2016高考模拟-物理试题1(含答案)
2016年四川省高考物理模拟试卷(一)(解析版)
2016年四川省高考物理模拟试卷（一）一、选择题（本题共7小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，1---5小题只有一项符合题目要求，6---7题有两项符合题目要求．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）以下说法中正确的是（）A．在双缝干涉实验中，以白光作为光源，在双缝中的一缝前放一红色滤光片，另一缝前放一绿色滤光片，那么，在屏幕上将观察到彩色的干涉条纹B．在电磁波谱中，X射线的穿透能力比γ射线弱C．根据质能方程E=mc2得，物体的能量与物体的静质量成正比D．爱因斯坦狭义相对论的一个基本假设是：光在真空中的速度，在不同的惯性系中测得的数值是不相同的2．（6分）如图所示，是质量相等的两个质点A、B在同一直线上运动的v﹣t 图象，由图可知（）A．在t0时刻，两个质点相遇B．在t0时刻，质点B的速度大于质点A的速度C．在t0时刻，质点B所受的合外力大于质点A所受的合外力D．在0〜t0时间内，质点B的位移比质点A的位移大3．（6分）一列简谐横波，某时刻波的图象如图甲所示，从该时刻开始计时，波的传播方向上A质点的振动图象如图乙所示，由图象信息可知（）A．这列波是沿x轴正方向传播的B．这列波的波速是2.5m/sC．从该时刻算起，质点Q将比质点P先经过平衡位置D．从该时刻算起，再经过△t=0.4s，A质点通过的路程是10m4．（6分）a、b两束单色光分别用同一双缝干涉装置进行实验，在距双缝恒定距离的屏上得到如图所示的干涉图样，图甲是a光照射时形成的干涉图样，图乙是b光照射时形成的干涉图样．下列关于a、b两束单色光的说法正确的是（）A．a光的频率比b光大 B．b光比a光易发生衍射现象C．a光比b光易发生全反射现象D．b光在水中的传播速度较小5．（6分）北斗导航系统又被称为“双星定位系统”，具有导航、定位等功能．“北斗”系统中两颗工作卫星1和2均绕地心O做匀速圆周运动，轨道半径均为r，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A、B两位置，如图所示．若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力．以下判断中正确的是（）A．这两颗卫星的向心加速度大小相等，均为B．卫星l由位置A运动至位置B所需的时间为C．如果使卫星l加速，它就一定能追上卫星2D．卫星1由位置A运动到位置B的过程中万有引力做正功6．（6分）在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，平行板电容器C 的两金属板水平放置，R1和R2为定值电阻，P为滑动变阻器R的滑动触头，G为灵敏电流表，A为理想电流表．开关S闭合后，C的两板间恰好有一质量为m、电荷量为q的油滴处于静止状态．在P向上移动的过程中，下列说法正确的是（）A．A表的示数变大 B．油滴向上加速运动C．G中有由b至a的电流D．电源的输出功率一定变大7．（6分）如图甲所示，螺线管内有一平行于轴线的磁场，规定图中箭头所示方向为磁感应强度B的正方向，螺线管与U型导线框cdef相连，导线框cdef内有一半径很小的金属圆环L，圆环与导线框cdef在同一平面内，当螺线管内的磁感应强度随时间按图乙所示规律变化时，下列选项中正确的是（）A．在t1时刻，金属圆环L内的磁通量最大B．在t2时刻，金属圆环L内的磁通量最大C．在t1～t2时间内，金属圆环L内有逆时针方向的感应电流D．在t1～t2时间内，金属圆环L有收缩的趋势二、实验题（本题共2个小题，共计17分）8．（6分）用如图1所示的实验装置验证m1、m2组成的系机械能守恒．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（g=9.8m/s2，所有结果均保留三位有效数字）（1）在纸带上打下记数点5时的速度v5=m/s；（2）在打点0～5过程中系统动能的增量△E k=J，系统势能的减少量△E p=J．9．（11分）有一节干电池，电动势大约为1.5V，内电阻约为1.0Ω．某实验小组的同学们为了比较准确地测出该电池的电动势和内电阻，他们在老师的支持下得到了以下器材：A．电压表V（15V，10kΩ）B．电流表G（量程3.0mA，内阻R g=10Ω）C．电流表A（量程0.6A，内阻约为0.5Ω）D．滑动变阻器R1（0～20Ω，10A）E．滑动变阻器R2（0～100Ω，1A）F．定值电阻器R3=990ΩG．开关S和导线若干（1）为了能准确地进行测量，同时为了操作方便，实验中应选用的滑动变阻器是．（填写器材编号）（2）请在虚线框图1内画出他们采用的实验原理图．（标注所选择的器材符号）（3）该小组根据实验设计的原理图测得的数据如下表，为了采用图象法分析处理数据，请你在图2所示的坐标纸上选择合理的标度，作出相应的图线．（4）根据图线求出电源的电动势E=V（保留三位有效数字），电源的内阻r=Ω（保∠留两位有效数字）．三、计算题（本题共3个小题，共计51分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．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）10．（15分）在游乐场中，有一种大型游戏机叫“跳楼机”．参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，由电动机将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面40m高处，然后由静止释放．为研究方便，可以认为座椅沿轨道做自由落体运动1.2s后，开始受到恒定阻力而立即做匀减速运动，且下落到离地面4m高处时速度刚好减小到零．然后再让座椅以相当缓慢的速度稳稳下落，将游客送回地面．（取g=10m/s2）求：（1）座椅在自由下落结束时刻的速度是多大？（2）座椅在匀减速阶段的时间是多少？（3）在匀减速阶段，座椅对游客的作用力大小是游客体重的多少倍？11．（17分）如图所示的竖直平面内有范围足够大、水平向左的匀强电场，在虚线的左侧有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B．一绝缘⊂形弯杆由两段直杆和一半径为R的半圆环组成，固定在纸面所在的竖直平面内．PQ、MN 水平且足够长，半圆环MAP在磁场边界左侧，P、M点在磁场边界线上，NMAP 段是光滑的．现有一质量为m、带电荷量为+q的小环套在MN杆上，它所受电场力为重力的．现在M右侧D点由静止释放小环，小环刚好能到达P点．（1）求D、M间的距离s0．（2）求上述过程中小环第一次通过与O等高的A点时弯杆对小环作用力的大小．（3）若小环与PQ间动摩擦因数为μ（设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等），现将小环移至M点右侧5R处由静止开始释放，求小环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功．12．（19分）如图所示，在直角坐标系xoy的第一、四象限区域内存在两个有界的匀强磁场：垂直纸面向外的匀强磁场Ⅰ、垂直纸面向里的匀强磁场Ⅱ，O、M、P、Q为磁场边界和x轴的交点，OM=MP=L．在第三象限存在沿y轴正向的匀强电场．一质量为m带电量为+q的带电粒子从电场中坐标为（﹣4L，﹣2L）的点以速度v0沿+x方向射出，恰好经过原点O处射入区域Ⅰ又从M点射出区域Ⅰ（粒子的重力忽略不计）．（1）求第三象限匀强电场场强E的大小；（2）求区域Ⅰ内匀强磁场磁感应强度B的大小；（3）如带电粒子能再次回到原点O，问区域Ⅱ内磁场的宽度至少为多少？粒子两次经过原点O的时间间隔为多少？2016年四川省高考物理模拟试卷（一）参考答案与试题解析一、选择题（本题共7小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，1---5小题只有一项符合题目要求，6---7题有两项符合题目要求．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）以下说法中正确的是（）A．在双缝干涉实验中，以白光作为光源，在双缝中的一缝前放一红色滤光片，另一缝前放一绿色滤光片，那么，在屏幕上将观察到彩色的干涉条纹B．在电磁波谱中，X射线的穿透能力比γ射线弱C．根据质能方程E=mc2得，物体的能量与物体的静质量成正比D．爱因斯坦狭义相对论的一个基本假设是：光在真空中的速度，在不同的惯性系中测得的数值是不相同的【解答】解：A、光发生干涉的条件是两光的频率相同，在双缝中的一缝前放一红色滤光片，另一缝前放一绿色滤光片，则两光的频率不同，不能观察到干涉条纹，故A错误．B、在电磁波谱中，X射线的穿透能力比γ射线弱，故B正确．C、根据质能方程E=mc2得物体的能量与物体的质量成正比，不是与静质量成之比，故C错误．D、根据光速不变原理知，光在不同的参考系中速度是不变的．所以在不同的惯性系中测得的数值是相同的，故D错误．故选：B．2．（6分）如图所示，是质量相等的两个质点A、B在同一直线上运动的v﹣t 图象，由图可知（）A．在t0时刻，两个质点相遇B．在t0时刻，质点B的速度大于质点A的速度C．在t0时刻，质点B所受的合外力大于质点A所受的合外力D．在0〜t0时间内，质点B的位移比质点A的位移大【解答】解：A、在t0时刻，两个质点速度相等，初始状态的位置关系不知道，所以无法确定是否相遇，A错误；B、在t0时刻，质点B的速度等于质点A的速度，B错误；C、速度图象的斜率表示加速度，在t0时刻，质点B的加速度等于A的加速度，根据F=ma可知，质点B所受的合外力大于质点A所受的合外力，C正确；D、速度图象与坐标轴围成的面积表示位移，由此可知在0〜t0时间内，质点B 的位移比质点A的位移小，D错误；故选：C．3．（6分）一列简谐横波，某时刻波的图象如图甲所示，从该时刻开始计时，波的传播方向上A质点的振动图象如图乙所示，由图象信息可知（）A．这列波是沿x轴正方向传播的B．这列波的波速是2.5m/sC．从该时刻算起，质点Q将比质点P先经过平衡位置D．从该时刻算起，再经过△t=0.4s，A质点通过的路程是10m【解答】解：A、由乙图知，t=0质点A的位移为零，正向上振动，甲图中，由波形平移法可知这列波沿x轴负方向传播，故A错误；B、由甲图得到波长为λ=20m，由乙图得到周期为T=0.8s，故波速为：v==25m/s，故B错误；C、由于波形向左平移，从该时刻算起，质点P向下运动，故质点Q将比质点P 先经过平衡位置，故C正确；D、△t=0.4s=，半个周期内质点通过的路程是2A=4cm，故D错误；故选：C4．（6分）a、b两束单色光分别用同一双缝干涉装置进行实验，在距双缝恒定距离的屏上得到如图所示的干涉图样，图甲是a光照射时形成的干涉图样，图乙是b光照射时形成的干涉图样．下列关于a、b两束单色光的说法正确的是（）A．a光的频率比b光大 B．b光比a光易发生衍射现象C．a光比b光易发生全反射现象D．b光在水中的传播速度较小【解答】解：A、根据双缝干涉条纹的间距公式△x=λ，知甲图条纹间距大，则a光的波长较长．根据f=知，a光的频率较小，则a光的光子能量较小在，故A错误；B、a光的波长较长，则a光比b光易发生衍射现象，故B错误；C、根据sinC=，可知，折射率越大的，临界角越小，因此a光临界角比b光大，那么b光比a光易发生全反射现象，故C错误；D、频率小，则折射率小，根据v=知，a光在水中的传播速度较大，b光在水中的传播速度较小．故D正确．故选：D．5．（6分）北斗导航系统又被称为“双星定位系统”，具有导航、定位等功能．“北斗”系统中两颗工作卫星1和2均绕地心O做匀速圆周运动，轨道半径均为r，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A、B两位置，如图所示．若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力．以下判断中正确的是（）A．这两颗卫星的向心加速度大小相等，均为B．卫星l由位置A运动至位置B所需的时间为C．如果使卫星l加速，它就一定能追上卫星2D．卫星1由位置A运动到位置B的过程中万有引力做正功【解答】解：A、根据，GM=gR2，联立解得a=．轨道半径相等，则向心加速度大小相等．故A正确．B、根据，GM=gR2，联立解得，则卫星从位置A运动到位置B的时间t=．故B错误．C、如果卫星1加速，万有引力不够提供向心力，做离心运动，离开原轨道，不会追上卫星2．故C错误．D、卫星从位置A运动到位置B，由于万有引力方向与速度方向垂直，万有引力不做功．故D错误．故选A．6．（6分）在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，平行板电容器C 的两金属板水平放置，R1和R2为定值电阻，P为滑动变阻器R的滑动触头，G为灵敏电流表，A为理想电流表．开关S闭合后，C的两板间恰好有一质量为m、电荷量为q的油滴处于静止状态．在P向上移动的过程中，下列说法正确的是（）A．A表的示数变大 B．油滴向上加速运动C．G中有由b至a的电流D．电源的输出功率一定变大【解答】解：由题知：油滴原来处于平衡状态，重力和静电力平衡；电容器与电阻R、电阻R2相并联后与R1串联．A、滑片P向上移动时，电阻R变大，电路的总电阻变大，总电流变小，则A表的示数变小，故A错误；B、电容器两端电压为：U=E﹣I（r+R1），I变小，故电容器两端电压U变大，板间场强增大，油滴受到的电场力变大，则油滴将向上加速，故B正确；C、电容器要充电，故G中有由b至a的电流，故C正确；D、根据当外电阻等于内电阻时，此时电源输出功率最大，虽然外电阻在变大，但不知外电阻与内电阻的关系，因此无法确定输出功率的大小关系，故D错误．故选：BC7．（6分）如图甲所示，螺线管内有一平行于轴线的磁场，规定图中箭头所示方向为磁感应强度B的正方向，螺线管与U型导线框cdef相连，导线框cdef内有一半径很小的金属圆环L，圆环与导线框cdef在同一平面内，当螺线管内的磁感应强度随时间按图乙所示规律变化时，下列选项中正确的是（）A．在t1时刻，金属圆环L内的磁通量最大B．在t2时刻，金属圆环L内的磁通量最大C．在t1～t2时间内，金属圆环L内有逆时针方向的感应电流D．在t1～t2时间内，金属圆环L有收缩的趋势【解答】解：A、由B﹣t图知，t1时刻磁通量的变化率为零，则感应电流为零，L上的磁通量为零；故A错误．B、在t2时刻，磁感应强度为零，但是磁通量的变化率最大，则感应电流最大，通过金属圆环的磁通量最大．故B正确；C、在t1﹣t2时间内，磁通量的变化率不断变大，则线圈内的感应电流不断变大，根据楞次定律，在线圈中的电流方向f到c，根据右手螺旋定则，穿过圆环的磁通量向外增大，则根据楞次定律，在金属圆环中产生顺时针方向的感应电流．故C错误．D、在t1﹣t2时间内，L内的磁场增加，由愣次定律可以确定L必须减小面积以达到阻碍磁通量的增加，故有收缩的趋势，故D正确．故选：BD．二、实验题（本题共2个小题，共计17分）8．（6分）用如图1所示的实验装置验证m1、m2组成的系机械能守恒．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（g=9.8m/s2，所有结果均保留三位有效数字）（1）在纸带上打下记数点5时的速度v5= 2.40m/s；（2）在打点0～5过程中系统动能的增量△E k=0.576J，系统势能的减少量△E p=0.588J．【解答】解：（1）计数点5的瞬时速度等于4、6两点间的平均速度，则．（2）在打点0～5过程中系统动能的增量△E k=J=0.576J；系统势能的减小量△E p=（m2﹣m1）gx05=0.1×9.8×（0.384+0.216）=0.588J．故答案为：（1）2.40 （2）0.576 0.5889．（11分）有一节干电池，电动势大约为1.5V，内电阻约为1.0Ω．某实验小组的同学们为了比较准确地测出该电池的电动势和内电阻，他们在老师的支持下得到了以下器材：A．电压表V（15V，10kΩ）B．电流表G（量程3.0mA，内阻R g=10Ω）C．电流表A（量程0.6A，内阻约为0.5Ω）D．滑动变阻器R1（0～20Ω，10A）E．滑动变阻器R2（0～100Ω，1A）F．定值电阻器R3=990ΩG．开关S和导线若干（1）为了能准确地进行测量，同时为了操作方便，实验中应选用的滑动变阻器是D．（填写器材编号）（2）请在虚线框图1内画出他们采用的实验原理图．（标注所选择的器材符号）（3）该小组根据实验设计的原理图测得的数据如下表，为了采用图象法分析处理数据，请你在图2所示的坐标纸上选择合理的标度，作出相应的图线．（4）根据图线求出电源的电动势E= 1.48V（保留三位有效数字），电源的内阻r=0.84Ω（保∠留两位有效数字）．【解答】解：①因为电源的内阻较小，所以应该采用较小最大值的滑动变阻器，有利于数据的测量和误差的减小．滑动变阻器应选D，②电源电动势约为1.5V，电压表量程为15V，如果用该电压表测电压，电压表指针偏转角度很小，甚至几乎不偏转，测量误差太大，不能用该电压表进行实验，题中给出了两个电流表，将电流表G串联一个电阻，可以改装成较大量程的电压表，电路图如图a所示．③根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后用直线把各点连接起来，作出图象如图b所示；④根据欧姆定律和串联的知识得电源两端电压为：U=I1（990+10）=1000I1，根据图象与纵轴的交点得电动势为E=1.48mA×1000Ω=1.48V与横轴的交点可得出路端电压为1.06V时电流是0.5A，由闭合电路欧姆定律E=U+Ir可得：r=0.84Ω；故答案为：（1）D；（2）如图a所示；（3）如图b所示；（4）1.48（1.45﹣1.49）；0.84（0.84﹣0.90）．三、计算题（本题共3个小题，共计51分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．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）10．（15分）在游乐场中，有一种大型游戏机叫“跳楼机”．参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，由电动机将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面40m高处，然后由静止释放．为研究方便，可以认为座椅沿轨道做自由落体运动1.2s后，开始受到恒定阻力而立即做匀减速运动，且下落到离地面4m高处时速度刚好减小到零．然后再让座椅以相当缓慢的速度稳稳下落，将游客送回地面．（取g=10m/s2）求：（1）座椅在自由下落结束时刻的速度是多大？（2）座椅在匀减速阶段的时间是多少？（3）在匀减速阶段，座椅对游客的作用力大小是游客体重的多少倍？【解答】解：（1）设座椅在自由下落结束时刻的速度为V，下落时间t1=1.2s由v=gt1得：v=12m/s即座椅在自由下落结束时刻的速度是12m/s．（2）设座椅自由下落和匀减速运动的总高度为h，总时间为t∴h=40﹣4=36m匀加速过程和匀减速过程的最大速度和最小速度相等，故平均速度相等，由平均速度公式，有解得：t=6s设座椅匀减速运动的时间为t2，则t2=t﹣t1=4.8s即座椅在匀减速阶段的时间是4.8s．（3）设座椅在匀减速阶段的加速度大小为a，座椅对游客的作用力大小为F由v﹣at2=0，解得a=2.5m/s2由牛顿第二定律：F﹣mg=ma解得：F=12.5m所以即在匀减速阶段，座椅对游客的作用力大小是游客体重的1.25倍．11．（17分）如图所示的竖直平面内有范围足够大、水平向左的匀强电场，在虚线的左侧有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B．一绝缘⊂形弯杆由两段直杆和一半径为R的半圆环组成，固定在纸面所在的竖直平面内．PQ、MN 水平且足够长，半圆环MAP在磁场边界左侧，P、M点在磁场边界线上，NMAP 段是光滑的．现有一质量为m、带电荷量为+q的小环套在MN杆上，它所受电场力为重力的．现在M右侧D点由静止释放小环，小环刚好能到达P点．（1）求D、M间的距离s0．（2）求上述过程中小环第一次通过与O等高的A点时弯杆对小环作用力的大小．（3）若小环与PQ间动摩擦因数为μ（设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等），现将小环移至M点右侧5R处由静止开始释放，求小环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功．【解答】解：（1）由于环套在MN杆上，所以恰好到达P点的速度是0，由动能定理有：qEx0﹣2mgR=0qE=mg得：x0=4R故DM间的距离为4R．（2）设小环在A点速度v A，由动能定理有：qE（x0+R）﹣mgR=mv A2由向心力公式：故弯杆对小环作用力的大小为：．（3）若μmg≥qE即μ≥小环达P点右侧S1处静止qE（5R﹣S1）﹣mg•2R﹣μmgS1=0若μmg＜qE即μ＜，环经过往复运动，最后只能在PD之间运动，设克服摩擦力为W则：qE•5R﹣mg•2R﹣W=0得：W=mgR故小环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功为或mgR．答：（1）D、M间的距离是4R．（2）上述过程中小环第一次通过与O等高的A点时弯杆对小环作用力的大小是．（3）小环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功为或mgR．12．（19分）如图所示，在直角坐标系xoy的第一、四象限区域内存在两个有界的匀强磁场：垂直纸面向外的匀强磁场Ⅰ、垂直纸面向里的匀强磁场Ⅱ，O、M、P、Q为磁场边界和x轴的交点，OM=MP=L．在第三象限存在沿y轴正向的匀强电场．一质量为m带电量为+q的带电粒子从电场中坐标为（﹣4L，﹣2L）的点以速度v0沿+x方向射出，恰好经过原点O处射入区域Ⅰ又从M点射出区域Ⅰ（粒子的重力忽略不计）．（1）求第三象限匀强电场场强E的大小；（2）求区域Ⅰ内匀强磁场磁感应强度B的大小；（3）如带电粒子能再次回到原点O，问区域Ⅱ内磁场的宽度至少为多少？粒子两次经过原点O的时间间隔为多少？【解答】解：（1）带电粒子在匀强电场中做类平抛运动．水平方向：4L=v0t竖直方向：2L=（）2联立得：E=（2）设到原点时带电粒子的竖直分速度为v y：v y=t==v0方向与轴正向成45°角粒子进入区域Ⅰ做匀速圆周运动，由几何知识可得：R1=L由洛伦兹力充当向心力：Bqv=m可解得：B==（3）运动轨迹如图，在区域Ⅱ做匀速圆周的半径为：R2=Ld2≥R2+L=（+1）L运动时间：粒子从O到M的运动时间t1==粒子从M到N的运动时间t2==粒子在区域Ⅱ中的运动时间t3===2（t1+t2）+t3=粒子两次经过原点O的时间间隔为：t总答：（1）第三象限匀强电场场强E 的大小为；（2）区域Ⅰ内匀强磁场磁感应强度B 的大小为；（3）如带电粒子能再次回到原点O ，问区域Ⅱ内磁场的宽度至少为（+1）L，粒子两次经过原点O 的时间间隔为．赠送—高中数学知识点【1.3.1】单调性与最大（小）值（1）函数的单调性①定义及判定方法②在公共定义域内，两个增函数的和是增函数，两个减函数的和是减函数，增函数减去一个减函数为增函数，减函数减去一个增函数为减函数．③对于复合函数[()]y f g x =，令()u g x =，若()y f u =为增，()u g x =为增，则[()]y f g x =为增；若()y f u =为减，()u g x =为减，则[()]y f g x =为增；若()y f u =为增，()u g x =为减，则[()]y f g x =为减；若()y f u =为减，()u g x =为增，则[()]y f g x =为减． （2）打“√”函数()(0)af x x a x=+>的图象与性质 ()f x 分别在(,]a -∞-、[,)a +∞上为增函数，分别在[,0)a -、]a 上为减函数．（3）最大（小）值定义①一般地，设函数()y f x =的定义域为I ，如果存在实数M 满足：（1）对于任意的xI ∈，都有()f x M ≤； （2）存在0x I ∈，使得0()f x M =．那么，我们称M 是函数()f x 的最大值，记作max ()f x M =．②一般地，设函数()y f x =的定义域为I ，如果存在实数m 满足：（1）对于任意的x I ∈，都有()f x m ≥；（2）存在0x I ∈，使得0()f x m =．那么，我们称m 是函数()f x 的最小值，记作max ()f x m =．【1.3.2】奇偶性（4）函数的奇偶性yxo①定义及判定方法②若函数()f x 为奇函数，且在0x =处有定义，则(0)0f =．③奇函数在y 轴两侧相对称的区间增减性相同，偶函数在y 轴两侧相对称的区间增减性相反．④在公共定义域内，两个偶函数（或奇函数）的和（或差）仍是偶函数（或奇函数），两个偶函数（或奇函数）的积（或商）是偶函数，一个偶函数与一个奇函数的积（或商）是奇函数．。
2016年高考全国I卷物理试题及答案
2016年普通高等学校招生全国统一考试(I 卷)一、选择题目：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。
1、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2、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 、1443、一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻12R R 、和3R 的阻值分别是31 、和4 ，○A 为理想交流电流表，U 为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定。
当开关S 断开时，电流表的示数为I ；当S 闭合时，电流表的示数为4I 。
该变压器原、副线圈匝数比为()A 、2B 、3C 、4D 、54、利用三颗位置适当的地球同步卫星，可使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯。
目前，地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的6.6倍。
假设地球的自转周期变小，若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的，则地球自转周期的最小值约为()A 、1h B 、4h C 、8h D 、16h5、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6、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。
江苏省2016届高考物理一模试卷(含解析)
