，实验中用所挂钩码的重量作为细线对小车的拉力F，通过增加钩码的数量，多次测量，可得小车运动的加速度a和所受拉力F的关系图象，他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条a﹣F图线，如图（b）所示．（1）图线 ① （填“①”或“②”）是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的；（2）在轨道水平时，小车运动的阻力F f= 0.5 N；（3）图（b）中，拉力F较大时，a﹣F图线明显弯曲，产生误差．为避免此误差可采取的措施是 C ．A．调整轨道的倾角，在未挂钩码时使小车能在轨道上匀速运动B．在增加钩码数量的同时在小车上增加砝码，使钩码的总质量始终远小于小车的总质量C．将无线力传感器捆绑在小车上，再将细线连在力传感器上，用力传感器读数代替钩码的重力D．更换实验中使用的钩码规格，采用质量较小的钩码进行上述实验．【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．【分析】（1）当斜面抬得过高，F=O时，加速度a不为零，结合这一特点确定正确的图线．（2）结合图线②得出小车运动的阻力大小．（3）当钩码的质量远小于小车的质量，钩码的重力才近似等于绳子的拉力．【解答】解：（1）当右侧抬高，导致平衡摩擦力过度，则F=0时，加速度不为零，可知图线①是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的．（2）由图线②可知，当F=0.5N时，小车开始运动，可知小车运动的阻力F f=0.5N．（3）拉力F较大时，a﹣F图线明显弯曲，因为此时钩码的质量不满足远小于小车的质量，钩码的重力不等于绳子的拉力，避免此误差的方法是运用力传感器，直接读出绳子的拉力，不用钩码的重力代替拉力．故选：C．故答案为：（1）①，（2）0.5，（3）C．10．某实验小组研究两个未知元件X和Y的伏安特性，使用的器材包括电压表（内阻约为3kΩ）、电流表（内阻约为1Ω）、定值电阻等．（1）使用多用电表粗测元件X的电阻，选择“×1”欧姆挡测量，示数如图1（a）所示，读数为 10 Ω，据此应选择图1中的 b （填“b”或“c”）电路进行实验．（2）连接所选电路，闭合S，滑动变阻器的滑片P从左向右滑动，电流表的示数逐渐 增大 （填“增大”或“减小”），依次记录电流及相应的电压，将元件X换成元件Y，重复实验．（3）图2（a）是根据实验数据作出的U﹣I图线，由图可判断元件 Y （填“X”或“Y”）是非线性元件．（4）该小组还借助X和Y中的线性元件和阻值R=21Ω的定值电阻，测量待测电池组的电动势E和内阻r，如图2（b）所示，闭合S1和S2，电压表读数为3.00V，断开S2，读数为1.00V，利用图2（a）可算得E= 3.2 V，r= 0.50 Ω（结果均保留两位有效数字，视电压表为理想电压表）．【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线；测定电源的电动势和内阻．【分析】（1）电阻的大小等于表盘的读数乘以倍率．根据元件X的电阻大小确定电流表的内外接．（2）先分析电路的连接方式即串联，然后根据滑动变阻器的正确使用方法进行分析．（3）根据图象得特点判断元件是否是非线性元件；（4）根据闭合电路欧姆定律列出等式求解电动势E和内阻r．。