2016年江苏省镇江中学三校联考高考物理一模试卷一、单项选择题（本题共6小题，每小题3分，共计18分．每小题只有一个选项符合题意）1．关于描述运动的物理量，下列说法正确的是（）A．物体沿直线向某一方向运动时，通过的路程就是位移B．研究飞船的飞行姿态时，可以将飞船看成质点C．雨点以5m/s的速度落到地面，这个速度是平均速度D．物体的速度方向发生变化，加速度方向可能不变2．用质量为M的吸铁石，将一张质量为m的白纸压在竖直固定的磁性黑板上．某同学沿着黑板面，用水平向右的恒力F轻拉白纸，白纸未移动，则此时黑板对白纸的摩擦力的大小为（）A．F B．mg C．D．3．如图所示，a、b两个质量相同的球用线连接，a球用线挂在天花板上，b球放在光滑斜面上，系统保持静止，以下图示哪个是正确的（）A．B．C．D．4．如图所示，在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体A，A的左端紧靠竖直墙，A与竖直墙之间放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态．把A向右移动少许后，它们仍处于静止状态，则（）A．地面对A的摩擦力减小 B．A与B之间的作用力减小C．B对墙的压力增大D．A对地面的压力减小5．如图所示，物体A、B、C质量分别为m、2m、3m，A与天花板间，B与C之间用轻弹簧连接，当系统平衡后，突然将AB间绳烧断，在绳断的瞬间，A、B、C的加速度分别为（以向下的方向为正方向）（）A．g，g，g B．﹣5g，2.5g，0 C．﹣5g，2g，0 D．﹣g，2.5g，3g6．如图，某滑块初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零．对于该运动过程若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t 表示时间，则下列图象最能正确描述这一运动规律的是（）A．B．C． D．二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对得4分，选对不全得2分，错选或不答的得0分）7．利用速度传感器与计算机结合，可以自动作出物体运动的图象，某同学在一次实验中得到的运动小车的v﹣t图象如图所示，由此可以知道（）A．小车先做加速运动，后做减速运动B．小车运动的最大速度约为0.8m/sC．小车的最大位移是0.8mD．小车做曲线运动8．如图所示，质量均为M的A、B两滑块放在粗糙水平面上，两轻杆等长，杆与滑块、杆与杆间均用光滑铰链连接，在两杆铰合处悬挂一质量为m的重物C，整个装置处于静止状态，设杆与水平面间的夹角为θ．下列说法正确的是（）A．当m一定时，θ越大，轻杆受力越小B．当m一定时，θ越小，滑块对地面的压力越大C．当θ一定时，M越大，滑块与地面间的摩擦力越大D．当θ一定时，M越小，可悬挂重物C的质量m越大9．如图所示，一木块在光滑水平面上受一恒力F作用，前方固定一足够长的弹簧，则当木块接触弹簧后（）A．木块立即做减速运动B．木块在一段时间内速度仍可增大C．当F等于弹簧弹力时，木块加速度最大D．弹簧压缩量最大时，木块加速度为零10．如图所示，在光滑水平面上放着两块长度相同，质量分别为M1和M2的木板，在两木板的左端各放一个大小、形状、质量完全相同的物块m，开始时，各物块均静止，今在两物块上各作用一水平恒力F1、F2，当物块和木板分离时，两木板的速度分别为v1和v2．物块和木板间的动摩擦因数相同．下列说法正确的是（）A．若F1=F2，M1＞M2，则v1＞v2B．若F1=F2，M1＜M2，则v1＜v2C．若 F1＞F2，M1=M2，则v1＞v2D．若F1＜F2，M1=M2，则v1＞v2三、简答题（本大题共两小题，每空2分，计16分，请将解答填写在答题卡相应的位置）11．（1）在“研究共点力的合成”实验中，如图1需要将橡皮筋的一端固定在A点，用两个弹簧秤（量程均为5N）通过细绳互成角度地拉橡皮筋，使橡皮筋的另一端伸长到O点．关于这一实验过程，下列操作正确的是．A．实验时，两细绳方向必须垂直B．将结点拉到位置O时，拉力F1、F2要适当大些C．拉橡皮筋时，橡皮筋、细绳和弹簧秤应平行于木板D．可以通过操作使两个弹簧秤的读数均为4N，且两弹簧秤拉力的方向相互垂直，然后再用其中一个弹簧秤来测量出它们的合力，与用图示法求出的合力进行比较（2）将橡皮筋的一端固定在A点，另一端拴上两根细绳，每根细绳分别连着一个量程为5N、最小刻度为0.1N的弹簧测力计，沿着两个不同的方向拉弹簧测力计，当橡皮筋的活动端拉到O点时，两根细绳相互垂直，如图2所示．这时弹簧测力计的读数可从图中读出．①由图可读得两个相互垂直的拉力的大小分别为 N和 N．②在如图3所示的方格纸上按图示法的要求画出这两个力及它们的合力．12．如图1所示，一端带有定滑轮的长木板上固定有甲、乙两个光电门，与之相连的计时器可以显示带有遮光片的小车在其间的运动时间，与跨过定滑轮的轻质细绳相连的轻质测力计能显示挂钩处所受的拉力．不计空气阻力及一切摩擦．（1）在探究“合外力一定时，加速度与质量的关系”时，要使测力计的示数等于小车所受合外力，操作中必须满足．实验时，先测出小车质量m，再让小车从靠近光电门甲处由静止开始运动，读出小车在两光电门之间的运动时间t．改变小车质量m，测得多组m、t的值，建立坐标系描点作出图线．图2能直观得出“合外力一定时，加速度与质量成反比”的图线是．（2）如图3抬高长木板的左端，使小车从靠近光电门乙处由静止开始运动，读出测力计的示数F和小车在两光电门之间的运动时间t，改变木板倾角，测得多组数据，得到的F﹣的图线如图4所示．实验中测得两光电门的距离L=0.80m，砂和砂桶的总质量m1=0.34kg，重力加速度g取9.8m/s2，则图线的斜率为（结果保留两位有效数字）；若小车与长木板间的摩擦不能忽略，测得的图线斜率将（填“变大”、“变小”或“不变”）．四、计算题（本题共5小题，共计70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．只与出最后答案的不能得分．有数值的题，答案中必须明确写出数值和单位）13．建筑工人安装脚手架进行高空作业时，一名建筑工人不慎将抓在手中的一根长5m的铁杆在竖直状态下由静止脱手，不计空气阻力．（g取10m/s2，不计楼层面的厚度）试问：（1）假设杆的下端离地面45m，那么铁杆碰到地面时的速度大约是多少？（2）若铁杆在下落过程中经过某楼层面的时间为0.2s，试求铁杆下落时其下端距离该楼层面的高度是多少？14．如图甲所示为学校操场上一质量不计的竖直滑竿，滑竿上端固定，下端悬空．为了研究学生沿竿的下滑情况，在竿顶部装有一拉力传感器，可显示竿顶端所受拉力的大小．现有一质量为50kg的学生（可视为质点）从上端由静止开始滑下，5s末滑到竿底时速度恰好为零．以学生开始下滑时刻为计时起点，传感器显示的拉力随时间变化情况如图乙所示，g取10m/s2．求：（1）该学生下滑过程中的最大速度；（2）滑竿的长度．15．传送带以恒定速度v=4m/s顺时针运行，传送带与水平面的夹角θ=37°．现将质量m=2kg 的小物品轻放在其底端（小物品可看成质点），平台上的人通过一根轻绳用恒力F=20N拉小物品，经过一段时间物品被拉到离地高为H=1.8m的平台上，如图所示．已知物品与传送带这间的动摩擦因数μ=0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：①物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是多少？②若在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力F，求特品还需多少时间离开皮带？16．如图所示，倾角为37°、足够长的斜面体固定在水平地面上，小木块在沿斜面向上的恒定外力F作用下，从斜面上的A点由静止开始向上作匀加速运动，前进了4.0m抵达B点时，速度为8m/s．已知木块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，木块质量m=1kg．g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．（1）木块所受的外力F多大？（2）若在木块到达B点时撤去外力F，求木块还能沿斜面上滑的距离S；（3）为使小木块再次通过B点的速率为m/s，求恒力F连续作用的最长时间t．17．如图1所示，质量M=1kg的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1，在木板的左端放置一个质量m=1kg、大小可以忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数μ2=0.4，取g=10m/s2，（假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）试求：（1）若木板长L=1m，在铁块上加一个水平向右的恒力F=8N，经过多长时间铁块运动到木板的右端？（2）若在木板（足够长）的右端施加一个大小从零开始连续增加的水平向左的力F，请在图2中画出铁块受到的摩擦力f随力F大小变化的图象．（写出分析过程）2016年江苏省镇江中学三校联考高考物理一模试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（本题共6小题，每小题3分，共计18分．每小题只有一个选项符合题意）1．关于描述运动的物理量，下列说法正确的是（）A．物体沿直线向某一方向运动时，通过的路程就是位移B．研究飞船的飞行姿态时，可以将飞船看成质点C．雨点以5m/s的速度落到地面，这个速度是平均速度D．物体的速度方向发生变化，加速度方向可能不变【考点】平均速度；位移与路程．【专题】定性思想；推理法；直线运动规律专题．【分析】物体运动的轨迹长度叫做路程，从起始位置到末位置的有向线段是位移；物体能否看成质点关键是看物体的形状和大小对研究的问题来说是否可以忽略；经过某一位置或某一时刻对应的速度是瞬时速度，一段位移或者一段时间间隔对应的速度是平均速度；根据速度与加速度的关系进行判断．【解答】解：A、物体运动的轨迹长度叫做路程，路程是标量，只有大小没有方向；从起始位置到末位置的有向线段是位移，位移是矢量，既有大小又有方向，因此不能说路程就是位移，A错误；B、研究飞船的飞行姿态时，飞船的大小和形状对研究的问题来说，不可忽略，因此不可以将飞船看成质点，B错误；C、经过某一位置或某一时刻对应的速度是瞬时速度，因此雨点以5m/s的速度落到地面，是对应某一位置，因此这个速度是瞬时速度，C错误；D、当物体做匀减速运动时，速度先减为0，再反向加速，这个过程物体的速度方向发生变化，但加速度的方向和大小都没有变，因此D正确；故选：D．【点评】本题考查路程和位移的区别、质点、瞬时速度与平均速度的区别、速度与加速度的关系，考查的知识点较多，但难度不大，解题关键是平时注意掌握这些基础概念，并能理解其本质的区别．2．用质量为M的吸铁石，将一张质量为m的白纸压在竖直固定的磁性黑板上．某同学沿着黑板面，用水平向右的恒力F轻拉白纸，白纸未移动，则此时黑板对白纸的摩擦力的大小为（）A．F B．mg C．D．【考点】摩擦力的判断与计算．【专题】摩擦力专题．【分析】分析物体受力情况，根据共点力的平衡条件可得出摩擦力的大小．【解答】解：由题意可知，整体受向下的重力、向右的拉力的作用，二力的合力为F合=；由力的平衡条件可知，摩擦力的应与合力大小相等，方向相反；故选：D【点评】本题应首先明确物体受到的摩擦力为静摩擦力；静摩擦力的与其他沿接触面的外力的合力大小相等，方向相反．3．如图所示，a、b两个质量相同的球用线连接，a球用线挂在天花板上，b球放在光滑斜面上，系统保持静止，以下图示哪个是正确的（）A．B．C．D．【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【专题】共点力作用下物体平衡专题．【分析】先对b球受力分析，受重力、支持力和拉力，根据共点力平衡条件先判断下面的细线的方向；再对ab两个球整体受力分析，受重力、支持力和拉力，再次根据共点力平衡条件判断上面的细线的方向．【解答】解：对b球受力分析，受重力、斜面对其垂直向上的支持力和细线的拉力，由于三力平衡时三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故细线拉力向右上方，故A图错误；再对ab两个球整体受力分析，受总重力、斜面垂直向上的支持力和上面细线的拉力，再次根据共点力平衡条件判断上面的细线的拉力方向斜向右上方，故C、D图均错误；故选B．【点评】本题关键是先通过对b球受力分析后判断出下面细线的拉力方向，再对两球整体受力分析，判断上面细线的拉力方向．4．如图所示，在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体A，A的左端紧靠竖直墙，A与竖直墙之间放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态．把A向右移动少许后，它们仍处于静止状态，则（）A．地面对A的摩擦力减小 B．A与B之间的作用力减小C．B对墙的压力增大D．A对地面的压力减小【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【专题】共点力作用下物体平衡专题．【分析】正确的对小球B进行受力分析，根据小球静止即小球处于平衡状态，小球所受合力为0，现将A向右移动少许，改变了A对小球B支持力的方向，再根据平衡判断小球所受各力的大小变化．【解答】解：A、B、C、小球B受重力、A的支持力F1和墙壁的压力F2．如下图所示：将重力G分解为G1和G2，则根据平衡可知，F1=G1=，F2=G2=Gtanθ当A向右移动少许，根据题意可知，A对小球B的作用力F1与竖直方向的夹角θ将减小，根据力图分析可知：θ减小，cosθ增大，tanθ减小即墙壁对小球B的作用力将减小，A对小球B的支持力减小．根据牛顿第三定律可知，球B 对墙壁的压力将减小，球B对A的压力亦减小．再对A进行受力分析知：由于A的平衡，所以A受地面摩擦力f=F B sinθ，根据题意知，B对A的压力F B减小且F B与竖直方向的夹角θ减小，故A所受地面的摩擦力f减小．再根据牛顿第三定律，地面所受A的摩擦力减小．故AB正确，C错误；D、以AB组成的整体为研究的对象，则在竖直方向上整体受到重力与支持力的作用，N=G A+G B，将保持不变，所以A对地面的压力保持不变．故D错误．故选：AB．【点评】正确的对物体进行受力分析，并能根据物体平衡确定各力的大小及大小变化关系，适时根据牛顿第三定律确定各力的变化情况是解决本题的关键．5．如图所示，物体A、B、C质量分别为m、2m、3m，A与天花板间，B与C之间用轻弹簧连接，当系统平衡后，突然将AB间绳烧断，在绳断的瞬间，A、B、C的加速度分别为（以向下的方向为正方向）（）A．g，g，g B．﹣5g，2.5g，0 C．﹣5g，2g，0 D．﹣g，2.5g，3g【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】先根据平衡条件求出AB间绳烧断前两弹簧的拉力大小和AB间绳的拉力大小，AB 间绳烧断瞬间，弹簧的弹力没有变化，根据牛顿第二定律求解瞬间三个物体的加速度大小和方向．【解答】解：AB间绳烧断前，由平衡条件得知，下面弹簧的弹力大小为F1=m C g=3mg，上面弹簧的弹力大小为F2=（m A+m B+m C）g=6mg，AB间绳的拉力大小为T=（m B+m C）g=5mg．AB间绳烧断前，两根弹簧的弹力都没有变化，则对A：此瞬间A所受的合力大小与原来绳子的拉力T大小相等，方向相反，即方向向上，则﹣5mg=ma A，得a A=﹣5g．对B：此瞬间B所受的合力大小与原来绳子的拉力T大小相等，方向相反，即方向向下，则5mg=2ma B，得a B=2.5g．对C：由于弹簧的弹力没有变化，则C的受力情况没有变化，所以a C=0．故选B【点评】本题关键要抓住AB间绳烧断瞬间，弹簧的弹力没有变化，根据平衡条件的推论，得到此瞬间A、B所受的合力与原来的绳子拉力大小相等、方向相反．6．如图，某滑块初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零．对于该运动过程若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t 表示时间，则下列图象最能正确描述这一运动规律的是（）A ．B ．C ．D ．【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】对物体受力分析由牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式求出速度位移及下降高度与时间的关系即可求的；【解答】解：D 、在下滑过程中，物体的加速度为mgsin θ﹣μmgcos θ=maa=gsin θ﹣μgcos θ，加速度的大小保持不变．故D 错误；C 、下滑过程中速度大小关系为v=v 0+at=v 0+（gsin θ﹣μgcos θ）t ，速度与时间之间是线性关系，所以速度图线是一条直线．故C 错误；A 、B 、物体向下做匀减速运动，故下滑的位移为s=）t 2，位移﹣时间关系的图象是向右弯曲的线．故B 正确；同理，下降的高度为h=ssin θ，也是向右弯曲的线．故A 错误；故选：B【点评】本题主要考查了运动学公式，关键是把s 、h 、v 与时间的表达式表示出来即可；二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对得4分，选对不全得2分，错选或不答的得0分）7．利用速度传感器与计算机结合，可以自动作出物体运动的图象，某同学在一次实验中得到的运动小车的v ﹣t 图象如图所示，由此可以知道（ ）A．小车先做加速运动，后做减速运动B．小车运动的最大速度约为0.8m/sC．小车的最大位移是0.8mD．小车做曲线运动【考点】匀变速直线运动的图像．【专题】运动学中的图像专题．【分析】根据速度图象的斜率等于速度分析小车的运动性质．由图直接读出小车速度的最大值．根据速度图线与坐标轴所围“面积”等于位移，估算小车的最大位移．小车做直线运动．【解答】解：A、由图看出，图象的斜率不断变化，小车的加速度不断变化，所以小车先做变加速运动，后做变减速运动．故A正确．B、由图读出，小车运动的最大速度约为0.8m/s．故B正确．C、图中每一小格为“面积”为0.1，面积超过方格一半算一个，不足半格舍去，总共有86格，所以总“面积”为8.6m，小车的最大位移是为8.6m．故C错误．D、小车做的是变速直线运动，不是曲线运动．故D错误．故选：AB【点评】本题根据斜率分析加速度的变化并不难，难点在于对图线“面积”的估算，采用“四舍五入”近似的方法计算．8．如图所示，质量均为M的A、B两滑块放在粗糙水平面上，两轻杆等长，杆与滑块、杆与杆间均用光滑铰链连接，在两杆铰合处悬挂一质量为m的重物C，整个装置处于静止状态，设杆与水平面间的夹角为θ．下列说法正确的是（）A．当m一定时，θ越大，轻杆受力越小B．当m一定时，θ越小，滑块对地面的压力越大C．当θ一定时，M越大，滑块与地面间的摩擦力越大D．当θ一定时，M越小，可悬挂重物C的质量m越大【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成．【专题】共点力作用下物体平衡专题．【分析】先将C的重力按照作用效果分解，根据平行四边形定则求解轻杆受力；再隔离物体A受力分析，根据平衡条件并结合正交分解法列式求解滑块与地面间的摩擦力和弹力．【解答】解：A、将C的重力按照作用效果分解，如图所示：根据平行四边形定则，有：故m一定时，θ越大，轻杆受力越小，故A正确；B、对ABC整体分析可知，对地压力为：F N=（2M+m）g；与θ无关；故B错误；C、对A分析，受重力、杆的推力、支持力和向右的静摩擦力，根据平衡条件，有：f=F1cosθ=，与M无关，故C错误；D、只要动摩擦因素足够大，即可满足F1cosθ≤μF1sinθ，不管M多大，M都不会滑动；故D错误；故选：A．【点评】本题关键是明确物体的受力情况，然后根据平衡条件列式分析，选项D涉及摩擦自锁现象，不难．9．如图所示，一木块在光滑水平面上受一恒力F作用，前方固定一足够长的弹簧，则当木块接触弹簧后（）A．木块立即做减速运动B．木块在一段时间内速度仍可增大C．当F等于弹簧弹力时，木块加速度最大D．弹簧压缩量最大时，木块加速度为零【考点】牛顿第二定律；胡克定律．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】根据木块所受的合力判断加速度的变化，结合加速度方向与速度方向的关系判断速度的变化．【解答】解：木块与弹簧接触后，开始推力F大于弹簧的弹力，加速度方向向右，木块做加速运动，弹力增大，加速度减小，当F等于弹力时，加速度为零，速度最大，然后弹力大于F，加速度方向向左，木块做减速运动，弹簧压缩最大时，速度为零．故B正确，A、C、D 错误．故选：B．【点评】解决本题的关键知道加速度方向与合力的方向相同，当加速度方向与速度方向相同，木块做加速运动，当加速度方向与速度方向相反，木块做减速运动．10．如图所示，在光滑水平面上放着两块长度相同，质量分别为M1和M2的木板，在两木板的左端各放一个大小、形状、质量完全相同的物块m，开始时，各物块均静止，今在两物块上各作用一水平恒力F1、F2，当物块和木板分离时，两木板的速度分别为v1和v2．物块和木板间的动摩擦因数相同．下列说法正确的是（）A．若F1=F2，M1＞M2，则v1＞v2B．若F1=F2，M1＜M2，则v1＜v2C．若 F1＞F2，M1=M2，则v1＞v2D．若F1＜F2，M1=M2，则v1＞v2【考点】牛顿第二定律．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】本题中涉及到两个物体，所以就要考虑用整体法还是隔离法，但题中研究的是两物体的相对滑动，所以应该用隔离法．板和物体都做匀变速运动，牛顿定律加运动学公式和动能定理都能用，但题中“当物体与板分离时”隐含着在相等时间内物体的位移比板的位移多一个板长，也就是隐含着时间因素，所以不方便用动能定理解了，就要用牛顿定律加运动公式解．【解答】解：A、B、首先看F1=F2时情况：由题很容易得到两物块所受的摩擦力大小是相等的，因此两物块的加速度相同，我们设两物块的加速度大小为a，对于M1、M2，滑动摩擦力即为它们的合力，设M1的加速度大小为a1，M2的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律得：a1=，，其中m为物块的质量．设板的长度为L，它们向右都做匀加速直线运动，当物块与木板分离时：物块与M1的相对位移：物块与M2的相对位移：若M1＞M2，a1＜a2，所以得：t1＜t2，M1的速度为v1=a1t1，M2的速度为v2=a2t2则v1＜v2，故A 错误；若M1＜M2，a1＞a2，所以得：t1＞t2，M1的速度为v1=a1t1，M2的速度为v2=a2t2，则v1＞v2，故B错误；C、D、若F1＞F2、M1=M2，根据受力分析和牛顿第二定律的：则M1上的物块的加速度大于M2上的物块的加速度，即a a＞a b，由于M1=M2，所以M1、M2加速度相同，设M1、M2加速度为a．它们向右都做匀加速直线运动，当物块与木板分离时：物块与M1的相对位移：物块与M2的相对位移：L=由于a a＞a b，所以得：t1＜t2，则v1＜v2，故C错误；若F1＜F2、M1=M2，a a＜a b，则v1＞v2，故D正确；故选：D．【点评】要去比较一个物理量两种情况下的大小关系，我们应该通过物理规律先把这个物理量表示出来．同时要把受力分析和牛顿第二定律结合应用．三、简答题（本大题共两小题，每空2分，计16分，请将解答填写在答题卡相应的位置）11．（1）在“研究共点力的合成”实验中，如图1需要将橡皮筋的一端固定在A点，用两个弹簧秤（量程均为5N）通过细绳互成角度地拉橡皮筋，使橡皮筋的另一端伸长到O点．关于这一实验过程，下列操作正确的是BC ．A．实验时，两细绳方向必须垂直B．将结点拉到位置O时，拉力F1、F2要适当大些C．拉橡皮筋时，橡皮筋、细绳和弹簧秤应平行于木板D．可以通过操作使两个弹簧秤的读数均为4N，且两弹簧秤拉力的方向相互垂直，然后再用其中一个弹簧秤来测量出它们的合力，与用图示法求出的合力进行比较（2）将橡皮筋的一端固定在A点，另一端拴上两根细绳，每根细绳分别连着一个量程为5N、最小刻度为0.1N的弹簧测力计，沿着两个不同的方向拉弹簧测力计，当橡皮筋的活动端拉到O点时，两根细绳相互垂直，如图2所示．这时弹簧测力计的读数可从图中读出．①由图可读得两个相互垂直的拉力的大小分别为 2.50 N和 4.00 N．②在如图3所示的方格纸上按图示法的要求画出这两个力及它们的合力．【考点】验证力的平行四边形定则．【专题】实验题；定性思想；推理法；平行四边形法则图解法专题．【分析】（1）在实验中使用一根弹簧秤拉细线与两根弹簧秤拉细线的作用效果要相同（即橡皮条拉到同一位置），而细线的作用是画出力的方向，弹簧秤能测出力的大小．因此细线的长度没有限制，弹簧秤的示数也没有要求，两细线的夹角不要太小也不要太大，但拉弹簧秤时必须保证与木板平面平行，在确定力的方向时，应该使描绘的点之间的距离稍微大些这样可以减小误差；（2）①先得出弹簧秤的最小分度，再由指针的位置读出拉力的示数；②画力的图示应注意先选择合适的标度，再由标度表示出力的大小，由细线的方向得出力的方向；根据作图的方法作图即可．【解答】解：A、实验时，两细绳方向不需要垂直，故A错误；B、为了减小测量的误差，拉力F1、F2要适当大些．故B正确．C、拉橡皮筋时，橡皮筋、细绳和弹簧秤应贴近且平行于木板．故C正确．。
广西南宁市2016届高考物理一模试卷(含答案解析)
广西南宁市2016届高考物理一模试卷（含答案解析）高考真题高考模拟高中联考期中试卷期末考试月考试卷学业水平同步练习广西南宁市2016届高考物理一模试卷（含答案解析）1 下列说法正确的是（）A．物体在合力等于零的情况下运动时机械能一定守恒B．物体在恒力作用时一定做直线运动C．匀强磁场中的通电直导线受到的安培力方向一定与磁场方向垂直D．匀强电场中任意两点间的电势差与这两点间的距离成正比【答案解析】 C【考点】电势差与电场强度的关系；机械能守恒定律．【分析】机械能守恒的条件是只有重力做功．做直线运动的条件是合外力与速度在同一直线上．安培力方向与磁场方向一定垂直．在匀强电场中，电势差与场强的关系是U=Ed．由这些知识分析．【解答】解：A、物体在合力等于零的情况下运动时，动能不变，而重力势能可能变化，所以机械能不一定守恒，故A错误．B、在恒力作用下物可以做曲线运动，如平抛运动只受重力，是恒力，物体做曲线运动，故B错误．C、根据左手定则知，匀强磁场中的通电直导线受到的安培力方向一定与磁场方向垂直，故C正确．D、由公式U=Ed知，匀强电场中任意两点间的电势差与这两点间沿电场方向的距离成正比，而不是这两点间的距离成正比，故D错误．故选：C2 如图所示，一串红灯笼（三只，且完全相同）在水平风力的吹动下发生倾斜，悬绳与竖直方向的夹角为30°．每个红灯笼的质量均为m，绳子质量不计，质量加速度为g，则最下面的红灯笼受到的风力大小为（）A． mg B．mg C．2mg【答案解析】 A【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【分析】对三个红灯笼整体研究，受风力、重力和拉力，根据平衡条件并结合合成法列式求解风力；三个灯笼相同，故三个风力相等．【解答】解：对三个红灯笼整体研究，受力如图所示：根据平衡条件，有：F=（3m）gtan30°=三个灯笼的风力相等，故最下面的红灯笼受到的风力大小为mg；故选：A3 某行星的密度为地球密度的，半径为地球半径的，那么在此行星上的“第一宇宙速度”与地球上的第一宇宙速度大小之比为（）A．4：1 B．1：4 C．6：1 D．1：6【答案解析】 D【考点】万有引力定律及其应用；向心力．【分析】根据密度之比和体积之比求出行星和地球的质量之比，结合万有引力提供向心力得出第一宇宙速度之比．【解答】解：行星的半径为地球半径的，则行星的体积是地球体积的，行星的密度为地球密度的，则行星的质量是地球质量的，根据得，v=，可知行星上的第一宇宙速度与地球上的第一宇宙速度之比为1：6．故选：D．4 如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以大小为v0的速度顺时针匀速转动，在传送带的上端放置一个小木块，并使小木块以大小为2v0的初速度沿传送带向下运动，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＞tanθ，下面四幅图能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是（以木块的初速度方向为正方向）（）A． B．C． D．【答案解析】 A【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．【分析】对物体受力分析知，其受重力，摩擦力，支持力，再由给定的摩擦因数关系，可以判定重力沿斜面的分力与摩擦力的大小关系，进而判定物块的运动状态．【解答】解：刚放上去的时候，物块受重力，支持力，摩擦力方向向下，物块做加速运动，故由牛顿第二定律：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma1解得：a1=gsinθ﹣μgcosθ物块做向下的减速运动，当物块速度减小到零后，物体反向做加速运动，根据牛顿第二定律可知mgsinθ﹣μmgcosθ=ma2解得：a2=gsinθ﹣μgcosθ加速度a′=gsinθ﹣μgcosθ，达到和传送带具有相同速度后一起匀速运动，由于a1=a2，故A正确，BCD错误故选：A5 如图所示，理想变压器原线圈的匝数n1=1000，副线圈的匝数n2=200，灯泡L标有“12V 36W”，电动机D的线圈电阻为1Ω，将交变电压u=100sin100πt（V）加到变压器原线圈两端，灯泡恰能正常发光，则（）A．灯泡L组成发光时的电阻为3ΩB．副线圈两端电压为20VC．通过电动机D的电流为8AD．通过电动机D的输出功率为15W【答案解析】 BD【考点】变压器的构造和原理．【分析】根据功率公式可明确灯泡的电阻和电流，再根据变压器电压之比等于线圈匝数之比可求得输入电压大小，再根据串并联电路的规律可明确电动机的电压和电流，根据功率公式可求得电动机的输出功率．【解答】解：A、根据功率公式可知R===4Ω，故A错误；B、原线输入电压的有效值为100V，则根据电压之比等于匝数之比可知，副线圈两端的电压为20V，故B正确；C、流过电动机的电流等于流过灯泡的电流，故I===3A，故C错误；D、电动机两端的电压UM=20﹣12=8V，电动机的输入功率P出=UMI﹣I2r=8×3﹣32×1=15W，故D正确．故选：BD．6 （多选题）如图所示，放置在水平地面上的支架质量为M，支架顶端用细线拴着的摆球质量为m，现将摆球拉至水平位置，且细线伸直，然后从静止释放，摆球运动过程中，支架始终不动，重力加速度为g，从摆球释放至运动最低点的过程中有（）A．在摆球释放瞬间，支架对地面压力为MgB．摆球摆动过程中，地面对支架的摩擦力一直增大C．摆球到达最低点时，支架对地面压力为（3m+M）gD．摆球摆动过程中，重力对摆球做功的功率先增大后减小【答案解析】 ACD【考点】向心力；牛顿第二定律．【分析】对于不同的研究对象在不同的时刻进行受力分析和过程分析：摆球做的是圆周运动，要根据摆球所需要的向心力运用牛顿第二定律确定摆球实际受到的力．支架始终不动，根据平衡条件求解出摩擦力．运用瞬时功率表达式P=mgvy表示出重力对小球做功的功率，再根据已知条件判断功率的变化．【解答】解：A、释放的瞬间，绳子拉力为零，支架对地面的压力为Mg．故A正确．B、小球摆动的过程中，径向的合力提供向心力，设细线与水平方向的夹角为θ，则有：T﹣mgsinθ=m，则有：T=mgsinθ+m根据动能定理得：mglsinθ=mv2，解得：T=3mgsinθ，地面对支架的摩擦力为：f=Tcosθ=3mgsinθcosθ=mgsin2θ，摆球运动到最低点过程中，θ从零增加到90°，所以摩擦力先增大后减小．故B错误．C、摆球摆动到最低时，根据动能定理知：mgl=mv2，根据牛顿第二定律得：F﹣mg=m联立两式解得：F=3mg．由牛顿第三定律知，绳子对支架的拉力大小为：F′=F=3mg则支架对地面的压力为：N′=Mg+F′=Mg+3mg=（3m+M）g．故C正确．D、重力对摆球做功的功率公式为P=mgvcosα，α是重力与速度的夹角．可知，在摆球释放瞬间，v=0，重力的瞬时功率为0．摆球到达最低点时，α=90°，重力的瞬时功率也为0，则知重力对摆球做功的功率先增大后减小．故D正确．故选：ACD7 （多选题）如图所示，带电小球Q固定在倾角为θ的光滑固定绝缘细杆下端，一质量为m，电荷量为q的带正电小球M穿在杆上从A点由静止释放，小球到达B 点时速度恰好为零，已知A、B间距为L，C是AB的中点，两小球均可视为质点，重力加速度为g，则（）A．小球从A到B的过程中加速度先减小后增大B．小球在B点时受到的库仑力大小为mgsinθC．小球在C点时速度最大D．在Q产生的电场中，A、B两点间的电势差为﹣【答案解析】 AD【考点】库仑定律；牛顿第二定律．【分析】依据牛顿第二定律，借助于合力大小；对B点受力分析，根据矢量合成法则，及牛顿第二定律；当加速度为零时，速度才达到最大；根据动能定理，即可求解AB间的电势差．【解答】解：A、由题意可知，小球从A静止运动在B点时，速度为零，则有小球先加速后减速，那么一开始库仑力，小于重力沿着细杆的分力，当减速运动时，则库仑力大于重力沿着细杆的分力，因此加速度先减小，再增大，故A正确；B、球在B点时，速度为零，但不是处于平衡状态，由于球要向上运动，那么受到的库仑力大小大于mgsinθ，故B错误；C、当球的加速度为零时，速度才能达到最大，而C虽是AB的中点，依据库仑力与间距的平方成反比，则有此处库仑力，支持力与重力的合力不为零，因此在C点时速度不是最大，故C错误；D、根据动能定理，从A到B，则有：0﹣0=mgLsinθ+qUAB；解得：UAB=﹣，故D 正确；故选：AD．8 （多选题）如图所示，等腰梯形线框从位于匀强磁场上方一定高度处自由下落，线框一直加速运动，直到导线框一半进入磁场时，导线框开始做匀速运动，已知磁场上边界水平，导线框下落过程两平行边始终竖直，左平行边长为a，右平行边为2a，从导线框刚进入磁场开始，下列判断正确的是（）A．在0～这段位移内，导线框可能做匀加速运动B．在～2a这段位移内，导线框做加速运动C．在～这段位移内，导线框减少的重力势能最终全部转化为内能D．在0～这段位移内，导线框克服安培力做功小于～2a这段位移内导线框克服安培力做功【答案解析】 BD【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．【分析】根据题意，当线圈的位移是时，短边进入磁场，然后结合公式E=BLv、F=BIL以及功能关系即可做出判定；根据平均电流判断克服安培力做的功大小．【解答】解：A、在线圈开始进入磁场的过程中，线圈切割磁感线的有效长度增大，安培力的有效长度也增大，根据：E=BvL和F=BIL可知，在线圈加速的过程中，产生的电动势和安培力都是变化的，所以线圈受到的合外力也是变化的，所以加速度是变化的，线圈做变加速运动．故A错误；B、当线圈的位移是时，左侧的短边恰好开始出磁场，此后线圈切割磁感线的有效长度开始减小，根据E=BvL和F=BIL可知，线框受到的安培力减小，小于重力，所以导线框做加速运动．故B正确；C、由几何关系可知，当线圈的位移是时，左侧的短边恰好进入磁场，此后线圈切割磁感线的有效长度不变，导线框先加速再做匀速运动，所以减小的重力势能转化为内能和动能．故C错误；D、在0～这段位移内，导线框的平均速度小于～2a这段位移内的平均速度，则在0～的感应电流小于～2a这段位移内的感应电流，所以在0～这段位移内，导线框克服安培力做功小于～2a这段位移内导线框克服安培力做功，故D正确．故选：BD．9 要测量两个质量不等的沙袋的质量，由于没有直接的测量工具，某实验小组选用下列器材：轻质定滑轮（质量和摩擦可忽略）、砝码一套（总质量m=0.5kg）、细线、刻度尺、秒表．他们根据已学过的物理学知识，改变实验条件进行多次测量，选择合适的变量得到线性关系，作出图线并根据图线的斜率和截距求出沙袋的质量．请完成下列步骤．（1）实验装置如图所示，设右边沙袋A质量为m1，左边沙袋B的质量为m2（2）取出质量为m′的砝码放在右边沙袋中，剩余砝码都放在左边沙袋中，发现A下降，B 上升；（左右两侧砝码的总质量始终不变）（3）用刻度尺测出A从静止下降的距离h，用秒表测出A下降所用的时间t，则可知A的加速度大小a= ；（4）改变m′，测量相应的加速度a，得到多组m′及a的数据，作出（选填“a﹣m′”或“a﹣”）图线；（5）若求得图线的斜率k=4m/（kg•s2），截距b=2m/s2，则沙袋的质量m1= kg，m2= kg．【答案解析】（3）；（4）“a﹣m′”；（5）3；1.5．【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．【分析】质量为m1的沙袋从静止开始下降做匀加速直线运动，根据下降的距离h和时间，由位移公式求出其加速度；根据牛顿第二定律对m2、m1分别研究，得出m′与a的关系式，根据数学知识分析图线的斜率与截距的意义，求解两个沙袋的质量．【解答】解：（3）根据匀变速直线运动的位移时间公式得，h=gt2，解得a=．（4、5）根据牛顿第二定律得：对m1及砝码：（m1+m′）g﹣T=（m1+m′）a对m2及砝码：T﹣（m2+m﹣m′）g=（m2+m﹣m′）a联立解得：a=g+．根据数学知识得知：作“a﹣m′”图线，图线的斜率k=，图线的截距b=将k、b、m代入计算，解得m1=3kg，m2=1.5kg．故答案为：（3）；（4）“a﹣m′”；（5）3；1.5．10 某实验小组要精确测定额定电压为2V的一精密仪器（画电路图时用电阻符号表示）正常工作时的电阻（R0约为400Ω），实验室提供的器材有：A．电流表（量程为30mA，内阻RA1约为2Ω）B．电流表（量程为20mA，内阻RA2约为20Ω）C．定值定值R1=1ΩD．定值定值R2=80ΩE．滑动变阻器R（0～20Ω）G．电压表（量程为60V，内阻RV约2kΩ）F．蓄电池E（电动势为4V，内阻很小）H．开关S一只，导线若干（1）要完成实验、除导线、蓄电池、开关、滑动变阻器外，还需选择的器材有（填写器材前的字母编号）．（2）在虚线框中画出实验电路图，并标出相关器材符号．（3）测量精密仪器正常工作时的电阻表达式为Rx= （用相应的字母符号表示），若用到电流表，其示数用I1表示，若用到电流表，其示数用I2表示，若用到电压表，其示数用U表示．【答案解析】解：设计电路图如图（1）电流表B与电阻D组成电压表，电流表A测量总电流，则选ABD （2）电路图如图（3）由实验电路知电阻的电压为I2（RA2+R2），电流为I1﹣I2则其电阻值为R=故答案为（1）ABD（2）电路图如图（3）【考点】伏安法测电阻．【分析】滑动变阻器阻值远小于仪器的电阻，所以滑动变阻器采用分压式接法．仪器的额定电压为2V，题目所给的电压表量程太大，测量不准确，需通过电流表和定值电阻为电压表，因为通过仪器的电流小，可以用题目的中的量程大一点当电流表使用．根据欧姆定律得出仪器电压为2V时电流表的电阻．11 如图所示，12个相同的木块放在水平地面上排成一条直线，相邻两木块接触但不粘连，每个木块的质量m=1.2kg，长度l=0.5m．木块原来都静止，它们与地面间的动摩擦因数均为μ1=0.1，在左边第一个木块的左端放一质量M=1kg的小铅块（可视为质点），它与各木块间的动摩擦因数为μ2=0.5，现突然给铅块一个向右的初速度v0=9m/s，使其在木块上滑行．设木块与地面间及铅块与木块间的最大静摩擦力均等于滑动糜擦力，重力加速度g=10m/s2．求：（1）小铅块相对木块滑动时小铅块的加速度大小；（2）铅块下面的木块刚发生运动时铅块的瞬时速度大小．【答案解析】解：（1）设定水平向右为正向．对铅块：f木铅=μ2Mg=0.5×1×10=5 N所以铅块的加速度：（2）对下方n个物块刚滑动，应当满足的条件是：又：f铅木=f木铅则木块开始滑动：即当铅块滑至倒数第三块木块上时，木块开始滑动．设铅块滑上倒数第三块木块时的初速度为v1，则对于铅块连续滑过前9木块的过程中：解得：v1=6m/sv1也是铅块刚滑到倒数第三块木块这一瞬间铅块对木块的相对速度，在此瞬间木块静止．答：（1）小铅块相对木块滑动时小铅块的加速度大小是5m/s2；（2）铅块下面的木块刚发生运动时铅块的瞬时速度大小是6m/s．【考点】牛顿运动定律的综合应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】（1）通过对木块的受力分析知，铅块对木块的滑动摩擦力水平向右，地面给木块的静摩擦力水平向左，由牛顿第二定律即可求出铅块的加速度；（2）当铅块对木板的摩擦力大于地面对木块的摩擦力时，木块开始运动；根据动能定理求铅块的瞬时速度．12 如图甲所示．直角坐标系xOy中，第二象限内有沿x轴正方向的匀强磁场，第一四象限内有垂直坐标平面的匀强交变磁场，磁场方向以垂直纸面向外为正方向．第三象限内有一发射装置（没有画出）沿y轴正方向射出一个比荷=100C/kg的带正电的粒子（可视为质点且不计重力），该粒子以v0=10m/s的速度从x轴上的点A（﹣1m，0）进入第二象限，从y轴上的C点（0，2m）进入第一象限，取粒子刚进入第一象限的时刻为0时刻，第一、四象限内磁场的磁感应强度按图乙所示规律变化，求：（1）第二象限内电场的电场强度大小；（2）粒子进入磁场后第一次经过x轴时的位置坐标．【答案解析】解：（1）带电粒子在第二象限的电场中做类平抛运动，设粒子从A点到C点用时为t，则EqxA=m（vC2﹣vA2）xA=yc=v0tvC2=v02+v2cx解得：E=0.5N/CvC=10N；（2）设粒子在C点的运动方向与y轴正方向成θ角，则cosθ==，即θ=45°粒子在第一象限磁场中运动时qvCB=m解得r=m粒子做圆周运动的周期T==s所示粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，粒子运动第四个半圆的过程中第一次经过x 轴，在x轴上对应的弦长为r所以OD=16rsinθ﹣r=1.75m粒子第一次经过x轴时的位置坐标为（1.75m，0）答：（1）第二象限内电场的电场强度大小0.5N/C；（2）粒子第一次经过x轴时的位置坐标（1.5m，0）；【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】（1）根据动能定理及类平抛运动的规律列式分析，从而求解电场强度大小（2）粒子在交变磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，求出半径和周期，根据几何关系求出位置坐标．13 下列说法正确的是（）A．悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动B．空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果C．分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减而增大D．高原地区水的沸点较低，这是高原地区温度较低的缘故E．干湿泡温度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果【答案解析】 BCE【考点】布朗运动；分子间的相互作用力．【分析】布朗运动反映了液体分子的无规则运动，不能反映花粉分子的热运动；液体表面存在表面张力，能使空气的小雨滴呈球形；分子力做功等于分子势能的减小量；液体沸点与气压有关；湿温度计下端包有湿纱布，湿纱布上的水分要蒸发，蒸发是一种汽化现象，汽化要吸热，所以湿温度计的示数较低．【解答】解：A、布朗运动是悬浮在水中花粉的无规则运动，由于花粉是由大量花粉分子组成的，所以布朗运动不能反映了花粉分子的热运动，故A错误；B、空气的小雨滴呈球形是水的表面张力，使雨滴表面有收缩的趋势的结果，故B正确；C、分子力做功等于分子势能的减小量，故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，故C正确；D、高原地区水的沸点较低，这是高原地区气压较低的缘故，故D错误；E、干湿泡温度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，是因为湿泡外纱布中的水蒸发吸热，故E正确；故选：BCE14 如图所示，内径粗细均匀的U形管竖直放置在温度为7℃的环境中，左侧管上端开口，并用轻质活塞封闭有长l1=14cm，的理想气体，右侧管上端封闭，管上部有长l2=24cm的理想气体，左右两管内水银面高度差h=6cm，若把该装置移至温度恒为27℃的房间中（依然竖直放置），大气压强恒为p0=76cmHg，不计活塞与管壁间的摩擦，分别求活塞再次平衡时左、右两侧管中气体的长度．【答案解析】解：设管的横截面积为S，活塞再次平衡时左侧管中气体的长度为l′，左侧管做等压变化，则有：其中，T=280K，T′=300K，解得：设平衡时右侧管气体长度增加x，则由理想气体状态方程可知：其中，h=6cmHg解得：x=1cm所以活塞平衡时右侧管中气体的长度为25cm．答：右侧管中气体的长度为25cm【考点】理想气体的状态方程；封闭气体压强．【分析】左侧管中气体为等压变化，因此根据等压变化的气体状态方程可直接求解．右侧管中气体根据气态方程直接求解．15 下列关于科学技术应用的说法中正确的是（）A．全息照片的拍摄利用了光的干涉现象B．交通警察用监视器测量汽车的速度时可利用多普勒效应C．光导纤维利用了光的折射现象D．照相机的镜头表面镀有一层膜使照相效果更好，是利用了光的衍射现象E．用声呐探测水中的暗礁、潜艇，利用了波的反射现象【答案解析】 ABE【考点】多普勒效应；波的干涉和衍射现象．【分析】全息照片是利用光的干涉原理；依据多普勒效应的原理，掌握频率变化，从而测量汽车的速度；光导纤维是光的全反射现象；镜头表面镀有一层增透膜是利用了光的干涉现象；声呐利用了波的反射现象，从而即可一一求解．【解答】解：A、全息照片的拍摄利用了光的干涉原理，故A正确；B、交通警察对行进中的汽车发射一个已知频率的电磁波，波被运动的汽车反射回来，根据接收到的频率发生变化，来知道汽车的速度，以便于进行交通管理，利用了多普勒效应，故B正确；C、光导纤维利用了光的全反射现象，故C错误；D、照相机、望远镜的镜头表面镀一层膜是利用了光的薄膜干涉原理，故D错误；E、声呐探测水中的暗礁、潜艇，利用了波的反射现象，故E正确；故选：ABE．16 一列简谐横波的波形如图所示，实线表示t1=0时刻的波形，虚线表示t2=0.1s时刻的波形，该波的周期为T．①若2T＞t2﹣t1＞T，求该列波的传播速度；②若2T＜t2﹣t1，并且波速为700m/s，求波的传播方向．【答案解析】解：①若2T＞t2﹣t1＞T，波传播的距离在这个范围：λ＜△x＜2λ若波沿x轴正方向传播，则波传播的距离为△x=10m波速为 v1===100m/s若波沿x轴负方向传播，则波传播的距离为△x=14m波速为 v2===140m/s②由图知波长λ=8m在△t=0.1s内波传播的距离△x=v△t=700×0.1m=70m则△x=λ=8λ+所以波沿x轴负方向传播．答：①若2T＞t2﹣t1＞T，该列波的传播速度是100m/s或140m/s；②若2T＜t2﹣t1，并且波速为700m/s，波沿x轴负方向传播．【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．【分析】①波可能沿x轴正方向传播，也可能沿x轴负方向传播．根据波在一个周期内传播的距离是一个波长，确定出波传播的距离，再求解波速．②由图读出波长．根据△x=v△t求波在0.1s内传播的距离，分析与波长的关系，再判断波的传播方向．17 1913年丹麦物理学家波尔把微观世界中的物理量取分力值的观念应用到原子系统，提出了新的原子结构，下列有关波尔的原子结构的说法，正确的是（）A．原子核外电子的运行轨道半径只能是一些特定的值B．电子在定态轨道上运动时会向外辐射电磁波C．玻尔的原子模型能解释氢原子光谱，但不能解释氦原子光谱D．玻尔的原子模型否定了汤姆孙的原子模型E．玻尔的原子模型否定了卢瑟福的原子模型【答案解析】 ACD【考点】氢原子的能级公式和跃迁．【分析】根据玻尔的原子理论，原子能量和轨道都是量子化的，电子绕核运动的半径是不连续的特定值．从高能级向低能级跃迁，释放光子，从低能级向高能级跃迁，吸收光子，即可解题．【解答】解：AB、玻尔的原子理论：1．电子在一些特定的可能轨道上绕核作圆周运动，离核愈远能量愈高；2．可能的轨道不连续；3．当电子在这些可能的轨道上运动时原子不发射也不吸收能量，只有当电子从一个轨道跃迁到另一个轨道时原子才发射或吸收能量，而且发射或吸收的辐射是单频的，辐射的频率和能量之间关系由E=hν给出．玻尔的理论成功地说明了原子的稳定性和氢原子光谱线规律．故A正确，B错误；C、玻尔的原子模型局限性是，玻尔的原子模型能解释氢原子光谱，但不能解释氦原子光谱，故C正确；DE、玻尔提出的原子模型，否定了汤姆孙关于原子结构的“西瓜模型”，但并没有否定卢瑟福的原子核式结构学说，故D正确，E错误．故选：ACD．18 如图所示，质量为M=9kg、长l=2m的平板小车静止在光滑水平面上，小车右端固定有一个厚度不计的竖直挡板，左端放有一质量m=1kg的小物块．现给小车一水平向左的初速度v0（未知），想物块与小车右端的挡板碰撞后恰好能回到小车的左端．已知平板小车与小物块的动摩擦因数μ=0.18，小物块与挡板碰撞时间极短，不计碰撞过程的机械能损失，取v0方向为正方向，g=10m/s2，求：①平板小车的初速度v0；②从小物块和平板车碰撞后到小物块回到小车左端的过程中小物块和平板车的加速度．。
2016年高考物理模拟试卷(一)答题卷
1.[A][B][C][D]2.[ A] [ B ] [ C ] [ D ]3.[ A] [ B ] [ C ] [ D ]4.[ A ] [ B ] [ C ] [ D ]
5.[ A] [ B ] [ C ] [ D ]6.[ A] [ B ] [ C ] [ D ]7.[ A] [ B ] [ C ] [ D ]8.[ A ] [ B ] [ C ] [ D ]
三、多项选择题（共16分，每小题4分，每小题有二个或三个正确选项，全选对的，得4分，选对但不全的，得2分，有选错或不答的，得0分，答案涂写在答题卡上。）
17.[A][B][C][D]18.[ A] [ B ] [ C ] [ D ]19.[ A] [ B ] [ C ] [ D ]20.[ A ] [ B ] [ C ] [ D ]
四、填空题（共20分，每小题4分，答案写在答题纸中指定位置，不要求写出演算过程）
21. _______________ _______________
22. _______________ _______________
23. _______________ _______________
24. _______________ _______________
25. _______________ _______________
五、实验题（本大题4小题，共24分）
26. (1)_______________ (2)_______________ _______________
27. (1)__________ _________________________ (2)__________
云南省2016届高三物理第一次模拟考试试题含解析
2016年云南省高考物理一模试卷一、选择题（此题共8小题，每题6分．1至4题，每题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，5至8题有多项符合题目要求．全数选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1．如下图，质量均为m的A、B两球，由一根劲度系数为k的轻弹簧连接静止于半径为R 的滑腻半球形碗中，弹簧水平，两球间距为R且球半径远小于碗的半径．那么弹簧的原长为（）A． +R B． +R C． +R D． +R2．如图甲所示，静止于滑腻水平面上的小物块，在水平拉力F的作用下从坐标原点O开始沿x轴正方向运动，F随物块所在位置坐标x的转变关系如图乙所示，图线右半部份为四分之一圆弧，那么小物块运动到2x．处时的动能可表示为（）A．0 B．F m x0C． F m x0（1+π）D． F m x0（1+）3．如下图，在等边三角形ABC所在平面内有一匀强电场，将一带正电的点电荷从A点移到B点和从B点移到C点，电场力均做负功且数值相同，那么如下四个图中，电场强度E方向的标示正确的选项是（）A．B．C．D．4．如下图为超声波测速示用意．一固定的超声波测速仪每隔1s向小汽车发出一个超声波脉冲信号，己知第一个超声波t0=0时刻发出，碰到小汽车后返回，t l=时刻接收到反射波同时发出第二个超声波，t2=时刻接收到第二个反射波．假设超声波在空气中的传播速度为102m/s，小汽车在这段时刻的运动视为匀速运动，依照上述条件可知（）A．小汽车向超声波测速仪运动，速度为sB．小汽车向超声波测速仪运动，速度为sC．小汽车背离超声波测速仪运动，速度为sD．小汽车背离超声波测速仪运动，速度为s5．2016年，我国将择机发射“天宫二号”空间实验室，并发射“神州十一号”载人飞船和“天舟货运飞船”，一与“天宫二号”交会对接，假设“天宫二号”在离地面必然高度的圆轨道上绕地球运行，以下说法正确的选项是（）A．“天宫二号”的在轨围绕速度大于第一宇宙速度B．“天宫二号”的在轨围绕速度小于第一宇宙速度C．飞船从高轨道转移到低轨道第一要减速D．飞船从高轨道转移到低轨道第一要加速6．如下图的匀强磁场中，从O点沿OA方向垂直磁场发射两个比荷相同的带电粒子，一粒子经时刻t1抵达直线OC上的P点，其速度为v l；另一粒子经时刻t2抵达直线OC上的Q点，其速度为v2．不计粒子重力和粒子间的彼此作用，那么（）A．v l＞v2B．v l＜v2C．t1＜t2D．t1=t27．如下图为闻名物理学家费曼设计的一个实验装置：水平绝缘圆板可绕通过其中心的竖直滑腻轴自由转动，圆盘边缘固定着假设干金属小球，在圆盘的中部有一个导电线圈．在线圈接通电源的刹时发觉圆板发生了转动，那么以下说法正确的选项是（）A．圆板上的金属小球带电B．圆板上的金属小球不带电C．接通线圈电源的刹时在圆板上的金属小球所在处产生了电场D．接通线圈电源的刹时在圆板上的金属小球所在处只产生了磁场8．如下图，形状为半个正弦图线的金属导线两头与两金属小环a、b连接，两环套在滑腻长直金属杆上，导线电阻为R，其余电阻不计，a、b间距为L，导线顶部到杆的距离为d．在外力F作用下，导线沿杆以恒定的速度v向右运动，穿过宽度也为L的匀强磁场区域，运动进程中导线所在平面始终与磁场垂直，两环与金属杆维持良好接触．从导线进入磁场到全数离开磁场的进程中（）A．导线中电流的最大值为B．导线中电流的有效值为C．外力F做的功为D．外力F做的功为三、非选择题：包括必考题和选考题两部份．第8题一第12题为必考题，每一个试题考生都必需作答．第13题一第18题为选考题，考生依照要求作答．（一）必考题9．如下图，装有滴漏瓶的小车与钩码通过一轻绳相连，跨接在定滑轮双侧，释放钩码后，小车做直线运动，在桌面上留下一系列墨滴，滴漏瓶的滴口离桌面很近，墨滴在空中运动的时刻可忽略，滴出墨水的质量远小于小车质量．现测出滴漏瓶每分钟滴出120滴墨水，钩码重1N，ab=，bc=，cd=．那么小车在滴出b点墨滴时的瞬时速度大小为m/s，小车的加速度大小为m/s2，绳的拉力大小为N．（取g=10m/s2）10．要测量电压表V1的内阻R v1，其量程为2V，内阻约2KΩ．实验室提供的器材有：电流表A，量程，内阻约为Ω电压表V2，量程5V，内阻约为5Ω；定值电阻R1，阻值为30Ω定值电阻R2，阻值为3KΩ；滑动变阻器R3，最大阻值100Ω，额定电流；电源E，电动势6V，内阻约Ω；开关S一个，导线假设干．（1）某同窗假想按甲图所示电路进行测量，读出电压表V l和电流表A的示数后，用欧姆定律计算出R v1．该方案事实上不可行，最要紧的缘故是（2）另一同窗设计出如图乙所示的电路来测量电压表V l的内阻R v1．①图中R0应选．（选填“R1”或“R2”）②在图丙中完成实物连线．③接通电路后，调整滑动变阻器的滑动触头在适当的位置，电压表V1的读数为U l，电压表V2的读数为U2，定值电阻的阻值为R0，那么计算电压表V1的内阻R v1的表达式为R vl= ．11．如下图，绝缘平台AB距离水平地面CD的高度为h，整个空间存在水平向右的匀强电场，一质量为m、带正电量为q的小物块从P点由静止开始运动，PB之间的距离也为h．假设匀强电场的场强E=，物块与平台之间的动摩擦因数为μ=．求物块落到水平地面上时的速度大小和方向．12．一人骑自行车由静止开始上一长L=200m斜坡，斜坡坡度为（沿斜坡前进100m，高度上升5m），自行车达到最大速度前做加速度a=1m/s2的匀加速直线运动，达到最大速度后脚蹬踏板使大齿轮以n=转/秒的转速匀角速转动，自行车匀速运动一段时刻后，由于骑行者体能下降，自行车距离坡顶50m处开始做匀减速运动，已知最后50m的平均速度只有之前平均速度的84%．这人质量M=60kg，自行车质量m=15kg，大齿轮直径d1=15cm，小齿轮直径d2=6cm，车轮直径d3=60cm．运动进程中，自行车受到大小恒为f=20N的摩擦阻力作用．取g=10m/s2，求：（1）运动进程中自行车的最大速度v m和抵达坡顶时的速度v；（2）从坡底到坡顶，这人做功的平均功率．(二）选考题，请考生任选一模块作答【物理-选修3一3]13．以下说法中正确是（）A．物体体积增大时，其分子势能必然增大B．只要物体温度升高，其分子平均动能就必然变大C．空断气对湿度不变时．温度越高，相对湿度越小D．给自行车打气越打越困难，主若是因为气体分子间斥力愈来愈大E．液体表面层分子比内部份子稀疏，因此液体表面有收缩的趋势14．如下图，一细U型管两头开口，用两段水银柱封锁了一段空气柱在管的底部，初始状态时气体温度为280K，管的各部份尺寸如下图，图中封锁空气柱长度L1=20cm．其余部份长度别离为L2=15cm，L3=10cm，h l=4cm，h2=20cm；现使气体温度缓慢升高，取大气压强为P0=76cmHg，求：（a）气体温度升高到多少时右边水银柱开始全数进入竖直管；（b）气体温度升高到多少时右边水银柱与管口相平．13．以下说法中正确是（）A．物体体积增大时，其分子势能必然增大B．只要物体温度升高，其分子平均动能就必然变大C．空断气对湿度不变时．温度越高，相对湿度越小D．给自行车打气越打越困难，主若是因为气体分子间斥力愈来愈大E．液体表面层分子比内部份子稀疏，因此液体表面有收缩的趋势【考点】温度是分子平均动能的标志；*相对湿度；封锁气体压强．【分析】分子间距离增大，分子势能先减小后增大，要看分子间的距离从何位置增大．温度是分子间平均动能的量度．明确饱和汽及湿度的概念；明白气体分子间距较大，打气时需要克服的是气体之间的压强差．液体表面张力是因为液体表面分子散布稀疏，分子间有彼此的引力．【解答】解：A、分子间距离从很小慢慢增大的进程中，分子势能先减小后增大，要看分子间的距离从何位置增大，因此物体体积增大时，其分子势能不必然增大．故A错误．B、温度是分子间平均动能的量度，只要物体温度升高，其分子平均动能就必然变大．故B 正确．C、空气中水蒸气的实际压强与同温度水的饱和汽压之比叫做空气的相对湿度；空断气对湿度不变时．温度越高，饱和汽压越大，相对湿度越小．故C正确；D、气体间分子间距较大，现在分子间作使劲已经接近为零，故自行车打气越打越困难主若是因为胎内气体压强增大而非分子间彼此排斥的缘故，故D错误；E、因液体分子表面层分子散布比内部稀疏，故分子间作使劲表现为引力，液体表面有收缩趋势，故E正确．应选：BCE14．如下图，一细U型管两头开口，用两段水银柱封锁了一段空气柱在管的底部，初始状态时气体温度为280K，管的各部份尺寸如下图，图中封锁空气柱长度L1=20cm．其余部份长度别离为L2=15cm，L3=10cm，h l=4cm，h2=20cm；现使气体温度缓慢升高，取大气压强为P0=76cmHg，求：（a）气体温度升高到多少时右边水银柱开始全数进入竖直管；（b）气体温度升高到多少时右边水银柱与管口相平．【考点】理想气体的状态方程．【分析】（a）由于U型管的双侧开口，依照液体产生的压强的特点可知，双侧的水银柱对液体要产生相等的压强，那么双侧的水银柱的高度始终是相等的，当右边的水银柱全数进入右边竖管时，左侧的水银柱的高度与右边是相等的．现在双侧水银柱的高度都是h1+L3，结合几何关系求出气柱的长度，由理想气体的状态方程即可求出；（b）水银柱全数进入右管后，产生的压强再也不增大，因此左侧的水银柱不动，气体做等压转变，由盖吕萨克定律即可求出．【解答】解：（a）设U型管的横截面积是S，以封锁气体为研究对象，其初状态：P1=P0+h1=76+4=80cmHg，V1=L1S=20S当右边的水银全数进入竖管时，水银柱的高度：h=h1+L3=4+10=14cm，现在右边竖管中的水银柱也是14cm．气体的状态参量：P2=P0+h=76+14=90cmHg，V2=L1S+2L3S=20S+2×10S=40S由理想气体的状态方程得：代入数据得：T2=630K（b）水银柱全数进入右管后，产生的压强再也不增大，因此左侧的水银柱不动，右边水银柱与管口相平常，气体的体积：V3=L1S+L3S+h2S=20S+10S+20S=50S由盖吕萨克定律：代入数据得：T3=答：（a）气体温度升高到630K时右边水银柱开始全数进入竖直管；（b）气体温度升高到时右边水银柱与管口相平．[物理-选修3一4】15．以下说法中正确是（）A．声波是横波B．机械波能够在真空中传播C．光的干与和衍射现象说明了光具有波动性D．质点做简谐运动，其速度增大，加速度必然减小E．当驱动力频率等于振动系统的固有频率时，振动系统的振幅最大【考点】光的干与；产生共振的条件及其应用．【分析】声波不能发生偏振现象，是纵波；机械波不能在真空中传播，而电磁波能够的；光子既有波动性又有粒子性，光电效应证明了光具有粒子性，光的衍射和干与都说明了光具有波动性．共振是物理学上的一个运用频率超级高的专业术语，是指一物理系统在特定频率下，比其他频率以更大的振幅做振动的情形．【解答】解：A、声波不能发生偏振现象，是纵波．故A错误；B、机械波的传播离不开介质，不能够在真空中传播，故B错误；C、干与和衍射是波的特有现象．故光的干与和衍射现象为光的波动说提供了有力的证据．故C正确；D、依照简谐振动的特点可知，质点做简谐运动，其速度增大时，加速度必然减小．故D正确；E、在振动系统中，当驱动力频率与系统自由振动的固有频率相等时，系统的振动幅度最大的现象；故发生共振的条件是：驱动力的频率等于振动系统的固有频率．故E正确．应选：CDE16．如下图，平底方形水池宽度L=，一人站在水池边，其眼睛E距离水面的高度为h1=，对面水池边沿正上方有一灯S1，S1距离水面的高度为h2=，池底边沿有一灯S2，人向水面看去，看到S1经水面反射成的像与S2的像重叠．已知水的折射率n=，求水池中水的深度．【考点】光的折射定律．【分析】先依照题意作出光路图．再依照几何关系和折射定律求出入射角和折射角，即可由几何知识求出水的深度．【解答】解：光路图如下图．据几何关系可得：+=L====解得=4msinα===依照折射定律得sinα=nsinβ那么得β=37°水池中水的深度 H==4×cot37°=m≈答：水池中水的深度是．【物理-选修3-5】17．以下说法正确的选项是（）A．原子核的结合能越大，该原子核越稳固B．原子核的核子数越多，该原子核的比结合能越大C．光电效应现象说明了光具有粒子性D．玻尔理论的局限性在于过量地保留了经典电磁理论E．爱因斯坦为说明光电效应现象．提出了光的光子说【考点】光电效应；光子；氢原子的能级公式和跃迁．【分析】原子核的比结合能越大，原子核结合得越牢固；爱因斯坦为说明光电效应现象．提出了光的光子说，光电效应现象说明光具有粒子性；玻尔理论的局限性在于过量保留了经典电磁理论．【解答】解：A、原子核的比结合能越大，原子核越稳固，故A错误．B、中等大小的原子核，比结合能最大，原子核结合得越牢固，故B错误．C、光电效应现象说明光具有粒子性，故C正确．D、玻尔理论的局限性在于过量地保留了经典电磁理论，故D正确．E、爱因斯坦为说明光电效应现象．提出了光的光子说，故E正确．应选：CDE．18．如下图，质量为M、长为L的木板放置于滑腻水平地面上，其右端固定一轻质弹簧．质量为m的物块从木板左端以速度v0滑入木板，物块将弹簧紧缩至最短后弹簧又将物块弹回，最终物块恰好回到木板左端，与木板维持相对静止一起运动．不计物块尺寸和弹簧长度，求运动进程中弹簧的最大弹性势能及物块与木板之间的动摩擦因数．【考点】动量守恒定律；功能关系．【分析】物块在木板上滑行进程，物块、木板和弹簧组成的系统动量守恒，系统的能量也守恒．当弹簧的紧缩量最大时，物块与木板的速度相同，现在弹簧的弹性势能最大．对物块相对木板向右运动的进程和整个进程，别离由动量守恒定律和能量守恒定律列式，即可求解．【解答】解：当弹簧的紧缩量最大时，物块与木板的速度相同，现在弹簧的弹性势能最大．设物块与木板的一起速度为v．取向右为正方向，依照动量守恒定律得mv0=（M+m）v从物块滑上木板到弹簧紧缩量最大的进程，由能量守恒定律得=μmgL++E pm；当物块恰好回到木板左端，与木板维持相对静止，速度相同，一起速度也为v．对整个进程，由能量守恒定律得：=μmg•2L+；联立解得：弹簧的最大弹性势能 E pm=物块与木板之间的动摩擦因数μ=答：运动进程中弹簧的最大弹性势能是，物块与木板之间的动摩擦因数是．。
【精品】2016年全国高考物理一模试卷含答案
2016年全国高考物理一模试卷一、选择题（共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多个选项符合题目要求．全部选对得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分）1．（6分）如图所示，A、B、C三个同心球面是同一个点电荷周围的三个等势面，已知这三个球面的半径之差相等．A、C两个等势面电势分別为φA=6V和φC=2V，则中间B等势面的电势是（）A．一定等于4V B．一定低于4V C．一定高于4V D．无法确定2．（6分）一个物体在一条直线上做匀加速直线运动，先后经过直线上的A、B 两点，已知AB间的距离为4m，物体运动的加速度为2m/s2，则物体到达B点的速度大小可能为（）A．2m/s B．3m/s C．4m/s D．5m/s3．（6分）如图所示，某钢制工件上开有一个楔型凹槽．凹槽的横截面是一个直角三角形，三个角的度数分别是∠A=30°，∠B=90°，∠C=60°．在凹槽中放有一个光滑的金属球，当金属球静止时，金属球对凹槽的AB边的压力为F1、对BC 边的压力为F2，则的值为（）A．B．C．D．4．（6分）某轰炸机在演习轰炸地面目标时，将炸弹以某一速度水平射出，地面监视系统显示出炸弹从B点飞出后的运行轨迹，如果只考虑炸弹的重力作用，已知物体从B点到C点与从C点到D点的时间相等，则下列说法中正确的是（）A．物体从B到C和从C到D重力做功之比为1：1B．物体从B到C和从C到D重力做功的平均功率之比为1：3C．物体运动到C点和D点重力的瞬时功率之比为1：3D．物体从B点到C点与从C点到D点的动能改变量之比为1：25．（6分）某发电站用交变电压远距离输电，在输送功率不变的前提下，若输电电压降低为原来的0.9倍，则下面说法正确的是（）A．因I=，所以输电线上的电流减为原来的0.9倍B．因I=，所以输电线上的电流增为原来的C．因P=，所以输电线上损失的功率为原来的0.92倍D．若要使输电线上损失的功率不变，可将输电线的电阻减为原来的0.9倍6．（6分）1876年美国著名物理学家罗兰在亥姆霍兹的实验室中完成了著名的“罗兰实验”：罗兰把大量的负电荷加在一个橡胶圆盘上，然后在圆盘附近悬挂了一个小磁针，使圆盘绕中心轴高速旋转，就会发现小磁针发生了偏转．忽略地磁场对小磁针的影响．下列说法正确的是（）A．使小磁针发生转动的原因是电磁感应B．使小磁针发生转动的原因是电流的磁效应C．当小磁针位于圆盘的左上方时，它的N极指向左侧D．当小磁针位于圆盘的左上方时，它的N极指向右侧7．（6分）已知地球半径为R，表面的重力加速度为g，一人造地球卫星沿椭圆轨道绕地球运动，椭圆轨道远地点与地心的距离为4R，则（）A．卫星在远地点时加速度为B．卫星经过远地点时速度大于C．卫星经过远地点时速度等于D．卫星经过远地点时速度小于8．（6分）如图所示，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成θ角，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电量为q时，棒的速度大小为υ，则金属棒ab在这一过程中（）A．加速度为B．下滑的位移为C．产生的焦耳热为sinθD．受到的最大安培力为二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．（一）必考题9．（6分）如图示数是某同学探究加速度与力的关系的实验装置．他在气垫导轨上安装了一个光电门，滑块上固定一宽度为d的遮光条，力传感器固定在滑块上，用细线绕过定滑轮与砂桶相连，每次滑块及遮光条都从同一位置由静止释放．开始时遮光条到光电门的距离为L．（1）实验时，将滑块由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间△t，滑块经过光电门时的瞬时速度为，滑块的加速度为．（2）改变砂桶质量，读出对应的力传感器的示数F和遮光条通过光电门的光电门的时间△t，用实验中的数据描绘出F﹣图象，若测得图象的斜率为k，则滑块和遮光条的总质量为M=．10．（9分）要测量一节旧的干电池的电动势和内阻，某同学设计了如图所示的电路，电路中定值电阻R1=8Ω．（1）闭合电键前，应将滑动变阻器的滑片调到最（填“左”或“右”）端．（2）闭合电键后，调节滑动变阻器，记录多组两个电压表的示数U1、U2，填在下面表格中．请用下面表格中的数据在所给的坐标纸中作出U2﹣U1关系图象．由图象得到电池的电动势E=V，电池的内阻r=Ω．（3）由于电压表（填“V1”、“V2”或“V1和V2”）内阻的存在，对（填“电动势E”、“内阻r”或“电动势E和内阻r”）的测量有影响．测得的电动势（填“大于”、“小于”或“等于”）电动势的真实值，测得的内阻（填“大于”、“小于”或“等于”）内阻的真实值．11．（14分）如图所示，在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=2.0T，一质量为m=5.0×10﹣8kg、电量为q=1.0×10﹣6C的带电粒子从P点沿图示方向进入磁场，速度与y轴负方向成θ=37°角，已知OP=30cm，（粒子重力不计，sin37°=0.6，cos37°=0.8），求：（1）若粒子以20m/s的速度进入磁场，从x轴上的Q点离开磁场，求OQ的距离；（2）若粒子不能进入x轴上方，求粒子进入磁场时的速度取值范围．12．（18分）如图所示，光滑斜面倾角为θ=30°，底端固定一垂直于斜面的挡板C，在斜面上放置长木板A，A的下端与C的距离为d=0.4m，A的上端放置小物块B，A、B的质量均为m，A、B间的动摩擦因数μ=，现同时由静止释放A，B．A与C发生碰撞的时间极短，碰撞前后瞬间速度大小相等，运动过程中小物块始终没有从木板上滑落，已知重力加速度为g=10m/s2，求（1）A与C发生第一次碰撞前瞬间的速度大小v1；（2）A与C发生第一次碰撞后上滑到最高点时，小物块B的速度大小v2；（3）为使B不与C碰撞，木板A长度的最小值L．（二）选考题[物理-选修3-3]13．（5分）以下说法中正确的是（）A．从微观角度看，气体压强的大小跟两个因素有关：一个是气体分子的最大速率，另一个是分子的数目B．各个分子的运动都是无规则的、带有偶然性的，但大量分子的运动却有一定的规律C．当分子间相互作用表现为斥力时，分子间距离越大，则分子势能越大D．物体吸收热量同时对外做功，内能可能不变E．氢气和氮气的温度相同时，它们分子的平均速率不同14．（10分）如图所示，总长度为15cm的气缸水平放置，活塞的质量m=20kg，横截面积S=100cm2，活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动但不漏气，厚度不计．开始时活塞与汽缸底的距离12cm．外界气温为27℃，大气压为1.0×105Pa．将汽缸缓慢地转到开口向上的竖直位置，待稳定后对缸内气体逐渐加热，使活塞刚好到达汽缸口，取g=10m/s2，求：①活塞刚好到达汽缸口时气体的温度为多少？②在对缸内气体加热的过程中，吸收了Q=370J的热量，则气体增加的内能△U 多大？[物理-选修3-4]15．如图所示是一列向右传播的横波，波速为0.4m/s，M点的横坐标x=10m，图示时刻波传到N点．现从图示时刻开始计时，经过s时间，M点第二次到达波谷；这段时间里，N点经过的路程为cm．16．半径为R的玻璃四分之一圆柱体，圆心为O，底边水平．玻璃的折射率n=．一束单色光水平射向圆柱面，入射点为P，入射角r=60°，经折射后照到MO间的某点Q，求：①PQ间的距离；②光线PQ能否在Q点发生全反射？[物理-选修3-5]17．在光电效应试验中，某金属的截止频率相应的波长为λ0，该金属的逸出功为．若用波长为λ（λ＜λ0）单色光做实验，则其截止电压为．（已知电子的电荷量、真空中的光速和普朗克常量分别为e、c和h）18．如图所示，两端带有固定薄挡板的滑板C长为l，总质量为，与地面间的动摩擦因数为μ，其光滑上表面静止两质量分别为m、的物体A、B，其中左端带有轻质弹簧的A位于C的中点．现使B以水平速度2v向右运动，与挡板碰撞并瞬间粘连而不再分开，A、B可看作质点，弹簧的长度与C的长度相比可以忽略，所有碰撞事件很短，重力加速度为g．求：（1）B、C碰撞后的速度以及C在水平面上滑动时加速度的大小；（2）设A、C能够碰撞且碰撞过程用时极短，求A、C第一次碰撞时弹簧具有的最大性势能．2016年全国高考物理一模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多个选项符合题目要求．全部选对得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分）1．（6分）如图所示，A、B、C三个同心球面是同一个点电荷周围的三个等势面，已知这三个球面的半径之差相等．A、C两个等势面电势分別为φA=6V和φC=2V，则中间B等势面的电势是（）A．一定等于4V B．一定低于4V C．一定高于4V D．无法确定【解答】解：电场线与等势面互相垂直，由图看出，AB段电场线比BC段电场线密，AB段场强较大，根据公式U=Ed可知，A、B间电势差U AB大于B、C间电势差U BC，即φA﹣φB＞φB ﹣φC，得到φB＜==4V，故B正确，ACD错误．故选：B．2．（6分）一个物体在一条直线上做匀加速直线运动，先后经过直线上的A、B 两点，已知AB间的距离为4m，物体运动的加速度为2m/s2，则物体到达B点的速度大小可能为（）A．2m/s B．3m/s C．4m/s D．5m/s【解答】解：由题意知物体在AB间做匀加速直线运动，令物体在A点的速度为v A，B点速度为v B，加速度为a，则根据速度位移关系有：得：v B=＞0，故有：由题意知v即：v B＞4m/s故ABC不合题意，D可能．故选：D．3．（6分）如图所示，某钢制工件上开有一个楔型凹槽．凹槽的横截面是一个直角三角形，三个角的度数分别是∠A=30°，∠B=90°，∠C=60°．在凹槽中放有一个光滑的金属球，当金属球静止时，金属球对凹槽的AB边的压力为F1、对BC 边的压力为F2，则的值为（）A．B．C．D．【解答】解：金属球受到的重力产生两个作用效果，压AB面和压BC面，作图如下：对AB面的压力等于分力F1′，对BC面的压力等于分力F2′；故故选：C4．（6分）某轰炸机在演习轰炸地面目标时，将炸弹以某一速度水平射出，地面监视系统显示出炸弹从B点飞出后的运行轨迹，如果只考虑炸弹的重力作用，已知物体从B点到C点与从C点到D点的时间相等，则下列说法中正确的是（）A．物体从B到C和从C到D重力做功之比为1：1B．物体从B到C和从C到D重力做功的平均功率之比为1：3C．物体运动到C点和D点重力的瞬时功率之比为1：3D．物体从B点到C点与从C点到D点的动能改变量之比为1：2【解答】解：A、炸弹做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，据题BC段和CD 段时间相等，由自由落体运动的规律可知，BC段和CD段竖直高度之比为1：3，由W=mgh可得，物体从B到C和从C到D重力做功之比为1：3．故A错误．B、由平均功率公式P=及t相等，可知物体从B到C和从C到D重力做功的平均功率之比为1：3．故B正确．C、由v y=gt得：物体运动到C点和D点时竖直分速度之比为1：2，由重力的瞬时功率由公式P=mgv y得：物体运动到C点和D点重力的瞬时功率之比为1：2，故C错误．D、根据动能定理知，物体下落时动能的改变量等于重力做功，所以物体从B点到C点与从C点到D点的动能改变量之比等于重力做功之比，为1：3．故D错误．故选：B5．（6分）某发电站用交变电压远距离输电，在输送功率不变的前提下，若输电电压降低为原来的0.9倍，则下面说法正确的是（）A．因I=，所以输电线上的电流减为原来的0.9倍B．因I=，所以输电线上的电流增为原来的C．因P=，所以输电线上损失的功率为原来的0.92倍D．若要使输电线上损失的功率不变，可将输电线的电阻减为原来的0.9倍【解答】解：A、输送的功率一定，根据P=UI，知输电电压越高，输电电流越小，若输送电压变为到原来的0.9倍，则电流增大到倍，故A错误，B正确；C、电流增大到n倍，根据P损=I2R，可知，电线上损失的功率为原来的，故C错误；D、若要使输电线上损失的功率不变，根据P损=I2R，可将输电线的电阻减为原来的，故D错误故选：B．6．（6分）1876年美国著名物理学家罗兰在亥姆霍兹的实验室中完成了著名的“罗兰实验”：罗兰把大量的负电荷加在一个橡胶圆盘上，然后在圆盘附近悬挂了一个小磁针，使圆盘绕中心轴高速旋转，就会发现小磁针发生了偏转．忽略地磁场对小磁针的影响．下列说法正确的是（）A．使小磁针发生转动的原因是电磁感应B．使小磁针发生转动的原因是电流的磁效应C．当小磁针位于圆盘的左上方时，它的N极指向左侧D．当小磁针位于圆盘的左上方时，它的N极指向右侧【解答】解：AB、由题意可知，磁针受到磁场力的作用，原因是由于电荷的定向移动，从而形成电流，而电流周围会产生磁场，不是电磁感应，故A错误，B 正确；C、圆盘带负电，根据右手定则可知，产生的磁场方向向上，故等效磁场上方为N极，故小磁针的N极将向左侧偏转；故C正确，D错误；故选：BC．7．（6分）已知地球半径为R，表面的重力加速度为g，一人造地球卫星沿椭圆轨道绕地球运动，椭圆轨道远地点与地心的距离为4R，则（）A．卫星在远地点时加速度为B．卫星经过远地点时速度大于C．卫星经过远地点时速度等于D．卫星经过远地点时速度小于【解答】解：A、设地球的质量为M，地球表面的物体受到的重力近似等于万有引力，则：①卫星在远地点时万有引力提供加速度，则：②联立①②得加速度为：a=．故A正确；B、设有一绕地球做匀速圆周运动的卫星的半径为4R，则：联立①③得：由于在椭圆轨道上运动的卫星在远地点时，做向心运动，则：所以v0＜v=．故BC错误，D正确．故选：AD8．（6分）如图所示，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成θ角，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电量为q时，棒的速度大小为υ，则金属棒ab在这一过程中（）A．加速度为B．下滑的位移为C．产生的焦耳热为sinθD．受到的最大安培力为【解答】解：A、金属棒ab开始做加速运动，速度增大，感应电动势增大，所以感应电流也增大，导致金属棒受到的安培力增大，所以加速度减小，即金属板做加速度逐渐减小的变加速运动，根据牛顿第二定律，有：mgsinθ﹣BIL=ma；其中I=；故a=gsinθ﹣，故A错误；B、由电量计算公式有：q=It=t==，可得下滑的位移大小为：X=，故B正确；C、根据能量守恒定律，产生的焦耳热为：Q=mgXsinθ﹣=sinθ﹣mv2，故C错误；D、金属棒ab受到的最大安培力大小为：F=BIL=B L=，故D正确．故选：BD二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．（一）必考题9．（6分）如图示数是某同学探究加速度与力的关系的实验装置．他在气垫导轨上安装了一个光电门，滑块上固定一宽度为d的遮光条，力传感器固定在滑块上，用细线绕过定滑轮与砂桶相连，每次滑块及遮光条都从同一位置由静止释放．开始时遮光条到光电门的距离为L．（1）实验时，将滑块由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间△t，滑块经过光电门时的瞬时速度为，滑块的加速度为．（2）改变砂桶质量，读出对应的力传感器的示数F和遮光条通过光电门的光电门的时间△t，用实验中的数据描绘出F﹣图象，若测得图象的斜率为k，则滑块和遮光条的总质量为M=．【解答】解：（1）滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度，则滑块经过光电门时的瞬时速度，根据v2=2aL，解得：a=，（2）根据牛顿第二定律得：a=，则，则有：F=，F﹣图象的斜率k=，解得：M=故答案为：（1）；；（2）10．（9分）要测量一节旧的干电池的电动势和内阻，某同学设计了如图所示的电路，电路中定值电阻R1=8Ω．（1）闭合电键前，应将滑动变阻器的滑片调到最右（填“左”或“右”）端．（2）闭合电键后，调节滑动变阻器，记录多组两个电压表的示数U1、U2，填在下面表格中．请用下面表格中的数据在所给的坐标纸中作出U2﹣U1关系图象．由图象得到电池的电动势E= 1.2V，电池的内阻r=4Ω．（3）由于电压表V1（填“V1”、“V2”或“V1和V2”）内阻的存在，对内阻r（填“电动势E”、“内阻r”或“电动势E和内阻r”）的测量有影响．测得的电动势等于（填“大于”、“小于”或“等于”）电动势的真实值，测得的内阻大于（填“大于”、“小于”或“等于”）内阻的真实值．【解答】解：（1）为了防止电路短路，开始时应将滑动变阻器调至接入阻值最大；即调至右端；（2）由表中数据采用描点法得出对应的图象如图所示；由闭合电路欧姆定律可知：E=U1+U2+解得：U2=E﹣U1由图可知，电动势E=1.2V；k===1.5解得：r=4Ω（3）由以上公式可得，由于V1内阻的影响，干路电流应大于；故题目中出现误差；当外电路断路时，电阻的影响可以忽略；故对电动势的测量没有影响；故电动势的测量值等于真实值；但如果考虑电压表内阻，表达式应为：U2=E﹣因R′＜R；故内阻的测量值大于真实值；故答案为：（1）右；（2）1.2；4．（3）V1；内阻r；等于；大于．11．（14分）如图所示，在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=2.0T，一质量为m=5.0×10﹣8kg、电量为q=1.0×10﹣6C的带电粒子从P点沿图示方向进入磁场，速度与y轴负方向成θ=37°角，已知OP=30cm，（粒子重力不计，sin37°=0.6，cos37°=0.8），求：（1）若粒子以20m/s的速度进入磁场，从x轴上的Q点离开磁场，求OQ的距离；（2）若粒子不能进入x轴上方，求粒子进入磁场时的速度取值范围．【解答】解：（1）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力：qvB=m可得：R==m=0.50m而：=m=0.50m故圆心一定在x轴上，轨迹如图所示，由几何关系可知：OQ=R（1+sin53°）=0.90m（2）带电粒子不从x轴射出，如图所示，由几何关系得：OP=R′（1+cos53°）解得：R′=根据洛伦兹力提供向心力：qv′B=m可得：v′==m/s=7.5m/s所以，若粒子刚好不能进入x轴上方，粒子进入磁场时的速度不大于7.5m/s 答：（1）若粒子以20m/s的速度进入磁场，从x轴上的Q点离开磁场，OQ的距离为0.90m；（2）若粒子不能进入x轴上方，粒子进入磁场时的速度应不大于7.5m/s．12．（18分）如图所示，光滑斜面倾角为θ=30°，底端固定一垂直于斜面的挡板C，在斜面上放置长木板A，A的下端与C的距离为d=0.4m，A的上端放置小物块B，A、B的质量均为m，A、B间的动摩擦因数μ=，现同时由静止释放A，B．A与C发生碰撞的时间极短，碰撞前后瞬间速度大小相等，运动过程中小物块始终没有从木板上滑落，已知重力加速度为g=10m/s2，求（1）A与C发生第一次碰撞前瞬间的速度大小v1；（2）A与C发生第一次碰撞后上滑到最高点时，小物块B的速度大小v2；（3）为使B不与C碰撞，木板A长度的最小值L．【解答】解：（1）第一次碰撞前由机械能守恒定律有：（m+m）v12=2mgdsinθ解得：v 1===2m/s；（2）设发生第一次碰撞后，A上滑，B下滑的加速度大小分别为a A、a B，则有：μmgcosθ+mgsinθ=ma A解得：a A=12.5m/s2，对B工件牛顿第二定律可得：μmgcosθ﹣mgsinθ=ma B；解得：a B=2.5m/s2；由于a A＞a B，则A先减速到零，设A第一次碰撞后上滑到最高点的时间为t，则v1=a A tv2=v1﹣a B t解得：v2==1.6m/s；（3）要使B不与A相碰，说明物体应停在木板上，则对全过程进行分析，由能量守恒定律有：mgdsinθ+mg（d+L）sinθ=μmgLcosθ，解得：L=4d=1.6m．答：（1）A与C发生第一次碰撞前瞬间的速度大小为2m/s；（2）A与C发生第一次碰撞后上滑到最高点时，小物块B的速度大小1.6m/s；（3）为使B不与C碰撞，木板A长度的最小值为1.6m．（二）选考题[物理-选修3-3]13．（5分）以下说法中正确的是（）A．从微观角度看，气体压强的大小跟两个因素有关：一个是气体分子的最大速率，另一个是分子的数目B．各个分子的运动都是无规则的、带有偶然性的，但大量分子的运动却有一定的规律C．当分子间相互作用表现为斥力时，分子间距离越大，则分子势能越大D．物体吸收热量同时对外做功，内能可能不变E．氢气和氮气的温度相同时，它们分子的平均速率不同【解答】解：A、从微观角度看，气体压强的大小跟两个因素有关：一是分子的平均动能，二是单位体积内的分子数目．故A错误．B、各个分子的运动都是无规则的、带有偶然性的，但大量分子的运动存在统计规律，故B正确．C、当分子间相互作用表现为斥力时，分子间距离越大，分子力做正功，则分子势能越小．故C错误．D、物体吸收热量同时对外做功，若热量与功数值相等，由热力学第一定律知，内能不变，故D正确．E、氢气和氮气的温度相同时，它们分子的平均动能相同，由于分子质量不同，所以分子的平均速率不同．故E正确．故选：BDE14．（10分）如图所示，总长度为15cm的气缸水平放置，活塞的质量m=20kg，横截面积S=100cm2，活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动但不漏气，厚度不计．开始时活塞与汽缸底的距离12cm．外界气温为27℃，大气压为1.0×105Pa．将汽缸缓慢地转到开口向上的竖直位置，待稳定后对缸内气体逐渐加热，使活塞刚好到达汽缸口，取g=10m/s2，求：①活塞刚好到达汽缸口时气体的温度为多少？②在对缸内气体加热的过程中，吸收了Q=370J的热量，则气体增加的内能△U 多大？【解答】解：（1）以封闭气体为研究对象，气体的状态参量：p1=p0=1.0×105Pa，V1=L1S=0.12S，T1=273+27=300K，气体的末状态：V2=L2S=0.15S，Pa，T2=？由理想气体的状态方程：代入数据得：T2=450K（2）将汽缸缓慢地转到开口向上的竖直位置时，设气体的长度为L3，则：P 1L1S=P2L3S代入数据得：L3=0.1m气体体积膨胀的过程中活塞向上移动：△x=0.15﹣0.1=0.05m，故大气压力对气体做功：W=﹣P2S•△x由热力学第一定律：△U=W+Q代入数据联立得：△U=310J答：①活塞刚好到达汽缸口时气体的温度为450K；②在对缸内气体加热的过程中，吸收了Q=370J的热量，则气体增加的内能△U 是310J．[物理-选修3-4]15．如图所示是一列向右传播的横波，波速为0.4m/s，M点的横坐标x=10m，图示时刻波传到N点．现从图示时刻开始计时，经过29s时间，M点第二次到达波谷；这段时间里，N点经过的路程为145cm．【解答】解：由图读出波长λ=1.6m，周期T==波由图示位置传到M的时间为t1==s=22s波传到M时，起振方向向上，经过1T=7s，M点第二次到达波谷，故从图示时刻开始计时，经过29s时间，M点第二次到达波谷；由t=29s=7T，则这段时间里，N点经过的路程为S=•4A=29×5cm=145cm．故答案为：29；14516．半径为R的玻璃四分之一圆柱体，圆心为O，底边水平．玻璃的折射率n=．一束单色光水平射向圆柱面，入射点为P，入射角r=60°，经折射后照到MO间的某点Q，求：①PQ间的距离；②光线PQ能否在Q点发生全反射？【解答】解：（1）先假设光线能从左侧射出，做出光路如图所示，由题意知光在P点的入射角α=60°，由折射定理得sinr=，所以：i=30°由图中几何关系得：，则：PQ=（2）设临界角为C，则：在左侧的Q点处，根据几何关系可知，光的入射角：i′=30°所以：sini′=＜所以：i′＜C光不能发生全反射．答：①PQ间的距离是；②光线PQ不能在Q点发生全反射．[物理-选修3-5]17．在光电效应试验中，某金属的截止频率相应的波长为λ0，该金属的逸出功为h．若用波长为λ（λ＜λ0）单色光做实验，则其截止电压为﹣．（已知电子的电荷量、真空中的光速和普朗克常量分别为e、c和h）【解答】解：金属的逸出功为：W0=hγ0=h．根据光电效应方程知：E km=h﹣h，又E km=eU，则遏止电压为：U=﹣．故答案为：h，﹣．18．如图所示，两端带有固定薄挡板的滑板C长为l，总质量为，与地面间的动摩擦因数为μ，其光滑上表面静止两质量分别为m、的物体A、B，其中左端带有轻质弹簧的A位于C的中点．现使B以水平速度2v向右运动，与挡板碰撞并瞬间粘连而不再分开，A、B可看作质点，弹簧的长度与C的长度相比可以忽略，所有碰撞事件很短，重力加速度为g．求：（1）B、C碰撞后的速度以及C在水平面上滑动时加速度的大小；（2）设A、C能够碰撞且碰撞过程用时极短，求A、C第一次碰撞时弹簧具有的最大性势能．【解答】解：（1）B、C碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：×2v=（+）v1，解得：v1=v；对BC，由牛顿第二定律得：μ（m++）g=（+）a，解得：a=2μg；（2）设A、C第一次碰撞前瞬间C的速度为v2，由匀变速直线运动的速度位移公式得：v22﹣v12=2（﹣a）•，。
【衡水金卷】河北省衡水中学2016届高考模拟押题卷物理试题(金卷一) 【含答案】[ 高考]
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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)物理试题二、选择题：本题共8小题．每小题6分。
在每小题给出的四个选项中．第14～18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。
14．2016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15．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()2202sin314u t 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50 HzB ．手机电源得到的是正弦交流电．其频率为50 HzC ．该装置正常工作时手机电源获得的电压为5 VD ．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2.5 V16．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。
2016年高考物理模拟试卷【新课标I卷】：2016年高考物理模拟试卷(一)(含参考答案及解析).pdf
2016 年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力模拟测试（新课标I卷）物理部分（一）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14～18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. 学习物理不仅要掌握物理知识，还要领悟并掌握处理物理问题的思想方法。
在下图所示的几个实验中，研究物理问题的思想方法相同的是A．甲、乙B．乙、丙C．甲、丙D．丙、丁15. 某质点在 0～3 s 内运动的 v－t 图象如图所示。
关于质点的运动，下列说法正确的是()A．质点在第 1 s 内的平均速度等于第 2 s 内的平均速度 B．t＝3 s 时，质点的位移最大C．质点在第 2 s 内的加速度与第 3 s 内的加速度大小相等，方向相反D．质点在第 2 s 内的位移与第 3 s 内的位移大小相等，方向相反16. 有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为v 的大河，小明驾着小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直，去程与回程所用时间的比值为k，船在静水中的速度大小相同，则小船在静水中的速度大小为A．B．C．D．17.. 如图所示，匀强电场方向平行于xOy 平面，在xOy 平面内有一个半径为R＝5 cm 的圆，圆上有一动点P，半径OP与x轴方向的夹角为θ，P点沿圆周移动时，O、P两点的电势差满足U OP＝25 sinθ(V)，则该匀强电场的大小和方向分别为( )A．5 V/m，沿 x 轴正方向B．500V/m，沿 y 轴负方向C．500 V/m，沿 y 轴正方向D．250 V/m，沿 x 轴负方向18.“轨道康复者”是“垃圾”卫星的救星，被称为“太空 110”，它可在太空中给“垃圾”卫星补充能源，延长卫星的使用寿命。
假设“轨道康复者”的轨道离地面的高度为地球同步卫星轨道离地面高度的五分之一，其运动方向与地球自转方向一致，轨道平面与地球赤道平面重合，下列说法正确的是（）A.“轨道康复者”的速度是地球同步卫星速度的 5 倍B.“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的 25 倍 C.站在赤道上的人观察到“轨道康复者”向东运动 D.“轨道康复者”可在高轨道上加速，以实现对低轨道上卫星的拯救19. 在电场强度大小为E 的匀强电场中，将一个质量为m、电荷量为q 的带电小球由静止开始释放，带电小球沿与竖直方向成θ角的方向做直线运动.关于带电小球的电势能ε和机械能W 的判断，不正确的是( )A．若 sinθ<，则ε一定减少，W一定增加B．若 sinθ＝，则ε、W一定不变C．若 sinθ=，则ε一定增加，W一定减小D．若 tanθ＝，则ε可能增加，W一定增加20. 如图所示,A、B 两物块的质量分别为 2 m 和 m, 静止叠放在水平地面上。
物理高考模拟卷-高三物理试题及答案-焦作市2016高考一模试卷物理试题
2016年河南省焦作市高考物理一模试卷一、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中．第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分．选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．伽利略是物理学发展史上最伟大的科学家之一，如图是伽利略采用“冲淡”重力的方法，研究自由落体运动时所做的铜球沿斜面运动实验的示意图．若某同学重做此实验，让小球从长度为l、倾角为θ的斜面顶端由静止滑下，在不同的条件下进行实验，不计空气阻力及小球的转动，摩擦阻力恒定，下列叙述正确是（）A．l一定时，θ角越大，小球运动的加速度越小B．l一定时，θ角越大，小球运动时的惯性越大C．θ角一定时，小球从顶端运动到底端所需时间与l成正比D．θ角一定时，小球从顶端运动到底端时的动能与l成正比2．如图所示，质量分别为3m和m的两个可视为质点的小球a、b，中间用一细线连接，并通过另一细线将小球a与天花板上的O点相连，为使小球a和小球b均处于静止状态，且Oa细线向右偏离竖直方向的夹角恒为37°，需要对小球b朝某一方向施加一拉力F．若已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度为g，则当F的大小达到最小时，Oa细线对小球a的拉力大小为（）A．4mg B．3.2mg C．2.4mg D．3 mg3．如图所示，在空间中存在竖直向上的匀强电场，质量为m、电荷量为+q的物块从A点由静止开始下落，加速度为g，下落高度H到B点后与一轻弹簧接触，又下落h后到达最低点C，整个过程中不计空气阻力，且弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则带电物块在由A点运动到C点过程中，下列说法正确的是（）A．该匀强电场的电场强度为B．带电物块和弹簧组成的系统机械能减少量为C．带电物块电势能的增加量为mg（H+h）D．弹簧的弹性势能的增加量为4．如图所示，一物块从一光滑且足够长的固定斜面顶端O点无初速释放后，先后通过P、Q、N三点，已知物块从P点运动到Q点与从Q点运动到N点所用的时间相等，且PQ长度为3m，QN长度为4m，则由上述数据可以求出OP的长度为（）A．2m B．m C．m D．3m5．在如图所示电路中，已知电表均为理想仪表，且小灯泡的电阻小于电源的内阻，电流表A、电压表V1、电压表V2的读数分别为I、U1和U2，P为被细线悬挂在两平行金属板间的带电小球，细线与竖直方向间的夹角为θ，则当滑动变阻器的滑片向右滑动一小段距离的过程中，电流表A、电压表V1、电压表V2读数变化量大小分别是△I、△U1和△U2，下列说法中正确的是（）A．△U2大于△U1B．灯泡变亮、细线与竖直方向间的夹角θ变大C．电源的输出功率变大D．变大、变大6．某学习兴趣小组通过查阅资料发现某示波管工作时，其内部空间存在如图所示的电场，其中实线表示电场线，方向如图所示，虚线为对应的等势线，则下列说法正确的是（不计电子重力）（）A．a点的电场强度与b点的电场强度大小相等B．两电子分别从a、b两点移动到c点，电场力对两电子做的功相等C．沿bc方向射入的电子将做直线运动D．将电子由a点静止释放，电子将沿电场线做曲线运动，经过d点7．普通交流电流表和交流电压表不能直接接在高压输电线路上测电流和电压，通常要通过互感器来连接，现在在图示高压电路输入端已接入两个互感器，原、副线圈的匝数比分别为1：200和200：1，图中甲、乙表示电压表或电流表，已知电路中电压表的读数为11V，电流表的读数为1A，则（）A．甲电表是电压表，乙电表是电流表B．甲电表是电流表，乙电表是电压表C．图示高压输送电路输电线的总电阻是11ΩD．图示高压输送电路输入的总功率为440 kW8．如图甲所示，在竖直平面内有一单匝正方形线圈和一垂直于竖直平面向里的有界匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，磁场上、下边界AB和CD均水平，线圈的ab边水平且与AB 间有一定的距离．现在让线圈无初速自由释放，图乙为线圈从自由释放到cd边恰好离开CD 边界过程中的速度一时间关系图象．已知线圈的电阻为r，且线圈平面在线圈运动过程中始终处在竖直平面内，不计空气阻力，重力加速度为g，则根据图中的数据和题中所给物理量可得（）A．在0～t3时间内，线圈中产生的热量为B．在t2～t3时间内，线圈中cd两点之间的电势差为零C．在t3～t4时间内，线圈中ab边电流的方向为从b流向aD．在0～t3时间内，通过线圈回路的电荷量为二、非选择题．包括必考题和选考题两部分．必考题，每个试题考生都必须作答．选考题．考生根据要求作答．（一）必考题9．某兴趣小组要测量木块与较粗糙木板之间的动摩擦因数，他们先将粗糙木板水平固定，再用另一较光滑的板做成斜面，倾斜板与水平板间由一小段光滑曲面连接，保证木块在两板间通过时速度大小不变．（1）使木块从相对水平木板高h处由静止滑下，并在水平板上滑行一段距离x后停止运动，改变h大小，进行多次实验，若忽略木块与倾斜板间的摩擦，以x为横坐标、h为纵坐标，从理论上得到的图象应为；（2）如果考虑木块与倾斜板之间的摩擦，在改变h时，他们采取的办法是：每次改变倾斜板的倾角，让木块每次由静止开始下滑的位置在同一条竖直线上，且测出该竖直线与两板连接处的水平距离为l，如图甲所示．将每次实验得到的h、x相关数据绘制出的h﹣x图象如图乙所示，图线的延长线与两坐标轴的交点坐标分别为（﹣a，0）和（0，b），则木块与倾斜板间的动摩擦因数μ1=，木块与水平板间的动摩擦因数μ2=．（以上两空用a、b和l中的某些物理量表示）10．某班级开展了一次10分钟实验竞赛，试题命题形式为各小组自已出题，然后交到老师那进行审核，并汇总在一起，在某自习课进行随机抽取试题比赛，某小组在本次实验竞赛中，抽到的试题为：（1）若用主尺的最小分度是1mm，游标上有20个小的等分刻度的游标卡尺测量某一器件的长度时，显示如图1﹣甲所示，则该游标卡尺的读数为mm．（2）现有一多用电表，其欧姆挡的“0”刻度线与中值刻度线问刻度模糊，若用该欧姆挡的×100Ω挡，经正确调零后，规范测量某一待测电阻R时，指针所指的位置与“0”刻度线和中值刻度线间的夹角相等，如图1﹣乙所示，则该待测电阻R=Ω．（3）为了精确测量一电动势约为5V，内阻约为2.5Ω的直流电源的电动势E和内电阻r，现在除提供导线若干、开关一个和待测电源外，还提供有如下仪器：A．电流表A（量程为200mA，内阻约为10Ω）B．电流表G1（量程为50mA，内阻约为20Ω）C．电流表G2（量程为20mA，内阻为50Ω）D．定值电阻10ΩE．定值电阻50ΩF．定值电阻150ΩH．滑动变阻器50ΩJ．滑动变阻器500Ω选择合适的仪器，设计的实验电路如图2﹣甲所示，电流表A的读数为I A，电流表G的读数为I g，移动滑动变阻器，测量多组I A和I g的数据，并以I A为纵轴坐标，以I g为横坐标描点作图，若得到的图象如图2﹣乙所示，对应的关系方程为I A=k I g+b，且测量电路中对应的仪器参数如图所示，则b=（用R、R1、R2、R g、R A、E和r中的某些量表示）；若b的数值为0.4，则电路中定值电阻R2应选择：（填D、E或F），滑动变阻器应该选择：（填H或J）；在该实验电路中，是否会因为仪表有内阻而产生系统实验误差：（填“会”或“不会”）．11．由于地球的自转，物体在地球上不同纬度处随地球自转所需向心力的大小不同，因此同一个物体在地球上不同纬度处重力大小也不同，在地球赤道上的物体受到的重力与其在地球两极点受到的重力大小之比约为299：300，因此我们通常忽略两者的差异，可认为两者相等．而有些星球，却不能忽略．假如某星球因为自转的原因，一物体在赤道上的重力与其在该星球两极点受到的重力大小之比为7：8，已知该星球的半径为R，求：（1）绕该星球运动的同步卫星的轨道半径r；（2）若已知该星球赤道上的重力加速度大小为g，万有引力常量为G，则该星球的密度ρ．12．如图所示，在竖直平面内，水平x轴的上方和下方分别存在方向垂直纸面向外和方向垂直纸面向里的匀强磁场，其中x轴上方的匀强磁场磁感应强度大小为B1，并且在第一象限和第二象限有方向相反．强弱相同的平行于x轴的匀强电场，电场强度大小为E1，已知一质量为m的带电小球从y轴上的A（0，L）位置斜向下与y轴负半轴成60°角射入第一象限，恰能做匀速直线运动．（1）判定带电小球的电性，并求出所带电荷量q及入射的速度大小；（2）为使得带电小球在x轴下方的磁场中能做匀速圆周运动，需要在x轴下方空间加一匀强电场，试求所加匀强电场的方向和电场强度的大小；（3）在满足第（2）问的基础上，若在x轴上安装有一绝缘弹性薄板，并且调节x轴下方的磁场强弱，使带电小球恰好与绝缘弹性板碰撞两次后从x轴上的某一位置返回到x轴的上方（带电小球与弹性板碰撞时，既无电荷转移，也无能最损失，并且入射方向和反射方向与弹性板的夹角相同），然后恰能匀速直线运动至y轴上的A（0，L）位置，则：弹性板至少多长？带电小球从A位置出发返回至A位置过程中所经历的时间．（二）选考题：共45分．请考生从给出的3道物理题中任选一题作答，如果多做．则每学科按所做的第一题计分．[物理--选修3-3]13．下列说法正确的是（）A．第二类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律B．晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点C．物体的温度越高，分子热运动就越剧烈，每个分子动能也越大D．一定质量的理想气体，压强不变时，温度升高时，分子间的平均距离一定增大E．一个分子以一定的初速度沿直线向另一固定的分子靠近，直到不能再靠近为止的过程中，分子间相互作用的合力先变大后变小，再变大14．如图所示，A、B气缸的长度均为60cm，截面积均为S=40cm2，C是可在气缸内无摩擦滑动的、体积不计的活塞，D为阀门．整个装置均由导热材料制成．原来阀门关闭，A内有压强P A=2.4×105Pa的氧气．B内有压强P B=1.2×105Pa的氢气．阀门打开后，活塞C向右移动，最后达到平衡．假定氧气和氢气均视为理想气体，连接气缸的管道体积可忽略不计．求：①活塞C移动的距离及平衡后B中气体的压强；②活塞C移动过程中B中气体是吸热还是放热（简要说明理由）．[物理--选修3-4]15．某横波在介质中沿x轴正方向传播，t=0时刻时波源O开始振动，振动方向沿y轴负方向，图示为t=0.7s时的波形图，已知图中b点第二次出现在波谷，则该横波的传播速度v= m/s；从图示时刻开始计时，图中c质点的振动位移随时间变化的函数表达式为m．16．如图所示，有一足够大的容器内盛有水和色拉油两种物质，其中水的深度为2d，色拉油的厚度为d，容器底部有一个单色点光源，已知水对该光的折射率为n1=，色拉油对该光的折射率为n2=1.5，光在真空中的传播速度为c，求：①这种光在水中和色拉油中传播的速度大小；②在色拉油上表面放一不透明薄膜，以致从光源直接发出的光线不能从色拉油中射出，则薄膜的最小面积．[物理--选修3-5]17．美国物理学家密立根以精湛的技术测出了光电效应中几个重要的物理量．若某次实验中，他用光照射某种金属时发现其发生了光电效应，且得到该金属逸出的光电子的最大初动能随入射光频率的变化图象如图所示，经准确测量发现图象与横轴的交点坐标为4.77，与纵轴交点坐标为0.5．已知电子的电荷量为1.6×10﹣19C，由图中数据可知普朗克常量为J•s，金属的极限频率为Hz．（均保留两位有效数字）18．一辆以90km/h高速行驶的货车，因其司机酒驾，在该货车进入隧道后，不仅未减速，而且驶错道，与一辆正以72km/h速度驶来的小轿车发生迎面猛烈碰撞，碰撞后两车失去动力并挂在一起，直线滑行10m的距离后停下，已知货车的质量为M=104kg，轿车的质量为m=103kg，且由监控数据可知，两车碰撞时间（从接触到开始一起滑行所用时间）为0.2s，假设两车碰撞前后一直在同一条直线上运动，且忽略碰撞时摩擦力的冲量，重力加速度g取10m/s2，求：①两车碰撞过程中，小轿车受到的平均冲击力与轿车本身的重力之比；②两车一起滑行的过程中，受到的地面摩擦力大小（保留两位有效数字）．2015年河南省焦作市高考物理一模试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中．第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分．选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】对小球进行受力分析，根据牛顿第二定律求出小球运动的加速度，利用运动公式求的下滑的时间；利用动能定理求的动能，质量时物体惯性的量度【解答】解：A、l一定时，θ角越大，由牛顿第二定律可知mgsinθ﹣μmgcosθ=ma，a=gsinθ﹣μgcosθ，故θ角越大，小球运动的加速度越大，故A错误；B、惯性只与物体的质量有关，匀运动状态无关，故B错误；C、θ角一定时，下滑时间为t=，故C错误；D、θ角一定时，根据动能定理可知：E k=mgLsinθ﹣μmgLcosθ，故D正确；故选：D【点评】本题主要考查了牛顿第二定律与运动学公式的直接应用，注意找出个物理量与θ获L之间的关系即可2．【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【专题】共点力作用下物体平衡专题．【分析】以两个小球组成的整体为研究对象，当F垂直于Oa线时取得最小值，根据平衡条件求解F的最小值对应的细线拉力．【解答】解：以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力，作出F在三个方向时整体的受力图，根据平衡条件得知：F与T的合力与重力mg总是大小相等、方向相反，由力的合成图可知，当F与绳子oa垂直时，F有最小值，即图中2位置，F的最小值为：根据平衡条件得：F=4mgsin37°=2.4mg，T=4mgcos37°=3.2mg故选：B．【点评】本题是隐含的临界问题，关键运用图解法确定出F的范围，得到F最小的条件，再由平衡条件进行求解．3．【考点】功能关系；电势能．【分析】根据牛顿第二定律求出电场强度的大小，根据除重力和弹力以外其它力做功得出系统机械能的变化量．根据电场力做功求出电势能的变化量．根据动能定理求出弹簧弹力做功，从而得出弹性势能的变化量．【解答】解：A、物体静止开始下落时的加速度为，根据牛顿第二定律得：mg﹣qE=ma，解得：E=，故A错误．B、从A到C的过程中，除重力和弹力以外，只有电场力做功，电场力做功为：，可知机械能减小量为．故B错误．C、从A到C过程中，电场力做功为，则电势能增加量为．故C错误．D、根据动能定理得：=0，解得弹力做功为：，即弹性势能增加量为，故D正确．故选：D．【点评】本题考查了功能关系，知道合力做功等于动能的变化量，电场力做功等于电势能的减小量，重力做功等于重力势能的减小量，除重力或弹力以外其它力做功等于机械能的增量．4．【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【专题】直线运动规律专题．【分析】某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，设相等时间为t，即可表示出Q 点的速度，在相邻的相等时间内的位移差是恒量，即△x=at2=1m，结合Q的速度等于PN段的平均速度，求出Q的速度，再结合运动学公式求出OQ的距离，结合PQ距离求出OP长度．【解答】解：设相等的时间为t，加速度为a，由：△s=at2，得加速度：Q点的速度为PN段的平均速度：则OQ间的距离：则OP长度：s OP=s OQ﹣S PQ==故ABD错误，C正确；故选：C．【点评】解决本题的关键掌握匀变速运动的两个重要推论，1、某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度．2、在相邻的相等时间内的位移差是恒量，即△x=aT2．5．【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】该电路R1和R2串联，电容器两端间的电压等于R1两端间的电压，根据闭合电路的动态分析，分析电容器两端的电压变化，从而知道电场的变化以及θ角的变化．通过电容器两端电压的变化，就可知道电容器所带电量的变化．【解答】解：A、滑动变阻器电阻增大，总电流减小，r1电压减小，r2电压增大，而U外又增大，明显r2电压增大要超过r1电压减小，则A错误；B、滑动变阻器的滑片向右滑动一小段距离R2的电阻变大，则总电阻变大，总电流变小，外压增大，通过灯泡的电流变大，则R1电流变小，则其分压变小，电容器的电压变小，细线与竖直方向间的夹角θ变小，则B错误C、小灯泡的电阻小于电源的内阻，那么再并联r1r2就更小了，当外电阻小于内电阻时，由p出的图象可知，p出增大，则C正确；D、为外阻，变大，为内阻，不变，则D错误故选：C【点评】解决本题的关键抓住电源的电动势和内阻不变，利用闭合电路欧姆定律进行动态分析，特别要理解||=r，知道内、外电路电压变化量大小相等．6．【考点】电场线；电场强度．【分析】沿电场线电势降低，电场强度的大小与电场线的疏密的关系；沿着电场线方向电势是降低的．明确电荷在电场中的受力特点以及电场力做功情况，从而进一步判断电势能变化情况．根据受力情况，分析电子的运动情况．【解答】解：A、根据电场线的疏密表示电场强度的相对大小，可知E a＞E b．故A错误．B、两电子分别从a、b两点移动到c点，电势差相等，电场力对两电子做的功相等．故B 正确．C、沿bc方向直线射入的电子，所受的电场力沿cb方向，电子做直线运动．故C正确．D、将电子由a点静止释放，电子受力沿切线的方向，不沿电场线做曲线运动，故D错误．故选：BC．【点评】本题关键是明确电场强度的大小看电场线的疏密程度，电场力做功看电荷的电性和电势差，属于基础问题．7．【考点】变压器的构造和原理．【专题】交流电专题．【分析】根据变压比和变流比计算出输送电压和电流，最后根据电功率P=UI计算电功率．【解答】解：AB、由图可知：甲串联在电路中是电流表，乙并联在电路中是电压表，所以甲是电流互感器，乙是电压互感器，B正确，A错误．C、输电线只占部分电压，故不能求解电阻，故C错误；D、甲互感器原线圈的匝数比副线圈匝数1：200，乙互感器原线圈的匝数比副线圈匝数200：1，由电压表的示数为11V，得原线圈的电压为2200V，由电流表的示数为1A，原线圈的电流为200A．所以电线输送功率是：P=UI=2200×200=4.4×105W．故D正确；故选：BD．【点评】本题实质是电压互感器与电流互感器的简单运用，电压互感器与电流互感器是利用变压器原理将电压、电流减小到可测范围进行测量的仪器．8．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．【专题】电磁感应——功能问题．【分析】由图知线圈在t1时刻进入磁场做匀速运动，由图象的面积可求得线圈的边长，根据能量守恒求解热量．在t2～t3时间内，线圈完全在磁场中运动，没有感应电流，cd和ab边切割磁感线产生感应电动势．根据右手定则判断感应电流的方向．根据公式q=，求解电量．【解答】解：A、由图知线圈在t1时刻进入磁场做匀速运动，线圈的边长为L=ac=bd=v1（t2﹣t1）在0～t3时间内，只有在t1～t2时间内线圈产生热量，产生的热量为Q=mgL=mgv1（t2﹣t1）又据平衡条件得mg=联立得Q=，故A正确．B、在t2～t3时间内，线圈中cd切割磁感线，两点之间的电势差等于感应电动势，不零，故B错误．C、在t3～t4时间内，线圈出磁场，磁通量减少，由楞次定律知线圈中ab边电流的方向为从b流向a，故C正确．D、在0～t3时间内，通过线圈回路的电荷量为q===，故D 错误．故选：AC．【点评】本题是电磁感应与力学、电路知识的综合，掌握电磁感应中的基本规律，如法拉第定律、欧姆定律，结合力学的动能定理和平衡条件进行研究．对于题中的热量，也可以根据焦耳定律列式求解．二、非选择题．包括必考题和选考题两部分．必考题，每个试题考生都必须作答．选考题．考生根据要求作答．（一）必考题9．【考点】探究影响摩擦力的大小的因素．【专题】实验题；摩擦力专题．【分析】（1）根据动能定理列式求解x与h的关系表达式；（2）再次根据动能定理列式，得到x﹣h图象的表达式．【解答】解：（1）对全程运用动能定理，有：mgh﹣μmgx=0得到：h=μx；故x﹣h图象是过坐标原点的倾斜向上直线（或正比例函数）；（2）对全程运用动能定理，有：mgh﹣μ1mgcosθ•x1﹣μ2mgx=0（θ为斜面的坡角）由几何关系得到：L=x1cosθ得到：h=μ2x+μ1L图线的延长线与两坐标轴的交点坐标分别为（a，0）和（0，﹣b），故：μ2=（斜率）μ1l=b （截距）解得：μ1=μ2=故答案为：（1）过坐标原点的倾斜向上直线（或正比例函数）；（2），．【点评】本题关键是两次根据动能定理列式求解出x﹣h图象的函数表达式，然后结合图象进行分析，不难．10．【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】（1）游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数．（2）欧姆表的工作原理是闭合电路欧姆定律，应用闭合电路欧姆定律求出电阻阻值．（3）根据图示电路图，应用欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图象与函数表达式分析答题．【解答】解：（1）由图示游标卡尺可知，其示数为103mm+2×0.05mm=103.10mm；（2）欧姆表调零时，I g=，由图示欧姆表可知，中央刻度值为：15×100Ω=1500Ω，指针在中央刻度线时：I g=，欧姆表指针所指的位置与“0”刻度线和中值刻度线间的夹角相等，则电流：I=I g=，解得：R X=500Ω．（3）由图甲所示电路图，根据闭合电路欧姆定律可知，电源电动势：E=I g（R g+R1）+（I g+I A）（R2+r），则：I A=﹣I g，图象对应的关系方程为I A=k I g+b，则：b=，由题意可知，电源电动势约为5V，内阻约为2.5Ω，b的数值为0.4，则电路中定值电阻R2应选择：D，滑动变阻器应该选择：H；由图示图象与图象的函数表达式可知，在该实验电路中，不会会因为仪表有内阻而产生系统实验误差．故答案为：（1）103.10；（2）500；（3）；D；H；不会；【点评】本题考查了游标卡尺读数、求电阻阻值、测电源电动势与内阻实验，要掌握常用器材的使用及读数方法；知道欧姆表的工作原理可以求出电阻；根据图示电路图应用闭合电路欧姆定律求出图象的函数表达式即可正确解题．11．【考点】万有引力定律及其应用；向心力．【专题】万有引力定律的应用专题．【分析】物体在星球两极时，万有引力等于重力，即：，物体在星球赤道上随星球自转时，向心力由万有引力的一个分力提供，另一个分力就是重力G赤，有：F万=G 赤+F n，该星球的同步卫星的周期等于自转周期T，则有：，结合题目中的条件，计算绕该星球运动的同步卫星的轨道半径r．在星球赤道上，有，解出该星球的质量，再根据密度的定义式计算星球的密度．。
2016年人教版高考物理模拟考试题附答案
物理试题本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，第I卷l至3页，第Ⅱ卷4至6页．共100分。
第I卷(选择题共40分)本卷共8小题，每小题5分，共40分。
一、选择题：本题共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第1~5题只有一项符合题目要求。
第6~8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分。
选对但不全的得3分．有选错的得0分．1．2015年12月29日．“高分4号”对地观测卫星升空。
这是中国“高分”专项首颗高轨道高分辨率、设计使用寿命最长的光学遥感卫星，也是目前世界上空间分辨率最高、幅宽最大的地球同步轨道遥感卫星。
下列关于“高分4号”地球同步卫星的说法中正确的是A．该卫星定点在北京上空B．该卫星定点在赤道上空C．它的高度和速度是一定的，但周期可以是地球自转周期的整数倍D．它的周期和地球自转周期相同，但高度和速度可以选择，高度增大，速度减小2．线圈ab、cd绕在同一软铁芯上，如图甲所示，在ab线圈中通以如图乙所示的电流(电流从a流入为正)，已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则下列描述线圈以中感应电动势U cd随时间变化关系的图中，正确的是3.如图所示，边长为L的金属框abcd放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上，当金属框绕ab边以角速度 逆时针转动时，a 、b 、c 、d 四点的电势分别为a b c d ϕϕϕϕ、、、．下列判断正确的是 A ．金属框中无电流，a d ϕϕ=B ．金属框中电流方向沿a-d-c-b-a ，a d ϕϕ<C ．金属框中无电流，212bc U BL ω=-D ．金属框中无电流，2bc U BL ω=-4．如图所示，在x 轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ．原点O 处存在一粒子源，能同时发射大量质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子(重力不计)，速度方向均在xOy 平面内，与x 轴正方向的夹角θ在0～180°范围内．则下列说法正确的是A ．发射速度大小相同的粒子，θ越大的粒子在磁场中运动的时间越短B ．发射速度大小相同的粒子，θ越大的粒子离开磁场时的位置距O 点越远C ．发射角度θ相同的粒子，速度越大的粒子在磁场中运动的时间越短D ．发射角度θ相同的粒子，速度越大的粒子在磁场中运动的角速度越大5．如图所示，竖直放置在水平面上的圆筒，从圆筒上边缘等高处同一位置分别紧贴内壁和外壁以相同速率向相反方向水平发射两个相同小球，直至小球落地，不计空气阻力和所有摩擦，以下说法正确的是 A ．筒外的小球先落地B ．两小球的落地速度可能相同C ．两小球通过的路程不一定相等D ．筒内小球随着速率的增大。
2016届高考物理一模试卷(附答案)
t)江苏省无锡市 2016 届高考物理一模试卷一、单项选择题：本题共 5 小题，每小题 3 分，共计 15 分，每小题只有一个选项符合题意．1．如图，鸟沿虚线斜向上加速飞行，空气对其作用力可能是（ ）A ． F1B ． F2C ． F3D ． F42．如图所示，A 、B 、C 、D 是真空中一正四面体的四个顶点（正四面体是由四个全等正三角形围成的空间 封闭图形），所有棱长都为 a ，现在 A 、B 两点分别固定电量分别为 +q 和 -q 的两个点电荷，静电力常量为k ，下列说法错误的是（ ）A ．C 、D 两点的场强相同B ．C 点的场强大小为kqa 2C ．C 、D 两点电势相同D ．将一正电荷从 C 点移动到 D 点，电场力做正功3．一正弦交流电的电流随时间变化的规律如图所示．由图可知（）A ．该交流电的电流瞬时值的表达式为i = 2sin(100π AB ．该交流电的频率是 50HzC ．该交流电的电流有效值为 2 2 AD ．若该交流电流通过 R = 10 Ω 的电阻，则电阻消耗的功率是 20 W4．“轨道康复者”是“垃圾”卫星的救星，被称为“太空 110”，它可在太空中给“垃圾”卫星补充能源， 延长卫星的使用寿命，假设“轨道康复者”轨道平面与地球赤道平面重合，轨道半径为地球同步卫星轨道 半径的五分之一，其运动方向与地球自转方向一致，下列说法正确的是（ ）A ．站在赤道上的人观察到“轨道康复者”向西运动B ．“轨道康复者”的速度是地球同步卫星速度的 5 倍C ．“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的 25 倍D ．增大圆盘转速，发现A 、B 一起相对圆盘滑动，则 A 、B 之间的动摩擦因数 μ 大于 B 与盘之间的动摩擦D ．“轨道康复者”可在高轨道上加速，以实现对低轨道上卫星的拯救5．如图，一竖直放置的轻弹簧下端固定于桌面，现将一物块放于弹簧上同时对物块施加一竖直向下的外力， 并使系统静止，若将外力突然撤去，则物块在第一次到达最高点前的速度—时间图象（图中实线）可能是 图中的（）A ．B ．C ．D ．二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 4 分，共计 16 分，每小题有多个选项符合题意，全部选对的得 4分，选对但不全的得 2 分，错选或不答的得 0 分．6．如图所示，粗糙水平圆盘上，质量相等的 A 、B 两物块叠放在一起，随圆盘一起做匀速圆周运动，设物 体间最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，则是下列说法正确的是（）A ．B 的向心力是 A 的 2 倍B ．盘对 B 的摩擦力是 B 对 A 的摩擦力的 2 倍C ．A 有沿半径向外滑动的趋势，B 有沿半径向内滑动的趋势A因数 μB7．现用充电器为一手机电池充电，等效电路如图所示，充电器电源的输出电压为 U ，输出电流为 I ，手机电池的内阻为 r ，下列说法正确的是（ ）A ．充电器输出的电功率为 UI + I 2rB ．充电器输出的电功率为 UI - I 2r边平行．一质量为 m 、带电量为 q 的小球由某一边的中点，以垂直于该边的水平初速 v 进入该正方形区域．当2 2 2 22 3 2C ．电池产生的热功率为 I 2rD ．充电器的充电效率为 Ir⨯100%U8．如图所示，在竖直平面内有一边长为 L 的正方形区域处在场强为 E 的匀强电场中，电场方向与正方形一小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有的动能可能为（）1A ．可能等于零B ．可能等于 mv 0 21 1 11 2 1C ．可能等于 mv 2 + qEL - mgLD ．可能等于 mv 2 + qEL + mgL0 09．在如图所示的两平行虚线之间存在着垂直纸面向里、宽度为d ．磁感应强度为 B 的匀强磁场，正方形线框 abcd 的边长 L （ L ＜d ）、质量为 m 、电阻为 R ，将线框从距离磁场的上边界为 h 高处由静止释放后， 线框的 ab 边刚进入磁场时的速度为 v 0， ab 边刚离开磁场时的速度也为 v 0，在线框开始进入到ab 边刚离开 磁场的过程中（）A ．感应电流所做的功为 mg dB ．感应电流所做的功为 2mg dC ．线框的最小动能为 mg(h - d + L)D ．线框的最小动能为m 3g 2R 22B 4L 4三、简答题：本题共 2 小题，共 18 分．请将解答填写在答题卡相应的位置．10．（8 分）如图甲所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验．有一直径为 d ．质量为 m 的金属小球由 A 处由静止释放，下落过程中能通过 A 处正下方、固定于 B 处的光电门，测得 A 、 B 间的距离为 H （ H ＞d ），光电计时器记录下小球通过光电门的时间为 t ，当地的重力加速度为 g ．则：t 2t（1）如图乙所示，用 20 分度的游标卡尺测得小球的直径 d = ___________cm ．（2）多次改变高度 H ，重复上述实验，作出 1随 H 的变化图像如图丙所示，当图中已知量t 、 H 和重力0 0加速度 g 及小球的直径 d 满足以下表达式：___________（用 t 、 H 、g 、d 表示，四个量均取国际单位）时，可判断小球下落过程中机械能守恒．（3）实验中发现动能增加量 ∆E k 总是稍小于重力势能减少量 ∆E p ，增加下落高度后，则 ∆E p - ∆E k 将___________（选填“增加”、“减小”或“不变”）．11．（10 分）某同学为了测量一节电池的电动势和内阻，从实验室找到以下器材：一个满偏电流为 100A ．内阻为 2 500 Ω 的表头，一个开关，两个电阻箱（ 0 - 999.9 Ω ）和若干导线．（1）由于表头量程偏小，该同学首先需将表头改装成量程为 50 mA 的电流表，则应将表头与电阻箱___________（填“串联”或“并联”），并将该电阻箱阻值调为___________．（2）接着该同学用改装的电流表对电池的电动势及内阻进行测量，实验电路如图 1 所示，通过改变电阻 R 测相应的电流 I ，且作相关计算后一并记录如下表：R （Ω）I （mA ）IR （V ）195.015.01.43275.018.7 1.40355.024.8 1.36445.029.5 1.33535.036.0 1.26625.048.0 1.201I（ A -1 ）66.753.540.333.927.820.8从表格中给定的量任选两个作为纵轴和横轴的变量，在图 2 中作出相应图线；并根据图线求出电池的电动势 E = ___________V ，内阻 r = ___________．四、计算题：本题共 5 小题，共计 71 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．12．（10 分）有一个阻值为 R 的电阻，若将它接在电压为 20V 的直流电源上，其消耗的功率为 P ；若将它接在如图所示的理想变压器的次级线圈两端时，其消耗的功率为（V ），不计电阻随温度的变化．求：（1）理想变压器次级线圈两端电压的有效值．P 2．已知变压器输入电压为 u =220sin100π（2）若装置匀速转动的角速度 ω =50rad/s ，求细线 AB 和 AC 上的张力大小 T 、 T 2AC ． 3=（2）此变压器原、副线圈的匝数之比．13．（12 分）如图所示装置可绕竖直轴 O 'O 转动，可视为质点的小球 A 与两细线连接后分别系于 B 、C 两 点，当细线 AB 沿水平方向绷直时，细线 AC 与竖直方向的夹角 θ 37︒ ．已知小球的质量 m = 1kg ，细线AC 长 L = 1m ，（重力加速度取 g = 10 m/s 2 ， sin37 ︒ = 0.6 ）（1）若装置匀速转动时，细线 AB 刚好被拉直成水平状态，求此时的角速度ω ． 1AB14．（15 分）固定的倾角为 37︒ 的光滑斜面，长度为 L = 1m ，斜面顶端放置可视为质点的小物体，质量为0.5kg ，如图所示，当水平恒力较小时，物体可以沿斜面下滑，到达斜面底端时撤去水平恒力，物体在水平地面上滑行的距离为 s ，忽略物体转弯时的能量损失，研究发现 S 与 F 之间的关系如图所示，已知 g = 10 m/s 2 ，sin37︒ = 0.6 ， cos37︒ = 0.8 ．求：（1）物体与地面间的动摩擦因数；（2）当 F = 3N 时，物体运动的总时间（结果可以用根式表示）15．（17 分）如图所示，在 xOy 平面中第一象限内有一点 P(4,3) ，OP 所在直线下方有垂直于纸面向里的匀强磁场，OP 上方有平行于 OP 向上的匀强电场，电场强度 E = 100 V / m ．一质量 m = 1⨯10-6 kg ，电荷量 q = 2 ⨯10-3 C 带正电的粒子，从坐标原点 O 以初速度 v = 1⨯103 m / s 垂直于磁场方向射入磁场，经过 P点时速度方向与 OP 垂直并进入电场，在经过电场中的 M 点（图中未标出）时的动能为 P 点时动能的 2 倍，不计粒子重力．求： （1）磁感应强度的大小；（2）O、M两点间的电势差；（3）M点的坐标及粒子从O运动到M点的时间．16．（17分）如图甲所示，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ=30︒角固定，M、P之间接电阻箱R，导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B=0.5T．质量为m 的金属杆ab水平放置在轨道上，且与轨道垂直，金属杆a b接入电路的电阻值为r．现从静止释放杆a b，测得最大速度为v．改变电阻箱的阻值R，得到v与R的关系如图乙所示．已知轨道间距为L=2m，重力m m加速度g取10m/s2，轨道足够长且电阻不计．（1）当R=0时，求杆ab匀速下滑时产生感应电动势E的大小，并判断杆中的电流方向；（2）求解金属杆的质量m和阻值r；（3）当R=4Ω时，从静止释放ab杆，在ab杆加速运动的过程中，回路瞬时电功率每增加1W时，合外力对杆做功多少？22=1102V江苏省无锡市2016届高考物理一模试卷答案一、单项选择题1．B2．D3．D4．C5．A二、多项选择题6．BD7．C8．BCD9．BC三、简答题10．（1）0.815cm；（2）2gH t002=d2（3）增加11．（1）并联；5（2）如图所示：1.53；2.0四、计算题12．解：（1）直流电源的电压U=20V，设变压器次级线圈两端的电压的有效值为U，根据题意有：02P U2U2=2，P=02R R2得：U=U=102V20（2）变压器输入的电压有效值为：U=2201根据变压器电压比公式，可得：n:n=U:U=11:11212答：（1）理想变压器次级线圈两端电压的有效值为102V．（2）此变压器原、副线圈的匝数之比为11:1．13．解：（1）当细线AB刚好被拉直，则AB的拉力为零，靠AC的拉力和重力的合力提供向心力，L32物体运动的总时间为：t=t+t=633根据牛顿第二定律有：mg tan37︒=mLω2，AB1解得ω=g tan37︒1AB =10⨯34=52rad/s．1⨯5（2）若装置匀速转动的角速度ω=2竖直方向上有：T cos37︒=mg，AC 503rad/s，水平方向上有：T sin37︒+TAC AB =mLω2，AB2代入数据解得TAC =12.5N，TAB=2.5N．答：（1）此时的角速度为52rad/s．2（2）细线AB和AC上的张力大小T、TAB AC分别为2.5N、12.5N．14．解：（1）设物体的质量为m，与地面间的动摩擦因数为μ，则地面对物体的摩擦力：f=μmg当F取F=0N时，物体在水平地面上的位移为：s=6m11斜面是光滑的，则下滑过程增加的动能：E=mgLsin37︒k水平方向上，摩擦力做功大小：W=fs=E1k联立以上三式代入数据得：μ=0.1（2）当F=3N时，设物体下滑的加速度为a，在斜面上运动时间为t，则由牛顿第二定律得：mgLsin37︒-Fcos37︒=ma由位移时间公式得：L=1at2 2联立以上两式代入数据得：t=6 3 s则滑下斜面时速度大小为：v=at水平面上，设物体的加速度为a，运动时间为t，由牛顿第二定律得：μmg=ma111 v=a t11联立以上三式代入数据得：t=6s46+6=s总1t ' = T15．解：（1）因为粒子过 P 点时垂直于 OP ，所以 OP 为粒子做圆周运动的直径为 5 m ，由qvB = mv 2R得： B = 0.2 T（2）进入电场后，沿电场线方向1y ' = at 2 = 105 t 22v = at = 2 ⨯105 ty '垂直于电场方向 x ' = vt = 103tv = 103 m / sx '因为 2E kP = E kM 1 ，即 2 ⨯ mv 2 = 21 2m(v 2 + v 2 )x ' y '解得： x ' = 5 m ， y ' = 2.5 mt = 0.5 ⨯10-2 sOM 两点间的电势差： U = E(OP + y ') = 7.5 ⨯102 V（3）粒子在磁场中从 O 到 P 的运动时间：πm = = 7.85 ⨯10-3 s2 Bq粒子在电场中从 P 到 M 的运动时间：t = 0.5 ⨯10-2 s所以，从 O 到 M 的总时间：t = t + t ' = 1.285 ⨯10-2 s总M 点坐标： X = (OP + y ')cos θ - x 'sin θ = 3 mY = (OP + y ')sin θ + x 'scos θ = 8.5 m答：（1）磁感应强度的大小 0.2 T ；（2）OM 两点间的电势差 7.5 ⨯102 V ；（3）M 点的坐标（3 m ，8.5 m ）及粒子从 O 运动到 M 点的时间1.285 ⨯ 10-2 s ．m / (s Ω) = 1m / (s Ω) ，纵截距为 v = 2 m / s ， 2 2 2 ；16．解：（1）由图可知，当 R = 0 时，杆最终以 v = 2 m / s 匀速运动，产生电动势 E = BLv = 0.5 ⨯ 2 ⨯ 2 V = 2 V由右手定则判断得知，杆中电流方向从 b → a（2）设最大速度为 v ，杆切割磁感线产生的感应电动势 E = BLv由闭合电路的欧姆定律： I =ER + r杆达到最大速度时满足 mgsin θ - BIL = 0解得： v = mgsin θ mgsin θR + rB 2L 2 B 2L 2由图像可知：斜率为 k =4 - 2 20 得到： mgsin θ B 2L 2r = vmgsin θ B 2L 2= k解得： m = 0.2 kg ， r = 2 Ω ；（3）由题意： E = BLv ，P =E 2R + rB 2 L 2 v 2得 P = ，则R + rB 2L 2 v 2 B 2L 2 v 2∆P =- 1 R + r R + r由动能定理得1 1W = mv 2 - mv 22 1联立得 W = m(R + r) 2B 2L 2∆P代入解得 W = 0.6 J答：（1）当 R = 0 时，杆 ab 匀速下滑过程中产生感生电动势 E 的大小是 2 V ，杆中的电流方向从 b → a ；（2）金属杆的质量 m 是 0.2 k g ，阻值 r 是 2 Ω （3）当 R = 4 Ω 时，回路瞬时电功率每增加 1 W 的过程中合外力对杆做的功 W 是 0.6 J ．江苏省无锡市2016届高考物理一模试卷解析一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分，每小题只有一个选项符合题意．1．【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【分析】鸟受重力和空气对其作用力（阻力和升力的合力），做匀加速直线运动，加速度沿着虚线向上，故合力沿着虚线向上，根据矢量合成的三角形定则作图判断即可．【解答】解：鸟沿虚线斜向上加速飞行，加速度沿着虚线向上，故合力F沿着虚线向上；鸟受重力和空气对其作用力，根据三角形定则作图如下：【点评】本题是已知运动情况判断受力情况的问题，关键是先根据运动情况确定加速度方向，得到合力方向，然后受力分析后根据三角形定则判断空气作用力的方向．2．【考点】电场的叠加；电场强度；电势．【分析】+q、﹣q是两个等量异种点电荷，其电场线和等势面具有对称性，通过AB的中垂面是一等势面，C．D在同一等势面上，电势相等，根据对称性分析C．D场强关系．根据点电荷的场强的公式和平行四边形定则计算出C点的电场强度；在等势面上运动点电荷电场力不做功．【解答】解：A．C．由题，通过AB的中垂面是一等势面，C．D在同一等势面上，电势相等，C．D两点的场强都与等势面垂直，方向指向B一侧，方向相同，根据对称性可知，场强大小相等，故C．D两点的场强、电势均相同．故A．C正确；B．两个电荷在C点产生的场强：，C点的合场强：，如图．故B正确；D．由题，通过AB的中垂面是一等势面，C．D在同一等势面上，电势相等，将一正电荷从C点移动到D 点，电场力不做功．故D错误．本题要求选择错误的选项，故选：D【点评】本题要掌握等量异种电荷电场线和等势线分布情况，抓住ABCD是正四面体的四个顶点这一题眼，即可得出C．D处于通过AB的中垂面是一等势面上．“3．【考点】正弦式电流的图像和三角函数表达式．【分析】根据图像可以知道交流电的最大值和交流电的周期，根据最大值和有效值的关系即可求得交流电 的有效值和频率【解答】解：由图像可知，交流电的最大值为 2A ，电流的周期为 0.04s ，A ．交流电的加速度 ω=以 A 错误；B ．交流电的频率为 f= == =50π，所以交流电的电流瞬时值的表达式为 i=2sin （50πt ）（A ），所=25Hz ，所以 B 错误；C ．交流电的电流有效值为=A ，所以 C 错误；D ．交流电的电流有效值为A ，所以电阻消耗的功率 P=I 2R=×10=20W ，所以 D 正确【点评】本题考查的是学生读图的能力，根据图像读出交流电的最大值和周期，再逐项计算即可． 4．【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．【分析】根据“轨道康复者”在某一位置受到的重力提供它做圆周运动的向心力，可知运行加速度和所在高 度出的重力加速度的关系．根据万有引力提供向心力分析．同步卫星和地球自转的角速度相同，比较出 轨 道康复者”和同步卫星的角速度大小，就可以判断出“轨道康复者”相对于地球的运行方向【解答】解：A ．轨道半径越大，角速度越小，同步卫星和地球自转的角速度相同，所以轨道康复者的角速 度大于地球自转的角速度，所以站在地球赤道上的人观察到“轨道康复者”向东运动．故 A 错误．B ．根据速度公式 v=，所以“轨道康复者”的速度地球同步卫星速度的 倍，故 B 错误C ．根据=mg=ma ，“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动时的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一，知“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的 25 倍，故 C 正确；D ．“轨道康复者”要在原轨道上加速将会做离心运动，到更高的轨道上，故 D 错误；【点评】解决本题的关键掌握万有引力等于重力和万有引力提供向心力．以及 “轨道康复者”处于完全失重 状态，靠地球的万有引力提供向心力，做圆周运动5．【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】当将外力突然撤去后，物体先向上做加速直线运动，由于弹簧的压缩量在减小，弹力减小，当减到 F 弹=G ，加速度为零，速度达到最大，此后由于惯性，物块继续上升，弹力继续减小，则 F 弹＜G ，加速 度 a 反向增大，物体开始做减速，如果物体未脱离弹簧，则加速度就一直增大，速度减小，直到速度为零；如果脱离弹簧则先做加速度增大的减速运动，脱离后做加速度恒定的匀减速运动，直到速度为零．【解答】解：当将外力突然撤去后，弹簧的弹力大于重力，物体向上做加速直线运动，弹力不断减小，合 力减小，加速度减小，图像切线的斜率减小；当弹力 F 弹=G ，加速度为零，速度达到最大，此后由于惯性，物块继续上升，弹力继续减小，则 F 弹＜G ， 加速度 a 反向增大，物体开始做减速，如果物体未脱离弹簧，则加速度就一直增大，速度减小，直到速度为零；如果脱离弹簧则先做加速度增大的减速运动，脱离后做加速度恒定的匀减速运动，直到速度为零．故 A 正确，BCD 错误．A B【点评】本题的关键是分析清楚物体的运动过程，及在每一段上做出正确受力分析，然后利用牛顿第二定律和力与运动关系即可轻松解决问题．二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 4 分，共计 16 分，每小题有多个选项符合题意，全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，错选或不答的得 0 分． 6．【考点】向心力；牛顿第二定律．【分析】A ．B 两物体一起做圆周运动，靠摩擦力提供向心力，两物体的角速度大小相等，结合牛顿第二定 律分析判断．【解答】解：A ．A ．B 两物体一起做匀速圆周运动，质量相等，角速度相等，转动的半径相等，可知A ．B 的向心力相等，故 A 错误．B ．对 A 分析，有：，对 AB 整体分析， ，可知盘对 B 的摩擦力是 B 对 A 摩擦力的 2 倍，故 B 正确．C ．A 所受的摩擦力方向指向圆心，可知A 有沿半径向外滑动的趋势，B 受到盘的摩擦力指向圆心，有沿半 径向外滑动的趋势，故 C 错误．D ．增大圆盘转速，发现 A ．B 一起相对圆盘滑动，则 B 与圆盘之间达到最大静摩擦力时，A 与 B 之间还未达到最大静摩擦力，根据牛顿第二定律知， ． 之间的动摩擦因数 μA 大于 B 与盘之间的动摩擦因数 μB ．故 D 正确．【点评】解决本题的关键知道 A ．B 两物体一起做匀速圆周运动，角速度大小相等，知道圆周运动向心力 的来源，结合牛顿第二定律进行求解，难度中等． 7．【考点】电功、电功率．【分析】电池的充电过程是电能向化学能转化的过程，分析清楚能量是如何转化的，根据能量守恒定律列 式求解．【解答】解：AB ．充电器电源的输出电压为 U ，输出电流为 I ，则充电器输出的电功率 P=UI ，故 A ．B 错 误．C ．电池产生的热功率为 P =I 2r ．故 C 正确．热D ．充电器的充电效率为 η=×100%= ×100%，故 D 错误【点评】本题关键明确充电电路中的能量转化情况，同时要知道电路中内电阻发热功率的计算符合焦耳定律．8．【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理．【分析】要考虑电场方向的可能性，如图，可能平行于AB 向左或向右，也可能平行于 A C 向上或向下．分 析重力和电场力做功情况，然后根据动能定理求解．【解答】解：令正方形的四个顶点分别为 ABCD ，如图所示 若电场方向平行于 AC ：①电场力向上，且大于重力，小球向上偏转，电场力做功为，重力做功为﹣ ，根据动能定理得：E，即②电场力向上，且等于重力，小球不偏转，做匀速直线运动，则 E k =若电场方向平行于 AC ，电场力向下，小球向下偏转，电场力做功为定理得：．，重力做功为 ，根据动能，即．由上分析可知，电场方向平行于 AC ，粒子离开电场时的动能不可能为 0. 若电场方向平行于 AB ：若电场力向右，水平方向和竖直方向上都加速，粒子离开电场时的动能大于 0.若电场力向右，小球从 D 点离开电场时，有则得若电场力向左，水平方向减速，竖直方向上加速，粒子离开电场时的动能也大于 0.故粒子离开电场时的动 能都不可能为 0.故 B ．C ．D 正确，A 错误．【点评】解决本题的关键分析电场力可能的方向，判断电场力与重力做功情况，再根据动能定理求解动能．9．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．【分析】从 ab 边刚进入磁场到 ab 边刚穿出磁场的整个过程中，线框的动能不变，重力势能减小转化为内 能，根据能量守恒定律求解线圈产生的热量，即可得到感应电流做功．线框完全进入磁场后，到ab 边刚出磁场，没有感应电流，线框不受安培力，做匀加速运动，ab 边进入磁场时速度为 v 0，ab 边刚穿出磁场时速 度也为 v 0，说明线框出磁场过程一定有减速运动，dc 刚进入磁场时速度最小，根据动能定理求解最小动能． 【解答】解：A ．B ．分析从 ab 边刚进入磁场到 ab 边刚穿出磁场的过程：动能变化为 0，线框的重力势能减小转化为线框产生的热量，则 Q=mgd ；ab 边刚进入磁场速度为 v 0，穿出磁场时的速度也为 v 0，所以从 ab 边刚穿出磁场到 cd 边刚离开磁场的过程，线框产生的热量与从 ab 边刚进入磁场到 ab 边刚穿出磁场的过程产生的热量相等，所以线框从 ab 边进入磁场到 cd 边离开磁场的过程，产生的热量为：Q′=2mgd ，则感应电流做功为：W=Q′=2mgD ．故 A 错误，B 正确．C ．D ．线框完全进入磁场后，到 ab 边刚出磁场，没有感应电流，线框不受安培力，做匀加速运动，ab 边进入磁场时速度为 v 0，cd 边刚穿出磁场时速度也为 v 0，说明线框出磁场过程一定有减速运动，dc 刚进入磁 场时速度最小．设线框的最小动能为 E km ，全部进入磁场的瞬间动能最小．由动能定理得：从 ab 边刚进入磁场到线框完全进入磁场时，则有： km ﹣ 解得：E km =mg （h ﹣d+L ），故 C 正确，D 错误．=mgL ﹣mgd ，又 =mgh【点评】本题关键要认真分析题设的条件，抓住ab边进入磁场时速度和ab边刚穿出磁场时速度相同是分析的突破口，来分析线框的运动情况，正确把握能量如何转化的，要注意进入和穿出产生的焦耳热相等．三、简答题：本题共2小题，共18分．请将解答填写在答题卡相应的位置．10．【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．由题意可知，本实验采用光电门利用平均速度法求解落地时的速度；则根据机械能守恒定律可知，当减小的机械能应等于增大的动能；由原理即可明确注意事项及数据的处理等内容．【解答】解：（1）由图可知，主尺刻度为8mm；游标对齐的刻度为3；故读数为：8mm+3×0.05mm=8.15mm=0.815cm；（2）若减小的重力势能等于增加的动能时，可以认为机械能守恒；则有：mgH=mv2，即：2gH0=（解得：2gH0）2 =d2．（△3）由于该过程中有阻力做功，而高度越高，阻力做功越多；故增加下落高度后，则△Ep﹣Ek将增加；【点评】本题为创新型实验，要注意通过分析题意明确实验的基本原理才能正确求解，掌握游标卡尺的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．11．【考点】测定电源的电动势和内阻．【分析】（1）由电表的改装原理可明确应并联一个小电阻分流来扩大电流表量程，根据并联电路规律可求得对应的电阻；（2）根据闭合电路欧姆定律可明确对应的表达式；再由描点法得出图像；再由闭合电路欧姆定律求出表达式，由图像即可求出电动势和内电阻．【解答】解：（1）电流表量程扩大于50mA，即扩大电流的499倍，则有：R=≈5Ω；（2）由闭合电路欧姆定律可知：I=变形可得：IR=E﹣I（r+RA），故可以作出IR﹣I图像；根据描点法得出对应的图像如图所示；=500倍，则应并联一个小电阻，其分流应为表头则由图像可知，对应的电动势为1.53V，内阻为：r=﹣5=2.0Ω【点评】本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意认真分析电路，明确闭合电路欧姆定律的应用，注意灵活选择对应的表达式以起到简化的目的．四、计算题：本题共5小题，共计71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．12．【考点】变压器的构造和原理．【分析】根据功率公式求出变压器次级线圈两端的电压的有效值，根据变压器输入电压的瞬时表达式求出最大值，从而求出有效值，再根据电压之比等线圈匝数比求解．【点评】本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解，难度不大，属于基础题．13．【考点】向心力；牛顿第二定律．【分析】（1）当细线AB刚好被拉直，则AB的拉力为零，靠AC的拉力和重力的合力提供向心力，结合牛顿第二定律求出此时的角速度．（2）抓住小球竖直方向上的合力为零，水平方向上的合力提供向心力，结合牛顿第二定律求出细线AB和AC的张力．【点评】解决本题的关键知道小球向心力的来源，抓住临界状态，结合牛顿第二定律进行求解．14．【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】（1）根据图像面积F=0时，物体水平运动摩擦力做负功等于重力势能的减小量，从而求出摩擦力和对摩擦因数；（2）当F=3N时，求出从斜面下滑的加速度，由位移时间公式求出斜面上的运动时间；由速度公式求出滑下斜面时的速度，根据牛顿第二定律求出在水平面上的加速度，根据速度时间公式求出初速度，联立求解可求出水平面上的运动时间，总时间即为两者之和．【点评】本题考查内容为匀变速运动的运动学公式的应用，关键是对于图中信息的读取和应用．15．【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】（1）粒子在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律即可求解；。
2016年湖北省高考物理第一次模拟试题及答案
2016年湖北省高考物理第一次模拟试题及答案（满分100分考试时间90分钟）一．选择题（共12小题，其中第1～7小题为单选题， 8～12小题为多选题，每小题4分，共48分）1．关于弹力的方向，下列说法中正确的是（）A．细硬直杆对物体的弹力方向一定沿杆的方向B．物体对支持面的压力方向一定竖直向下C．绳子拉物体时产生的弹力方向一定沿绳子的方向D．支持面对物体的支持力的方向一定竖直向上2．某列火车在一段长为30 km的路段上行驶，行驶的平均速度为60 km/h，下列说法中正确的是（）A．这列火车通过这段路程所用的时间为0.5 hB．这列火车一定以60 km/h的速度在这段路程中运行C．这列火车如果行驶60 km，那么它一定要用1 hD．60 km/h是火车在这段路程中的最高速度3.一质量为m的木块静止在光滑的水平面上，从t＝0开始，将一个大小为F的水平恒力作用在该木块上，在t＝t1时刻力F的瞬时功率是()A．F22m t1B．F22m t21C．F2m t1D．F2m t214．如图，在倾角为α的固定光滑斜面上，有一用绳子栓着的长木板，木板上站着一只猫．已知木板的质量是猫的质量的2倍．当绳子突然断开时，猫立即沿着板向上跑，以保持其相对斜面的位置不变．则此时木板沿斜面下滑的加速度为（）A． B． gsinα C．gsinα D． 2gsinα5．如图所示，金属棒MN两端由等长的轻质绝缘细线水平悬挂，处于垂直纸面水平向里的匀强磁场中，棒中通有由M到N的恒定电流，细线中拉力不为零，两细线竖直．保持匀强磁场磁感应强度大小不变，方向缓慢地转过90°变为竖直向下，在这个过程中( )A．细线向纸面内偏转，其中的拉力一直增大B．细线向纸面外偏转，其中的拉力一直增大C．细线向纸面内偏转，其中的拉力先增大后减小D．细线向纸面外偏转，其中的拉力先增大后减小6．声音在某种气体中的速度v的表达式，可以只用气体的压强P、气体的密度ρ和没有单位的比例常数k表示，根据你所学的物理思维与方法，试判断下列各表达式中可能正确的是（）A． v=k B． v=k C． v=k D． v=k7．如图所示，电源电动势为4 V，内阻为1 Ω，电阻R1＝3 Ω，R2＝R3＝4 Ω，电流表的内阻不计，闭合S，电路达到稳定状态后，电容器两极板间电压为()A．0B．2.3 VC．3 V D．3.2 V8．如图所示的电路中变压器为理想变压器，S为单刀双掷开关，P是滑动变阻器R的滑动触头，U1为加在原线圈两端的交变电压，I1、I2分别为原线圈和副线圈中的电流。
2016年全国高考物理全真一模试卷(解析版)
2016年全国高考物理全真一模试卷一、选择题（本题共8小题，每小题6分，共48分，1～5题每题只有一个正确答案，6～8题有多个选项正确，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．）1．（6分）2014年，我国在实验中发现量子反常霍尔效应，取得世界级成果．实验在物理学的研究中有着非常重要的作用，下列关于实验的说法中正确的是（）A．在探究求合力的方法的实验中运用了控制变量法B．密立根利用油滴实验发现电荷量都是某个最小值的整数倍C．牛顿运用理想斜面实验归纳得出了牛顿第一定律D．库仑做库仑扭秤实验时采用了归纳的方法2．（6分）如图所示为①、②两物体的速度随时间变化的图线，已知两物体以相同的初速度从同一地点开始运动，②比①晚出发2s．则下列结论正确的是（）A．第4s末两物体具有相同的速度B．第4s末两物体又处在同一地点C．第3s后两物体的加速度方向相反D．第5s末两物体又处在同一地点3．（6分）如图所示，穿在一根光滑的固定杆上的个小球A、B连接在一条跨过定滑轮的细绳两端，杆与水平面成θ角，不计所有摩擦，当两球静止时，OA绳与杆的夹角为θ，OB绳沿竖直方向，则正确的说法是（）A．A可能受到2个力的作用B．B可能受到3个力的作用C．绳子对A的拉力大于对B的拉力D．A、B的质量之比为1：tanθ4．（6分）如图所示，空间有一正三棱锥OABC，点A′、B′、C′分别是三条棱的中点．现在顶点O处固定一正的点电荷，则下列说法中正确的是（）A．A′、B′、C′三点的电场强度相同B．△ABC所在平面为等势面C．将一正的试探电荷从A′点沿直线A′B′移到B′点，静电力对该试探电荷先做正功后做负功D．若A′点的电势为φA′，A点的电势为φA，则A′A连线中点D处的电势φD一定小于5．（6分）某同学模拟“远距离输电”，将实验室提供的器材连接成如图所示电路，A、B为理想变压器，灯L1、L2相同且阻值不变．保持A的输入电压不变，开关S断开时，灯L1正常发光．则（）A．紧闭合S，L1变亮B．紧闭合S，A的输入功率变小C．仅将滑片P上移，L1变亮D．仅将滑片P上移，A的输入功率变小6．（6分）我国志愿者王跃曾与俄罗斯志愿者一起进行“火星﹣500”的模拟实验活动．假设王跃登陆火星后，测得火星的半径是地球半径的，质量是地球质量的．已知地球表面的重力加速度是g，地球的半径为R，王跃在地球表面能竖直向上跳起的最大高度为h，忽略自转的影响．下列说法正确的是（）A．火星的密度为B．火星表面的重力加速度为C．火星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度相等D．王跃在火星表面能竖直向上跳起的最大高度为7．（6分）如图所示，内壁光滑半径大小为R的圆轨道竖直固定在桌面上，一个质量为m的小球静止在轨道底部A点．现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后迅速移开，使小球沿轨道在竖直面内运动．当小球回到A点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，通过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点．已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功W1，第二次击打过程中小锤对小球做功W2．设先后两次击打过程中小锤对小球做功全部用来增加小球的动能，则的值可能是（）A．B．C．D．18．（6分）如图，一粒子发射源P位于足够大绝缘板AB的上方d处，能够在纸面内向各个方向发射速率为v、电荷量为q质量为m的带正电的粒子，空间存在垂直纸面的匀强磁场，不考虑粒子间的相互作用和粒子重力．已知粒子做圆周运动的半径大小恰好为d，则（）A．能打在板上的区域长度是2dB．能打在板上的区域长度是（+1）dC．同一时刻发射出的带电粒子达到板上的最大时间差为D．同一时刻发射出的带电粒子达到板上的最大时间差为二、非选择题（包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题～第18题为选考题，考生根据要求作答．）（一）必考题9．（6分）某同学设计了如图甲所示的装置来探究小车的加速度与所受合力的关系．将装有力传感器的小车放置于水平长木板上，缓慢向小桶中加入细砂，直到小车刚好运动为止，记下传感器的最大示数F0，以此表示小车所受摩擦力的大小．再将小车放回原处并按住，继续向小桶中加入细砂，记下传感器的示数F1．（1）接通频率为50Hz的交流电源，释放小车，打出如图乙所示的纸带．从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离，则小车的加速度a=m/s2．（2）改变小桶中砂的重力，多次重复实验，获得多组数据，描绘小车加速度a 与合力F（F=F1﹣F0）的关系图象．不计纸带与打点计时器间的摩擦．下列图象中正确的是．（3）同一次实验中，释放小车前力传感器示数F1与小车加速运动时力传感器示数F2的关系是F1F2（选填“＜”或“=”或“＞”）．（4）关于该实验，下列说法中正确的是．A．小车和力传感器的总质量应远大于小桶和砂的总质量B．实验中需要将长木板右端垫高C．实验中需要测出小车和力传感器的总质量D．用加砂的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，可更方便地获取多组实验数据．10．（9分）小王和小李两同学分别用电阻箱、电压表测量不同电源的电动势和内阻．（1）小王所测电源的内电阻r1较小，因此他在电路中接入了一个阻值为2.0Ω的定值电阻R0，所用电路如图甲所示．①请用笔画线代替导线将图乙所示器材连接成完整的实验电路②闭合开关S，调整电阻箱的阻值R，读出电压表相应的示数U，得到了一组U、R数据．为了比较准确地得出实验结论，小王同学准备用直线图象来处理实验数据，图象的纵坐标表示电压表读数U，则图象的横坐标表示的物理量应该是．（2）小李同学所测电源的电动势E2约为9V，内阻r2为35～55Ω，允许通过的最大电流为50mA．小李同学所用电路如图丙所示，图中电阻箱R的阻值范围为0～9999Ω．①电路中R0为保护电阻．实验室中备有以下几种规格的定值电阻，本实验中应选用．A．20Ω，125mA B．50Ω，20mAC．150Ω，60mA D．1500Ω，5mA②实验中通过调节电阻箱的阻值，记录电阻箱的阻值R及相应的电压表的示数U，根据测得的多组数据，作出﹣图线，图线的纵轴截距为a，图线的斜率为b，则电源的电动势E2=，内阻r2=．11．（14分）如图所示，质量为M=2kg、左端带有挡板的长木板放在水平面上，板上贴近挡板处放有一质量为m=1kg的物块，现用一水平向右大小为9N的拉力F拉长木板，使物块和长木板一起做匀加速运动，物块与长木板间的动摩擦因数为μ1=0.1，长木板与水平面间的动摩擦因数为μ2=0.2，运动一段时间后撤去F，最后物块恰好能运动到长木板的右端，木板长L=4.8m，物块可看成质点，不计挡板的厚度，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2，求：（1）小物块开始运动时的加速度；（2）拉力F作用的时间；（3）整个过程因摩擦产生的热量．12．（18分）用密度为d、电阻率为P粗细均匀的金属导线制成两个闭合正方形线框M和N．边长均为L．线框M，N的导线横截面积分别为S1，S2，S1＞S2，如图所示．匀强磁场仅存在于相对磁极之间，磁感应强度大小为B，其他地方的磁场忽略不计．金属线框M水平放在磁场上边界的狭缝间，线框平面与磁场方向平行，开始运动时可认为M的aa′边和bb′位都处在磁场中．线框N在线框M 的正上方，与线框M相距为h，两线框均从静止开始同时释放，其平面在下落过程中保持水平，设磁场区域在竖直方向足够长，不计空气阻力及两线框间的相互作用．（1）求线框N刚进入磁场时产生的感应电流；（2）在下落过程中，若线框N恰能追上线框M．追上时线框M下落高度为H，追上线框M之前线框N一直做减速运动，求该过程中线框产生的焦耳热：（3）若将线框M，N均由磁场上边界处先后释放，释放的时间间隔为t，计算两线框在运动过程中的最大距离．(二）选考题，请考生任选一模块作答[物理--选修3-3]（15分）13．（6分）下列说法正确的是（）A．两个分子之间的作用力会随着距离的增大而减小B．物体的内能在宏观上只与其温度和体积有关C．﹣定质量的气体经历等容过程，如果吸热则其内能一定增加D．分子a从远处趋近固定不动的分子b，当a到达受b的作用力为零处时，a 的动能一定最大E．物质的状态在一定的条件下可以相互转变，在转变过程中会发生能量交换14．（9分）气缸长为L=1m（气缸厚度可忽略不计），固定在水平面上，气缸中有横截面积为S=100cm2的光滑活塞封闭了一定质量的理想气体，已知当温度为t=27℃、大气压强为p0=1×105Pa时，气柱长为L0=0.4m．现用水平拉力向右缓慢拉动活塞，求：①若拉动活塞过程中温度保持为27℃，活塞到达缸口时缸内气体压强；②若活塞到达缸口时拉力大小为500N，求此时缸内气体温度为多少摄氏度．[物理--选修3-4]（15分）15．一列简谐横波在t=0.2s时的波形图如图甲所示，P为x=1m处的质点，Q为x=4m处的质点，图乙所示为质点Q的振动图象．则下列关于该波的说法中正确的是（）A．该波的周期是0.4sB．该波的传播速度大小为40m/sC．该波一定沿x轴的负方向传播D．t=0.1s时刻，质点Q的加速度大小为零E．从t=0.2s到t=0.4s，质点P通过的路程为20cm16．如图所示，一直角三棱镜放置在真空中，其截面三角形的斜边BC的长度为d，一束单色光从AB侧面的中点垂直AB入射．若三棱镜的折射率为，∠C=30°，单色光在真空中的传播速度为c，求：①该单色光第一次从棱镜射入真空时的折射角；②该单色光从进入棱镜到第一次从棱镜射出所经历的时间．[物理--选修3-5]（15分）17．下列说法正确的是（）A．卢瑟福通过α粒子散射实验提出了原子的核式结构模型B．结合能越大，原子核结构一定越稳定C．如果使用某种频率的光不能使某金属发生光电效应，则需增大入射光的光照强度才行D．发生β衰变时，元素原子核的质量数不变，电荷数增加1E．在相同速率情况下，利用质子流比利用电子流制造的显微镜将有更高的分辨率18．如图所示，轻弹簧的两端与质量均为2m的B、C两物块固定连接，静止在光滑水平面上，物块C紧靠挡板但不粘连．另一质量为m的小物块A以速度v o 从右向左与B发生弹性正碰，碰撞时间极短可忽略不计．（所有过程都在弹簧弹性限度范围内）求：（1）A、B碰后瞬间各自的速度；（2）弹簧第一次压缩最短与第一次伸长最长时弹性势能之比．2016年全国高考物理全真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，共48分，1～5题每题只有一个正确答案，6～8题有多个选项正确，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．）1．（6分）2014年，我国在实验中发现量子反常霍尔效应，取得世界级成果．实验在物理学的研究中有着非常重要的作用，下列关于实验的说法中正确的是（）A．在探究求合力的方法的实验中运用了控制变量法B．密立根利用油滴实验发现电荷量都是某个最小值的整数倍C．牛顿运用理想斜面实验归纳得出了牛顿第一定律D．库仑做库仑扭秤实验时采用了归纳的方法【解答】解：A、在探究求合力的方法的实验中运用了等效法，故A错误；B、密立根利用油滴实验发现电荷量都是某个最小值的整数倍，故B正确；C、理想斜面实验是伽利略在研究自由落体运动时提出的，故C错误；D、库仑做库仑扭秤实验时采用了微量放大的方法，故D错误．故选：B2．（6分）如图所示为①、②两物体的速度随时间变化的图线，已知两物体以相同的初速度从同一地点开始运动，②比①晚出发2s．则下列结论正确的是（）A．第4s末两物体具有相同的速度B．第4s末两物体又处在同一地点C．第3s后两物体的加速度方向相反D．第5s末两物体又处在同一地点【解答】解：A、由图象可知：4 s末两物体速度大小相等、方向相反，所以4 s 末两物体速度不同，故A错误；B、由速度图象与坐标轴围成的面积表示位移可知：0～4 s内两物体的位移相等，则第4s末两物体又处在同一地点，故B正确；C、两物体的加速度为g，方向竖直竖直向下，始终相同，故C错误；D、5s末两者图象与坐标轴围成的面积不等，所以没有到达同一地点，故D错误．故选：B3．（6分）如图所示，穿在一根光滑的固定杆上的个小球A、B连接在一条跨过定滑轮的细绳两端，杆与水平面成θ角，不计所有摩擦，当两球静止时，OA绳与杆的夹角为θ，OB绳沿竖直方向，则正确的说法是（）A．A可能受到2个力的作用B．B可能受到3个力的作用C．绳子对A的拉力大于对B的拉力D．A、B的质量之比为1：tanθ【解答】解：A、对A球受力分析可知，A受到重力，绳子的拉力以及杆对A球的弹力，三个力的合力为零，故A错误；B、对B球受力分析可知，B受到重力，绳子的拉力，两个力合力为零，杆子对B球没有弹力，否则B不能平衡，故B错误；C、定滑轮不改变力的大小，则绳子对A的拉力等于对B的拉力，故C错误；D、分别对AB两球分析，运用合成法，如图：根据共点力平衡条件，得：T=m B g=（根据正弦定理列式）故m A：m B=1：tanθ，故D正确故选：D4．（6分）如图所示，空间有一正三棱锥OABC，点A′、B′、C′分别是三条棱的中点．现在顶点O处固定一正的点电荷，则下列说法中正确的是（）A．A′、B′、C′三点的电场强度相同B．△ABC所在平面为等势面C．将一正的试探电荷从A′点沿直线A′B′移到B′点，静电力对该试探电荷先做正功后做负功D．若A′点的电势为φA′，A点的电势为φA，则A′A连线中点D处的电势φD一定小于【解答】解：A、因为A′、B′、C′三点离顶点O处的正电荷的距离相等，故三点处的场强大小均相等，但其方向不同，故A错误；B、由于△ABC所在平面上各点到O点的距离不一定都相等，由等势面的概念可知，△ABC所在平面不是等势面，故B错误；C、由电势的概念可知，沿直线A′B′的电势变化为先增大后减小，所以当在此直线上从A′到B′移动正电荷时，电场力对该正电荷先做负功后做正功，故C错误；D、因为U A′D=A′D•A′D，U DA=DA•，由点电荷的场强关系可知A′D＞DA，又因为=，所以有U A′D＞U DA，即φA′﹣φD＞φD﹣φA，整理可得：φD＜，故D正确；故选：D．5．（6分）某同学模拟“远距离输电”，将实验室提供的器材连接成如图所示电路，A、B为理想变压器，灯L1、L2相同且阻值不变．保持A的输入电压不变，开关S断开时，灯L1正常发光．则（）A．紧闭合S，L1变亮B．紧闭合S，A的输入功率变小C．仅将滑片P上移，L1变亮D．仅将滑片P上移，A的输入功率变小【解答】解：A、闭合s，则消耗功率增大，B副线圈中电流增大，B原线圈电流也增大，则R上损失的电压和功率增大，则B输入电压U B1=U A2﹣IR，减小，灯泡两端电压U B2减小，故灯泡会变暗，故A错误；B、有上分析知A的输入电流增大，电压不变，根据P=UI知输入功率增大，故B 错误；CD、仅将滑片P上移，A副线圈匝数减小，则输出电压减小，B的输入电压减小，灯泡电压也减小，故L1变暗，消耗功率减小，则A输入功率减小，故C错误，D 正确；故选：D6．（6分）我国志愿者王跃曾与俄罗斯志愿者一起进行“火星﹣500”的模拟实验活动．假设王跃登陆火星后，测得火星的半径是地球半径的，质量是地球质量的．已知地球表面的重力加速度是g，地球的半径为R，王跃在地球表面能竖直向上跳起的最大高度为h，忽略自转的影响．下列说法正确的是（）A．火星的密度为B．火星表面的重力加速度为C．火星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度相等D．王跃在火星表面能竖直向上跳起的最大高度为【解答】解：A、由，得到：g=，已知火星半径是地球半径的，质量是地球质量的，则火星表面的重力加速度是地球表重力加速度的，即为g′=设火星质量为M′，由万有引力等于中可得：G，解得：M′=，密度为：ρ==．故A正确；B、由A分析知，火星表面的重力加速度g′=，故B确；C、由G，得到v=，火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的倍．故C错误；D、王跃以v0在地球起跳时，根据竖直上抛的运动规律得出可跳的最大高度是：h=，由于火星表面的重力加速度是，王跃以相同的初速度在火星上起跳时，可跳的最大高度h′=，D正确．故选：ABD7．（6分）如图所示，内壁光滑半径大小为R的圆轨道竖直固定在桌面上，一个质量为m的小球静止在轨道底部A点．现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后迅速移开，使小球沿轨道在竖直面内运动．当小球回到A点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，通过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点．已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功W1，第二次击打过程中小锤对小球做功W2．设先后两次击打过程中小锤对小球做功全部用来增加小球的动能，则的值可能是（）A．B．C．D．1【解答】解：第一次击打后球最多到达与球心O等高位置，根据功能关系，有：W1≤mgR…①两次击打后可以到轨道最高点，根据功能关系，有：W1+W2﹣2mgR=…②在最高点，有：mg+N=m≥mg…③联立①②③解得：W1≤mgRW2≤mgR故故AB正确，CD错误；故选：AB．8．（6分）如图，一粒子发射源P位于足够大绝缘板AB的上方d处，能够在纸面内向各个方向发射速率为v、电荷量为q质量为m的带正电的粒子，空间存在垂直纸面的匀强磁场，不考虑粒子间的相互作用和粒子重力．已知粒子做圆周运动的半径大小恰好为d，则（）A．能打在板上的区域长度是2dB．能打在板上的区域长度是（+1）dC．同一时刻发射出的带电粒子达到板上的最大时间差为D．同一时刻发射出的带电粒子达到板上的最大时间差为【解答】解：A、B、打在极板上粒子轨迹的临界状态如图所示：根据几何关系知，带电粒子能到达板上的长度l=R+R=（1+）R=（1+）d；故A错误，B正确；C、D、在磁场中运动时间最长和最短粒子运动轨迹示意图如图所示：由几何关系知，最长时间t1=T最短时间t2=T又有粒子在磁场中运动的周期T==；根据题意：t1﹣t2=△t联立解得：△t==；故C正确，D错误；故选：BC．二、非选择题（包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题～第18题为选考题，考生根据要求作答．）（一）必考题9．（6分）某同学设计了如图甲所示的装置来探究小车的加速度与所受合力的关系．将装有力传感器的小车放置于水平长木板上，缓慢向小桶中加入细砂，直到小车刚好运动为止，记下传感器的最大示数F0，以此表示小车所受摩擦力的大小．再将小车放回原处并按住，继续向小桶中加入细砂，记下传感器的示数F1．（1）接通频率为50Hz的交流电源，释放小车，打出如图乙所示的纸带．从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离，则小车的加速度a=0.16m/s2．（2）改变小桶中砂的重力，多次重复实验，获得多组数据，描绘小车加速度a 与合力F（F=F1﹣F0）的关系图象．不计纸带与打点计时器间的摩擦．下列图象中正确的是B．（3）同一次实验中，释放小车前力传感器示数F1与小车加速运动时力传感器示数F2的关系是F1＞F2（选填“＜”或“=”或“＞”）．（4）关于该实验，下列说法中正确的是D．A．小车和力传感器的总质量应远大于小桶和砂的总质量B．实验中需要将长木板右端垫高C．实验中需要测出小车和力传感器的总质量D．用加砂的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，可更方便地获取多组实验数据．【解答】解：（1）由于每相邻两个计数点间还有4个点，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，得：a==0.16 m/s2，（2）改变小桶中砂的重力，多次重复实验，获得多组数据，描绘小车加速度a 与合力F（F=F1﹣F0）的关系图象．由于已经平衡摩擦力，所以图象应该过原点，一条倾斜的直线．故B正确，ACD 错误；故选：B．（3）对小桶受力分析，设小桶重力为mg，木板释放前弹簧秤的示数F1，所以F1=mg，设小车的重力为Mg，小车在加速运动时弹簧秤的示数F2，根据牛顿第二定律得：mg﹣F2=ma所以F1＞F2，（4）A、在该实验中力传感器可以直接得出力的大小，不需要使小车和传感器的总质量应远大于小桶和砂的总质量，故A错误；B、实验中不需要将长木板右端垫高，因为已经测量了小车所受摩擦力的大小，故B错误；C、实验中不需要测出小车和传感器的总质量，只需要保证小车和传感器的总质量不变，故C错误；D、用加砂的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，可更方便地获取多组实验数据，故D正确；故选：D．故答案为：（1）0.16；（2）B；（3）＞；（4）D10．（9分）小王和小李两同学分别用电阻箱、电压表测量不同电源的电动势和内阻．（1）小王所测电源的内电阻r1较小，因此他在电路中接入了一个阻值为2.0Ω的定值电阻R0，所用电路如图甲所示．①请用笔画线代替导线将图乙所示器材连接成完整的实验电路②闭合开关S，调整电阻箱的阻值R，读出电压表相应的示数U，得到了一组U、R数据．为了比较准确地得出实验结论，小王同学准备用直线图象来处理实验数据，图象的纵坐标表示电压表读数U，则图象的横坐标表示的物理量应该是．（2）小李同学所测电源的电动势E2约为9V，内阻r2为35～55Ω，允许通过的最大电流为50mA．小李同学所用电路如图丙所示，图中电阻箱R的阻值范围为0～9999Ω．①电路中R0为保护电阻．实验室中备有以下几种规格的定值电阻，本实验中应选用C．A．20Ω，125mA B．50Ω，20mAC．150Ω，60mA D．1500Ω，5mA②实验中通过调节电阻箱的阻值，记录电阻箱的阻值R及相应的电压表的示数U，根据测得的多组数据，作出﹣图线，图线的纵轴截距为a，图线的斜率为b，则电源的电动势E2=，内阻r2=．【解答】解：（1）①根据电路图，实物图连接如图所示：②根据欧姆定律可知：E1=U+（R0+r1），可得U=E1﹣（R0+r1），故横坐标为．（2）①电路最小总电阻约为R min=Ω=180Ω，为保护电路安全，保护电阻应选C；②在闭合电路中，电源电动势为E2=U+Ir2=U+r2，则=•+，则﹣图象是直线，截距a=，得E2=，斜率b=，得r2=．故答案为：（1）①如图所示；②；（2）①C；②；．11．（14分）如图所示，质量为M=2kg、左端带有挡板的长木板放在水平面上，板上贴近挡板处放有一质量为m=1kg的物块，现用一水平向右大小为9N的拉力F拉长木板，使物块和长木板一起做匀加速运动，物块与长木板间的动摩擦因数为μ1=0.1，长木板与水平面间的动摩擦因数为μ2=0.2，运动一段时间后撤去F，最后物块恰好能运动到长木板的右端，木板长L=4.8m，物块可看成质点，不计挡板的厚度，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2，求：（1）小物块开始运动时的加速度；（2）拉力F作用的时间；（3）整个过程因摩擦产生的热量．【解答】解：（1）开始由于挡板的作用，滑块与木板将一起做匀加速直线运动，水平方向受到拉力与摩擦力的作用，竖直方向受到重力和支持力的作用，以整体为研究的对象，则：竖直方向：N0=Mg+mg=2×10+1×10=30N水平方向：F﹣μ2N0=（M+m）a0代入数据得：（2）撤去拉力后，滑块受到的摩擦力的方向向左，大小为：f1=μ1mg=0.1×1×10=1N选择向右为正方向，加速度：木板受到地面的摩擦力：f2=μ2N0=0.2×30=6N根据牛顿第三定律，滑块受到木板向左的摩擦力，所以木板受到滑块对它的向右的摩擦力，大小也1N，所以木板的加速度：设撤去力F时刻二者的速度为v，则滑块的位移：木板的位移：又：x1﹣x2=L联立方程，代入数据得：v=4m/s设力F作用的时间为t，则：v=a0t所以：t=s（3）在拉力F的作用下木板的位移：m撤去拉力后木板的位移：m根据功能原理，则整个的过程中产生的热量为木板受到的地面的摩擦力与木板位移的乘积加上滑块受到的摩擦力与滑块相对于木板的位移的乘积，即：Q=f2（x2+x3）+f1（x1﹣x2）=6×（3.2+8）+1×4.8=72J答：（1）小物块开始运动时的加速度是1m/s2；（2）拉力F作用的时间是4s；（3）整个过程因摩擦产生的热量是72J．12．（18分）用密度为d、电阻率为P粗细均匀的金属导线制成两个闭合正方形线框M和N．边长均为L．线框M，N的导线横截面积分别为S1，S2，S1＞S2，如图所示．匀强磁场仅存在于相对磁极之间，磁感应强度大小为B，其他地方的。
2016年高三一模拟物理 含答案
NCS(南昌市)20160607项目第一次模拟测试卷理科综合能力测试2016.3.5本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分；共14页。
时量150分钟，满分300分。
以下数据可供解题时参考：本试卷参考相对原子质量：H~lC～12N—14O~16S—32Ca—40Cu—64第I卷（选择题共21题，每小题6分，共l26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.奥斯特在研究电流的磁效应实验时，将一根长直导线南北放置在小磁针的正上方，导线不通电时，小磁针在地磁场作用下静止时N极指向北方，如图所示。
现在导线中通有沿南向北的恒定电流I，小磁针转动后再次静止时N极指向A．北方B．西方C．西偏北方向D．北偏东方向15.如图所示，a图中变压器为理想变压器，其原线圈接在u=122sinl00t(v)的交流电源上，副线圈与阻值R1=2Ω的电阻接成闭合电路，电流表为理想电流表。
b图中阻值为R2=32Ω,的电阻直接接到u=122sinl00t的交流电源上，结果电阻R1与R2消耗的电功率相等，则A．通过电阻R1的交流电流的频率为0.02Hz．B．电阻R1消耗的电功率为9WC．电流表的示数为6AD．变压器原、副线圈匝数比为4：116.如图a所示，在水平面上固定有平行直金属导轨ab、cd，bd端接有电阻R。
导体棒ef垂直轨道放置在光滑导轨上，导轨电阻不计。
导轨右端区域存在垂直导轨面的匀强磁场，且磁感应强度B随时间t的变化规律如图b所示。
在t=0时刻，导体棒以速度v0从导轨的左端开始向右运动，经过时间2t0开始进入磁场区域，取磁场方向竖直向下为磁感应强度的正方向，导体回路中顺时针为电流正方向，则导体回路中的电流，随时间t的变化规律图像可能是17.质量为M的三角形物块放置在粗糙水平地面上，开始质量为m的物体以速度v0沿三角形物块的粗糙斜面匀速下滑，某时刻给物体施加一沿斜面向下的推力F，使物体沿斜面向下做加速运动，如图所示。
物理高考模拟卷-高三物理试题及答案-茂名市2016高考一模试卷物理试题
2016年广东省茂名市高考物理一模试卷二、选择题：本题共有8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合要求．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（甲）所示，导线MN和矩形线圈abcd共面且固定．在MN中通以图（乙）所示的电流（NM方向为电流的正方向），则在0～T时间内（）A．线框感应电流方向始终沿adcba方向B．线框感应电流方向先沿abcda后沿adcbaC．ab边始终不受力的作用D．bc边受安培力先向右后向左2．如图所示，平行水平放置的光滑导轨AB、CD相距0.2m，电阻不计，导轨的左右两端分别接有阻值为1Ω的电阻R1和R2，金属圆环的直径为0.2m，电阻为2Ω，整个装置放在大小为1T、方向竖直向下的匀强磁场中，M、N为圆环与导轨接触的两点．当圆环以速度为10m/s向右匀速运动时，下列说法正确的是（）A．导轨中没有电流B．M、N两点的电压为2VC．M、N两点的电压为1.57V D．R1的功率为1W3．如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放着用细线相连的质量相等的两个物体A和B，它们与盘间的摩擦因数相同，当圆盘转动到两个物体刚好还未发生滑动时，烧断细线，两个物体的运动情况是（）A．两物体沿切向方向滑动B．两物体均沿半径方向滑动，离圆盘圆心越来越远C．两物体仍随圆盘一起做圆周运动，不发生滑动D．物体B仍随圆盘一起做匀速圆周运动，物体A发生滑动，离圆盘圆心越来越远4．如图所示为一只理想变压器，原、副线圈匝数比是10：1，原线圈接入电压为220V的正弦交流电，一个理想二极管与一个最大阻值为10Ω的滑动变阻器串联后接在副线圈上，滑片P在变阻器的最下端，则下列说法正确的是（）A．1分钟内电阻R上产生的热量为1452JB．电压表的示数为22VC．二极管两端的最大电压为22VD．滑片P向上移动时，电流表A的示数减小5．如图所示，两根等长且不可伸长的细线结于O点，A端固定在水平杆上，B端系在轻质圆环（不计重力）上，圆环套在竖直光滑杆上，C端挂一重物，重物质量为m．开始时用手握住轻圆环，使其紧靠D端，且AD=OA，当重物静止时如图所示．现释放圆环，圆环在竖直光滑杆上自由滑动，当重物再次静止时OA绳拉力为F A，OB绳拉力为F B，则（）A．F A＜mg；F B＜mg B．F A=mg；F B=0 C．F A=mg；F B=mg D．F A＞mg；F B=mg 6．质量为m的物体在水平恒力F作用下沿水平面运动，在t0时刻撤去F，其V﹣t图象如图所示．已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，在这过程中力F做的功为W，则下列关系式正确的是（）A．F=2μmg B．F=3μmg C．W=μmgV0t0D．W=3μmgV0t07．如图所示，带有正电荷量Q的细铜圆环竖直固定放置，一带量为q的正点电荷从很远处沿水平轴线飞来并到达圆心，不计粒子的重力．关于粒子的上述过程，下列说法正确的是（）A．粒子先做加速运动后做减速运动B．粒子的电势能先增大后减小C．粒子的加速度先增大后减小D．粒子的动能与电势能之和不变8．如图所示是牛顿研究抛体运动时绘制的一幅草图，以不同的速度抛出的物体分别沿a、b、c、d轨迹运动，其中a是一段曲线，b是贴近地球表面的圆，C是椭圆，d是双曲线的一部分．已知引力常数为G，地球质量为M，半径为R，地球附近的重力加速度为g．以下说法正确的是（）A．沿a运动物体的初速度一定小于B．沿b运动物体的初速度一定等于C．沿c运动物体的初速度与P点时速度大小相等D．沿d运动物体的初速度一定大于第一宇宙速度三、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．在“利用打点计时器测定匀变速直线运动加速度”的实验中，某同学在打出的纸带上按打点的先后顺序每5点取一个计数点，共取了A、B、C、D、E、，六个计数点在一次课外实践活动中，某课题研究小组收集到电子产品中的一些旧电池及从废旧收音机上折下来的电容、电阻、电感线圈等电子元件．现从这些材料中选取两待测元件，一是电阻R0（约为2kΩ），一是手机中常用的锂电池（电动势E标称值为3.7V，允许最大放电电流500mA）．在操作台上还准备了如下实验器材：A．电压表（量程为0﹣3﹣15V，电阻R V约为0﹣15﹣75kΩ）B．电流表A1（量程为100mA，内阻不计）C．电流表A2（量程为2mA，内阻不计）D．滑动变阻器R1（0～2kΩ，额定电流0.01A）E．滑动变阻器R2（0～10Ω，额定电流0.6A）F．电阻箱R（0～999.9Ω）G．开关一只，导线若干（1）为了测定电阻R0的阻值，小组成员设计了如图（甲）所示的电路，所选器材均标在图上，其器材选取中有不妥之处，你认为应该怎样调整？答：．（2）当滑片移到某一位置时，电压表示数如图（乙）所示，此时R0的电压测量值为V．（3）如果在实际过程中，发现滑动变阻器、电压表已损坏，请你用余下的器材测量电池的电动势E和内阻r．①请你在图（丙）所示的方框内画出实验电路图（标明所用器材符号）②该项实验小组的同学在实验中取得多组数据，然后作出图（丁）所示的图象，则电源的电动势E=V，内电阻r=Ω．11．质量为4kg的物体系在气球的下端，绳子伸直且物体刚好接触地面．释放气球，使物体由静止开始竖直上升，8s后绳子断开，再经6s物体落回地面，g取10m/s2．求：（1）绳子对物体的拉力？（2）从释放到绳子断开前，绳子拉力的平均功率？12．在真空中有大小为B=1.0T、方向垂直纸面向里的环形匀强磁场，内环半径R1=m，外环半径R2=1.0m．在圆心O与内环间加上电压U后，内圆内形成一个辐射性的电场．荷质比为=4.0×103C/kg的带正电的粒子由圆心O处静止释放后经电场加速后进入磁场，不计带电粒子的重力．求（1）带电粒子不能穿越磁场外边界的最大电压U m；（2）当电压为U m时，带电粒子从圆心静止释放后第一次在磁场中的运动时间．三、[物理-选修3-3]（共2小题，满分15分）13．下列说法中正确的是（）A．单晶体的各向异性是由晶体微观结构决定的B．布朗运动就是液体分子的运动C．能量转化和守恒定律是普遍规律，但是能量耗散违反能量转化和守恒定律D．小昆虫水黾可以站在水面上是由于液体表面张力的缘故E．物体可从单一热源吸收热量并全部用于做功14．如图所示，一直立的气缸用一质量为m的活塞封闭一定量的理想气体，活塞横截面积为S，汽缸内壁光滑且缸壁是导热的，开始活塞被固定在A点，打开固定螺栓K，活塞下落，经过足够长时间后，活塞停在B点，已知AB=h，大气压强为p0，重力加速度为g．①求活塞停在B点时缸内封闭气体的压强；②设周围环境温度保持不变，求整个过程中通过缸壁传递的热量Q（一定量理想气体的内能仅由温度决定）．四、[物理-选修3-4]（共2小题，满分0分）15．简谐运动的振动图线可用下述方法画出：如图（甲）所示，在弹簧振子的小球上安装一支绘图笔P，让一条纸带在与小球振动方向垂直的方向上匀速运动，笔P在纸带上画出的就是小球的振动图象．取振子水平向右的方向为振子离开平衡位置的位移正方向，纸带运动的距离代表时间，得到的振动图线如图乙所示．则下列说法中正确的是（）A．弹簧振子的周期为4sB．弹簧振子的振幅为10cmC．t=17s时振子相对平衡位置的位移是10cmD．若纸带运动的速度为2cm/s，振动图线上1、3两点间的距离是4cmE．2.5s时振子正在向x轴正方向运动16．如图所示，一个半径为R的四分之一透明圆柱体放置在水平桌面上，一束蓝光沿水平方向垂直入射到OA上，经过圆柱体后在水平面形成一个光斑．已知圆柱体对蓝光的折射率为2．求：①蓝光在圆柱体中的传播速度；②圆柱体右侧水平桌面上黑暗部分的长度．五、[物理-选修3-5]（共2小题，满分0分）17．以下说法中，正确的是（）A．衰变成要经过6次β衰变和8次α衰变B．一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为这束光的光强太小C．原子核发生一次β衰变时，其内部的一个中子转变为一个质子和一个电子D．β射线与γ射线一样是电磁波，穿透本领远比γ射线强E．在原子核中，平均结合能越大表示原子核中的核子结合得越牢固18．如图所示，甲车的质量为m1=3kg，质量为m=1kg的小球用长为0.5m轻绳悬挂在L形支架一上，它们静止在水平面．质量为m2=2kg的乙车以V0=5m/s的速度向甲车运动，甲、乙两车碰撞后一起运动．g=10m/s2．求：①乙车碰撞甲后瞬时速度；②绳子偏离竖直方向的最大偏角（可用反三角函数表示）．2016年广东省茂名市高考物理一模试卷参考答案与试题解析二、选择题：本题共有8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合要求．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．【考点】楞次定律．【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合．【分析】根据右手螺旋定则可判定线圈所处磁场的方向，再由电流与时间的关系来确定磁场大小变化，由楞次定律可确定线圈产生的感应电流方向，从而根据左手定则可确定安培力的方向得出结果．【解答】解：A、由题意可知，NM方向为电流正方向，根据右手螺旋定则可知，在0到T 时间内，穿过线框abcd磁场方向垂直纸面向里，大小在减小，则线框产生的感应电流方向，由楞次定律可得，感应电流方向顺时针，即为abcda；当在到T时间内，穿过线框abcd 磁场方向垂直纸面向外，大小在增大，则线框产生的感应电流方向，由楞次定律可得，感应电流方向仍为顺时针，即为abcda；故AB错误；C、当NM电流大小变化时，周围产生磁场，导致线框中产生感应电流，从而使线框ab受到安培力作用；当通以正向电流时，线框bc受到向右的安培力；当通以反向电流时，线框bc受到向左的安培力，故C错误，D正确；故选：D【点评】考查右手螺旋定则、楞次定则、左手定则，及法拉第电磁感应定律，得出电流方向同向的相互吸引，电流方向反向的相互排斥．且磁场与时间的图象斜率表示磁场的变化．2．【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；电功、电功率．【专题】参照思想；等效替代法；电磁感应与电路结合．【分析】当圆环以速度为10m/s向右匀速运动时切割磁感线产生感应电动势，相当于一个并联电池组，有效的切割长度等于其直径，由E=BLv求出感应电动势，再由电路规律解答．【解答】解：A、当圆环以速度为10m/s向右匀速运动时切割磁感线产生感应电动势，导轨中有感应电流．故A错误．BC、圆环产生的感应电动势为E=BLv=1×0.2×10V=2V，通过导轨的电流I===A=2AM、N两点的电压是路端电压，为U=E﹣I•=2﹣2××1=1V．故BC错误．D、R1的功率为P==W=1W，故D正确．故选：D【点评】本题要用等效的思维方法来理解电路，要知道圆环相当于一个并联电池组，有效的切割长度等于其直径，在分析电路结构的基础上，应用E=BLv、欧姆定律、功率公式即可正确解题．3．【考点】向心力；牛顿第二定律．【专题】牛顿第二定律在圆周运动中的应用．【分析】对AB两个物体进行受力分析，找出向心力的来源，即可判断烧断细线后AB的运动情况．【解答】解：当圆盘转速加快到两物体刚要发生滑动时，A物体靠细线的拉力与圆盘的最大静摩擦力的合力提供向心力做匀速圆周运动，所以烧断细线后，A所受最大静摩擦力不足以提供其做圆周运动所需要的向心力，A要发生相对滑动，离圆盘圆心越来越远，但是B所需要的向心力小于B的最大静摩擦力，所以B仍保持相对圆盘静止状态，故A、B、C选项错误，D选项正确．故选D【点评】解决本题的关键是找出向心力的来源，知道AB两物体是由摩擦力和绳子的拉力提供向心力，难度不大，属于基础题．4．【考点】变压器的构造和原理．【专题】定量思想；推理法；交流电专题．【分析】根据图象可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，二极管的作用是只允许正向的电流通过，再根据电压与匝数成正比即可求得结论．【解答】解：A、B、C、原、副线圈的电压与匝数成正比，所以副线圈两端电压为22V，最大值为V，则C错误；由于副线圈接着二极管，它具有单向导电性，根据电流的热效应知解得U=11V，故B错误；则1 min内产生的热量为Q==1452J，故A正确．D、P向上移动时，电阻变小，副线圈电流变大，则原线圈电流也变大．则D错误故选：A【点评】本题需要掌握变压器的电压之比和匝数比之间的关系，同时对于二极管的作用要了解．5．【考点】共点力平衡的条件及其应用．【专题】共点力作用下物体平衡专题．【分析】题中圆环质量很轻，重力不计，受到竖直杆的支持力和绳OB的拉力两个力作用，当让圆环在竖直光滑杆上自由滑动，重物再次静止时，OB必须与竖直杆垂直才能平衡．根据几何知识得到此时OA绳与水平杆的夹角，分析结点O的受力情况，作出力图，根据平衡条件进行分析．【解答】解：据题分析可知，圆环的重力不计，受到竖直杆的支持力和绳OB的拉力两个力作用，竖直杆对圆环的支持力与杆垂直向左，二力平衡时，这两个力必定在同一直线上，则当让圆环在竖直光滑杆上自由滑动，重物再次静止时，OB绳也与竖直杆垂直．设此时OA 与水平杆的夹角为α，三个细线的长度均为L，则几何知识得cosα═0.6，得α=53°以结点O为研究对象，分析受力情况如图，由平衡条件得知：F B与mg的合力与F A大小相等，方向相反，由于α=53°＞45°，则根据几何知识分析得到：F A=mg，F B=0故选：B．【点评】本题中分析出轻环处于二力平衡状态是解题的关键，再以结点为研究对象，根据平衡条件进行分析．6．【考点】动能定理的应用；匀变速直线运动的图像．【专题】整体思想；图析法；运动学中的图像专题；动能定理的应用专题．【分析】对全过程，运用动量定理求F的大小．在v﹣t图象中，面积表示位移大小，据此求解各个时间段的位移大小，从而全过程摩擦力做功，对全程根据动能定理列式求解拉力F 做的功．【解答】解：取初速度方向为正方向，根据动量定理，对全过程：Ft0﹣μmg•3t0=0，解得：F=3μmg；0～t0时间内，全过程的位移为：x=v0•3t0=对全过程，运用动能定理得：W﹣μmgx=0，得W=μmgv0t0．故BC正确，AD错误．故选：BC【点评】本题涉及力在时间上的累积效应，可优先考虑运用动量定理研究F的大小，当然也可以根据牛顿第二定律和运动学公式结合求解．7．【考点】电场的叠加；牛顿第二定律；电势能．【专题】比较思想；合成分解法；电场力与电势的性质专题．【分析】带有正电荷圆环的电场电场线从圆环出发到无穷远终止，分析粒子q所受的电场力方向，即可判断其运动情况．根据电场力做功正负，判断电势能的变化．无穷远场强为零，O点场强也为零，即可从无穷远到O点，场强先增大后减小，粒子的加速度先增大，后减小．根据能量守恒分析动能与电势能之和如何变化．【解答】解：A、圆环带正电，根据电场的叠加原理可知，水平轴线上电场线从圆环中心出发到无穷远终止，带正电的粒子q所受的电场力方向与其运动方向相反，所以粒子一直做减速运动．故A错误．B、电场力对粒子q一直做负功，其电势能一直增大．故B错误．C、无穷远场强为零，O点场强也为零，即可从无穷远到O点，场强先增大后减小，粒子所受的电场力先增大后减小，所以其加速度先增大，后减小．故C正确．D、根据能量守恒得知：粒子的动能与电势能之和保持不变．故D正确．故选：CD【点评】本题要掌握电场的叠加原理来分析电场的分布情况，采用极限法分析场强的变化，来分析加速度的变化是关键．8．【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．【专题】比较思想；模型法；人造卫星问题．【分析】沿b运动的物体做匀速圆周运动，由重力提供向心力，列式可求出其速度，分析其他物体的速度与沿b运动的物体速度的关系．第一宇宙速度是物体绕地球做匀速圆周运动的最大速度．【解答】解：A、沿b运动的物体做匀速圆周运动，由重力提供向心力，得mg=m，则v b=沿a运动的物体做近心运动，初速度一定比b的速度小，则沿a运动的物体初速度一定小于．故A正确．B、沿b运动的物体做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，则有G=m，得v b=．故B正确．C、沿c运动的物体做椭圆运动，根据开普勒第二定律知，沿c运动物体的初速度大于P点时的速度大小．故C错误．D、沿b运动的物体的速度等于第一宇宙速度，沿d运动的物体做离心运动，其运动速度一定大于b的速度，即大于第一宇宙速度．故D正确．故选：ABD【点评】解决本题的关键要抓住做匀速圆周运动的卫星，才能根据万有引力或重力等于向心力列式，求解其运行速度．其他物体的速度，要根据其运动情况，结合变轨原理分析．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．【考点】伏安法测电阻．【专题】实验题；定性思想；推理法；恒定电流专题．【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律，估算出电路中电流的范围，从而得到电流表量程偏大；（2）根据图乙直接读出电压表示数；（3）①滑动变阻器可以用电阻箱替换，由于电阻箱的电阻可以直接读出，因而可以不用电压表；②先推导出电阻R与电流关系的一般表达式，然后结合图象得到数据．【解答】解：（1）根据闭合电路欧姆定律，当滑动变阻器短路时，电流为：I=，故用电流表A1 量程太大，读数不准确，用A2替换A1 ．（2）根据图乙可知，电压测量值为：U=2.40V，（3）①发现滑动变阻器、电压表已损坏，则用电阻箱和A1 串联接入电源，测量电池的电动势E和内阻r，如图所示：②根据闭合电路欧姆定律，电流的表达式为：I=，则：，结合图象可以得到：r=7Ω，E=3.5V故答案为：（1）用A2替换A1；（2）2.40；（3）①如图所示；②3.5，7．【点评】本题关键要从实验要求中的安全、准确、操作方便的角度进行分析，第三问要注意先推导出电阻R与电流关系的一般表达式，根据图象的斜率和截距求解，难度适中．11．【考点】牛顿第二定律；平均速度；物体的弹性和弹力．【专题】计算题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题．【分析】（1）根据运动学公式，抓住物体先匀加速，然后做竖直上抛运动，求出匀加速运动的加速度，结合牛顿第二定律求出拉力的大小．（2）根据位移时间公式求出匀加速运动的位移，结合平均功率的公式求出拉力的平均功率．【解答】解：（1）设物体匀加速直线运动的加速度为a，则8s末的速度为：v1=at1=8a，8s内的位移为：，绳子断后，物体做竖直上抛运动，根据代入数据解得：a=2.25m/s2．根据牛顿第二定律得：F﹣mg=ma，解得：F=mg+ma=40+4×2.25N=49N．（2）8s内物体的位移为：=72m，则拉力的平均功率为：．答：（1）绳子对物体的拉力为49N；（2）从释放到绳子断开前，绳子拉力的平均功率为441W．【点评】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，通过运动学公式求出物体的加速度是解决本题的关键．12．【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】定性思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】（1）画出粒子的运动轨迹，根据几何关系求出在磁场中做圆周运动的半径，再根据洛伦兹力提供向心力求出最大速度，在加速电场中，根据动能定理求解最大电压；（2）当所加电压为U m时，从圆心释放的带电粒子经电场、磁场再次回到圆心，画出运动轨迹，根据周期公式结合几何关系求解即可．【解答】解：（1）粒子运动轨迹如图所示，由图知：…①…②粒子在磁场做圆周运动，则有：…③解得：…④粒子在电场中加速，则有：…⑤解得：…⑥（2）当所加电压为U m时，从圆心释放的带电粒子经电场、磁场再次回到圆心的轨迹如图所示．由图知…⑦在磁场中的圆心角为α=2π﹣2θ…⑧粒子在磁场中做圆周运动的周期…⑨在磁场中运动的时间为t1，则有：…⑩联立⑤～⑧解得：t1=1.05×10﹣3s答：（1）带电粒子不能穿越磁场外边界的最大电压U m为；（2）当电压为U m时，带电粒子从圆心静止释放后第一次在磁场中的运动时间为1.05×10﹣3s．【点评】考查带电粒子在电磁场中的运动，结合牛顿第二定律与动能定理求解，掌握如何画出运动轨迹图，学会求在磁场中运动的时间，难度适中．三、[物理-选修3-3]（共2小题，满分15分）13．【考点】热力学第二定律；布朗运动；能量守恒定律．【专题】定性思想；推理法；热力学定理专题．【分析】布朗运动是固体颗粒的运动，间接反映了液体分子的无规则运动，能量转化和守恒定律是普遍规律，不可能可从单一热源吸收的热量并全部用于做功，而不引起其它变化．【解答】解：A、单晶体的各向异性是由晶体微观结构决定的，A正确；B、布朗运动是固体颗粒的运动，间接反映了液体分子的无规则运动，B错误；C、能量转化和守恒定律是普遍规律，能量耗散也不违反能量转化和守恒定律，B错误；D、小昆虫水黾可以站在水面上是由于液体表面张力的缘故，D正确；E、不可能可从单一热源吸收的热量并全部用于做功，而不引起其它变化；在引起其他变化的情况下物体可从单一热源吸收热量并全部用于做功．故E正确；故选：ADE【点评】本题重点掌握能量耗散的实质，是能量的形式发生的转化，并不是能量因此而消失，同时要掌握热力学第二定律的内容表述．14．【考点】理想气体的状态方程．【专题】理想气体状态方程专题．【分析】（1）对活塞在B点利用平衡列式求解；（2）根据热力学第一定律列式求解．【解答】解：（1）设活塞停在B点时缸内封闭气体的压强为P1在B点活塞受力平衡得：P0S+mg=P1S解得：（2）由于气体温度不变，所以气体内能不变，即△U=0…①由A到B，外界对气体做的功为：W=P1Sh=（P0S+mg）h…②根据热力学第一定律得：W+Q=△U…③①②③联立得：Q=﹣（P0S+mg）h“﹣“表示放热答：①求活塞停在B点时缸内封闭气体的压强为；②整个过程中通过缸壁传递的热量为（P0S+mg）h【点评】本题考查了求传递的热量，应用热力学第一定律即可正确解题，求气体的压强的关键是选择正确的研究对象．四、[物理-选修3-4]（共2小题，满分0分）15．【考点】简谐运动的振动图象．【专题】定量思想；图析法；振动图像与波动图像专题．【分析】弹簧振子的周期和振幅由图乙直接读出．根据周期性分析t=17s时振子相对平衡位置的位移．纸带匀速运动，由s=vt求其位移．根据图象的斜率分析振子的速度方向．【解答】解：A、周期是振子完成一次全振动的时间，由图知，弹簧振子的周期为T=4s，故A正确．B、振幅是振子离开平衡位置的最大距离，由图知，弹簧振子的振幅为10cm，故B正确．C、振子的周期为4s，由周期性知，t=17s时振子相对平衡位置的位移与t=1s时振子相对平衡位置的位移相同，为0．故C错误．D、若纸带运动的速度为2cm/s，振动图线上1、3两点间的距离是s=vt=2cm/s×2s=4cm．故D正确．E、图象的斜率表示速度，斜率正负表示速度的方向，则知2.5s时振子的速度为负，正在向x轴负方向运动，故E错误．故选：ABD【点评】本题关键要理解简谐运动的图象，明确振子运动和纸带运动具有等时性，弹簧振子的周期等于纸带前进一个完整的正弦图波形的时间．16．【考点】光的折射定律．【专题】计算题；定量思想；几何法；光的折射专题．【分析】①已知蓝光的折射率，由公式v=求蓝光在圆柱体中的传播速度；②由sinC=求蓝光的临界角，再由几何知识求圆柱体右侧水平桌面上黑暗部分的长度．【解答】解：①由n=得光在透明体中传播的速度为：v===1.5×108m/s②设光从圆柱体入射空气时临界角为C，则有：sinC=可得：C=30°由图知：OB==R阴影部分长度为：L=OB﹣R=（﹣1）R。
淮北市2016届高三第一次模拟考试物理试卷
淮北市2016届高三第一次模拟考试物理试卷答案第Ⅰ卷 （选择题，共40分）一、选择题：（本题共10小题，每小题4分，共40分。
在每小题给出的四个选项中只有一个选项是正确的，选对的得4分，错选．不选的得0分）题号1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B B D A C A D BCD BC AD第Ⅱ卷 （非选择题，共60分）二、实验题（每空2分，共14分）11.解析 ①本实验的原理是将弹簧的弹性势能转化为小车的动能，长木板右端 垫一小物块，其作用是平衡摩擦力；②根据实验原理，点间距均匀，为匀速直线运动阶段，说明速度达到最大， 故纸带上A 点位置应在s 2段；③根据能量守恒，有E p ＝12kx 2＝12m v 2，解得：x ＝mkv .答案 (1)平衡摩擦力 (2)s 2 (3)mkv2.解析 （1）根据闭合电路欧姆定律,电压表示数即路端电压U ＝E －I （R 0＋ r ）,因此图乙中纵截距即为电源的电动势E ＝3.00 V ,斜率绝对值表示保护电 阻R 0与电源内电阻之和即（R 0＋r ）＝3.00－1.200.6 Ω＝3.0 Ω，r ＝1.0 Ω. （2）图丙中截距为x ＝0时，即为电路中金属丝被短路，所测电阻即为电流 表的内阻；由图丙可知，金属丝长0.6 m ，电阻为5.8 Ω，由电阻定律R ＝ρL S， 代入已知条件解得：ρ＝1.2×10－6Ω·m.答案 （1）3.00（2.99～3.02均可） 1.0（0.80～1.0均可） （2）1.2× 10－6 电流表内阻为2.0 Ω三、计算题12. 解：(第一问4分)（1）对A 、B 整体受力分析，由牛顿第二定律得F -（m A +m B ）gsin Ø-µ（m A +m B ）gcosØ=（m A +m B ）a解得：a=4m/s 22分 对B 物体受力分析，由牛顿第二定律得F T =m A a+m A gsin Ø+µm A gcosØ 1分 代入数据解得：F T =14N 1分(第二问6分)（2）细线断裂后，对A 物块受力分析，由牛顿第二定律得： m A gsin Ø+µm A gcosØ=m A a A代入数据解得：a A =10m/s 21分 由运动学公式V=a A t 可得:t=1s 1分由运动学公式X A =Vt/2可得：X A =5m 1分 细线断裂后，对B 物块受力分析，由牛顿第二定律得： F -m B gsin Ø-µm B gcosØ=m B a B代入数据解得：a B =11m/s 21分由运动学公式X B =Vt+at 2/2可得：X B =15.5m 1分 由题意可得：当A 运动到最高点时，物块A 、B 之间的距离X= X B -X A +L=11m 1分13.(第一问5分 )（1）设棒到达MN 时的速度为v ，物块下落的高度为：h=x PQ -x MN =0.4m ， 系统由静止释放至棒到达MN 过程中，物块与棒组成的系统机械能守恒， 由机械能守恒定律得：mgh ＝212mv +212mv 1分 在MN 位置进入磁场时感应电动势为E ，由法拉第电磁感应定律：E 1=BLv 1分 此时回路中的电流强度为I ＝1E R1分 棒进入磁场时安培力：F MN =BIL 1分 联立上式解得F MN =4N 1分(第二问5分)（2）进入磁场时，对物块和棒组成的系统：F MN =mg ，所以棒在磁场中做匀速直线运动， 设在磁场中的运动时间为t 2，由运动学公式：x MN =vt解得t 1=1s ， 1分棒运动1s 被锁定，0～1s 电路中产生的焦耳热Q 1＝21I Rt =8J 1分锁定后，由图乙可知：B t=1T/s 磁场的面积S=Lx MN =1.0m 2， 1分 设1s ～3s 电动势为E′，由法拉第电磁感应定律：E 2＝BtS 1分1s ～3s 电路中产生的热量Q 2＝222E tR=4J 1分 所以0～3s 产生的焦耳热：Q=Q 1+Q 2=8J+4J=12J ； 1分 答：（1）金属棒进入磁场时受到的安培力为4N ； （2）在0～3s 时间内电路中产生的焦耳热为12J ． 其它方法做对也可以给分。
2016年浙江省高考模拟试卷物理
2016年浙江省高考模拟试卷物理一、选择题1.下列各组物理量中，全部是矢量的是( )A.速度、路程、时间B.速度、摩擦力、路程C.质量、加速度、位移D.弹力、速度、加速度解析：A、速度是矢量，路程和时间没有方向，是标量，故A错误；B、速度和摩擦力是矢量，路程为标量，故B错误；C、质量是标量，加速度和位移是矢量，故C错误；D、弹力、速度和加速度都是矢量，故D正确。
答案：D2.北京奥运火炬实现了成功登上珠峰的预定目标，如图所示是火炬手攀登珠峰的线路图，请据此图判断下列说法正确的是( )A.由起点到终点火炬手所走线路的总长度是火炬手的位移B.线路总长度与火炬手所走时间之比等于登山的平均速度C.在计算登山运动员的速度时不可以把火炬手当成质点D.假设火炬手换一条路径登峰，他从起点到终点位移还是相同的解析：A、位移为矢量，起点到终点的直线距离为其大小，故A错误。
B、平均速度是位移与时间的比值。
故B错误。
C、运动员尺寸和他走过的位移相比小的多，我们也不关心运动员以什么样的姿态登山，所以在这过程中可把运动员看做质点。
故C错误。
D、根据位移定义，可知，若火炬手换一条路径登峰，他从起点到终点位移还是相同的。
故D正确。
答案：D3.如图，某滑块以一初速度沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，到达斜面底部时速度恰好为零。
下面四个v﹣t图象可以表示物体运动情况的是( )A.B.C.D.解析：据题知，滑块做匀减速直线运动，速度时间的关系式为v=v0﹣at，a是加速度大小。
则知C图象正确。
故C正确。
答案：C4.中国是掌握空中加油技术的少数国家之一。
如图所示是我国自行研制的第三代战斗机歼﹣10在空中加油的情景，以下列的哪个物体为参照物，可以认为加油机是运动的( )A.歼﹣10战斗机B.地面上的房屋C.加油机中的飞行员D.歼10战斗机里的飞行员解析：A、加油机相对于歼﹣10战斗机位置不变，以歼﹣10战斗机为参照物，加油机是静止的，故A错误。
山东省济宁市2016届高三下学期第一次模拟考试物理试题含答案
2016年济宁市高考模拟考试理科综合能力测试2016．3 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5至16页，共300分。
考生注意：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、考试科目”与考生本人准考证号、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，再选涂其它答案标号。
第Ⅱ卷用黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答，在试题卷上作答，答案无效。
3．考试结束；监考员将试题卷、答题卡一并收回。
第I卷(选择题共126分)二、选择题：本题共8小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中。
第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
14．沿同一直线运动的a、b两物体，其x-t图象分别为图中直线a和曲线b所示，由图可知A．两物体运动方向始终不变B．0～t1内a物体的位移大于b物体的位移C．t1～t2内某时刻两物体的速度相同D．t1～t2内a物体的平均速度大于b物体的平均速度15．如图所示，小车内固定着一个倾角为60°的斜面OA，挡θ=，可绕转轴O在竖直平面内转板OB与水平面的夹角60o动。
现将一质量为m的光滑圆球放在斜面与挡板之间，下列说法正确的是A．当小车与挡板均静止时，球对斜面的压力小于mgθ=不变，使小车水平向右运动，则球对斜面的B．保持60o压力可能为零C.保持小车静止，在θ由60°缓慢减小至15°的过程中，球对挡板的压力逐渐减小D.保持小车静止，在θ由60°缓慢减小至15°的过程中，球对斜面的压力逐渐增大16.如图所示，在O点固定一负点电荷，实线为其中几条对称分布的电场线，虚线为以O e电场线上的O’点为圆心的一个圆，a、b、c、d、e，f、g、h为圆与电场线的交点，下列说法正确的是A．d、f两点的电场强度相同B．a点电势比e点电势高C．b、d两点间电势差小于b，两点间电势差D．质子沿圆周由h到d与由h到f，电场力做功相等17．如图所示，人造卫星P(可看作质点)绕地球做匀速圆周运动。
2016年普通高等学校招生全国统一考试模拟浙江卷物理
2016年普通高等学校招生全国统一考试模拟（浙江卷）物理一、单项选择题（本题共4小题，只有一个选项是符合题目要求的，每题6分，共24分。
）1.【答案】C【解析】收音机里的“磁性天线”利用互感现象把广播电台的信号从一个线圈传送到另一个线圈，故A正确；电磁炮的原理是：利用安培力推动炮弹沿导轨加速运动，达到每秒几十公里的超高速状态，故B正确；下雨天，云层带电打雷，往往在屋顶安装避雷针，是导走静电，防止触电．不属于静电屏蔽，故C错误；闭合线圈在磁场中运动会产生感应电流，从而出现安培阻力，因此在运输时，表头接线柱有导线相连；用导线把微安表的“+”、“﹣”两个接线柱连在一起后晃动电表，表针晃动幅度很小，且会很快停下，这是物理中的电磁阻尼现象，故D正确。
2．【答案】：D【解析】：对小球受力分析，受重力mg和细线的拉力T，如图根据牛顿第二定律，有Tsinθ=ma ①Tcosθ-mg=0 ②再对m和M整体受力分析，受总重力（M+m）g、支持力N、摩擦力f，如图根据牛顿第二定律，有f=（M+m）a ③N-（M+m）g=0 ④由①②③④解得：tanθ=错误！未找到引用源。
若小车的加速度逐渐增大到3a，则θ的正切变为原来的3倍N=（M+m）gθ的正切变为原来的3倍，但θ不是3倍，故A、B错误；3倍，故C错误；当加速度变为3倍时，摩擦力f变为3倍，D正确。
3．【答案】A【解析】电势的单位是V，1V=1N•m/C．A、等式右边单位是N•m/C，与等式左边相同，从数学角度看意义合理，故A正确；B、等式右边单位是N•m2/C2，与等式左边单位不同，B项不合理，故B错误；C、等式左右两边单位相同，但从数学角度分析，当x＞R时根号内R2-x2＜0，没有意义了，C项不合理，故C错误；D、等式右边单位是1N•m2/C，与等式左边单位不同，D项不合理，故D错误。
4．【答案】：D【解析】：二、多项选择题（本题共3小题，共18分。
在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题目要求的。
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2015年高考模拟考试理综物理试题（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）14．将一小球沿y轴正方向以初速度v竖直向上抛出，小球运动的y-t图像如图所示，t2时刻小球到达最高点，且t3-t2>t2-t1，0～t2时间内和t2～t3时间内的图线为两段不同的抛物线，由此可知A．小球在0～t1时间内与t1～t2时间内运动方向相反B．小球在t2时刻所受合外力为零C．小球在0～t2时间内所受合外力大于t2～t3时间内所受合外力D．小球在t1和t3时刻速度大小相等15．如图所示，在某一区域有水平向右的匀强电场，在竖直平面内有初速度为v o的带电微粒，恰能沿图示虚线由A向B做直线运动。
不计空气阻力，则A．微粒做匀加速直线运动B．微粒做匀减速直线运动C．微粒电势能减少D．微粒带正电16．均匀带电球壳在球外空间产生的电场可等效为电荷全部集中于球心处的点电荷的电场。
如图所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O 的轴线，在轴线上有M、N两点，OM=ON=2R。
已知M点的场强大小为E，方向由O指向M。
则N 点的场强大小为A．B．C．D．17．如图所示，在竖直方向的磁感应强度为B的匀强磁场中，金属框架ABCD固定在水平面内，AB与CD平行且足够长，BC与CD间的夹角为θ（θ<90°），不计金属框架的电阻。
光滑导体棒MN （垂直于CD）在外力作用下以垂直于自身的速度v向右匀速运动，导体棒在滑动过程中始终保持与导轨良好接触，以经过C点时刻为计时起点，下列关于电路中电流大小I与时间t、消耗的电功率P 与导体棒水平移动的距离x变化规律的图像中，正确的是18．如图所示，半径为R 的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场。
重力不计、电荷量一定的带电粒子以速度v 正对着圆心O 射入磁场，若粒子射入、射出磁场点间的距离为R ，则粒子在磁场中的运动时间为A ．v R 932πB ．vR32π C ．vR332π D ．vR 3π19．在地球表面，用弹簧测力计测得质量为m O 的物体的重力为P ，已知地球的半径为R ，万有引力常量为G ，地球的同步通讯卫星的轨道离地面的高度为h ，则 A ．第一宇宙速度为0m PRv =B ．地球的质量为Gm PRC ．地球的近地卫星环绕地球运动的向心加速度大小等于m P D ．地球的自转周期等于()Ph R m R+02π20．质量为m 的物块在水平恒力F 的推动下，从山坡（粗糙）底部的A 处由静止开始运动至高为h 的坡顶B 处。
到达B 处时物块的速度大小为v ，A 、B 之间的水平距离为s ，重力加速度为g 。
不计空气阻力，则物块运动过程中 A ．重力所做的功是B ．合外力对物块做的功是C ．推力对物块做的功是D ．阻力对物块做的功是21．如图所示，两个质量相同的小球A 和B ，分别用细线悬在等高的O 1、O 2两点，A 球的悬线比B 球的悬线长，把两球的悬线拉成水平后将小球无初速释放，则小球经过最低点时（以悬点所在水平面为零势能面），下列说法正确的是A ．A 球的角速度大于B 球的角速度 B ．悬线对A 球的拉力等于对B 球的拉力C ．A 球的向心加速度等于B 球的向心加速度D ．A 球的机械能大于B 球的机械能三、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做答。
第33题～第40题为选考题，考生根据要求做答）22．（7分）某同学利用自由落体运动验证机械能守恒定律，它在同一竖直线上不同高度处安装两个光电门，然后在高处的光电门正上方一定距离处由静止释放小球，下落中小球球心经过两光电门的光束，光电门显示的遮光时间分别为t1、t2。
（1）为验证机械能守恒定律，它还必须测出的物理量有A．小球的质量mB．小球的直径DC．两光电门中心的距离LD．小球在两光电门中心间运动的时间（2）为验证机械能守恒定律，需要比较小球在两光电门间运动时重力势能的减少量△E p与小球增加的动能△E k是否相等，若运用所测物理量及相关常量表示，则△E p = ；△E k = 。
（3）为减小实验误差，对选择小球的要求是。
23．（8分）某同学测定一个叠层电池的电动势和内电阻，实验室中提供的仪器或器材有：A．电流表G（满偏电流10 mA，内阻等于10 Ω）B．电流表A（0～0.6 A～3 A，内阻未知）C．滑动变阻器R0（0～100 Ω，1 A）D．定值电阻R（阻值990 Ω）E．开关与导线若干（1）该同学根据这些实验器材，设计了图甲所示的电路，实验中，电流表A的量程应选择；（2）请按照电路图在图乙上完成实物连线；（3）图丙为该同学根据上述设计的实验电路，利用实验测出的数据绘出的I1-I2 图线，I1为电流表G的示数，I2为电流表A的示数，由图线可以得到被测电池的电动势E=V，内阻r = Ω。
24．（14分）如图10所示，从A点以v o=4m/s的水平速度抛出一质量m=1kg的小物块（可视为质点），当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入光滑圆弧轨道BC，经圆孤轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面的长木板上，圆弧轨道C端切线水平。
已知长木板的质量M=4kg，A、B两点距C点的高度分别为H=0.6m、h=0.15m，R=0.75m，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1=0.5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.2，g=10m/s2。
求：（1）小物块运动至B点时的速度大小和方向；（4分）（2）小物块滑动至C点时，对圆弧轨道C点的压力；（保留两位有效数字）（5分）（3）长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板？（5分）25．（18分）图甲为一研究电磁感应的实验装置示意图，其中电流传感器（相当于一只理想的电流表）能将各时刻的电流数据实时通过数据采集器传输给计算机，经计算机处理后在屏幕上同步显示出I-t图像。
足够长光滑金属轨道电阻不计，宽度为L，倾角为θ。
轨道上端连接的定值电阻的阻值为R，金属杆MN的电阻为r，质量为m。
在轨道区域加一垂直轨道平面向下、磁感强度为B的匀强磁场，让金属杆在沿道平面向下、大小随时间变化的拉力F作用下由静止开始下滑，计算机显示出如图乙所示的I-t图像，设杆在整个运动过程中与轨道垂直。
试求：（1）金属杆的速度v随时间变化的关系式；（2）拉力F随时间变化的关系式；（3）金属杆从静止开始下滑2t O时间，在定值电阻R上产生的焦耳热为Q，则拉力做的功。
33．【选修3-3】（15分）（1）（6分）关于分子动理论即热力学定律的下列说法正确的是。
（填入正确选项前的字母，选对1个给3分，选对2个给4分，选对3个给6分，每选错1个扣3分，最低得分为0分）。
A．气体总是充满容器，说明气体分子间只存在斥力B．对于一定质量的理想气体，温度升高，气体内能一定增大C．温度越高布朗运动越剧烈，说明水分子的运动与温度有关D．物体内能增加，温度一定升高E．热可以从高温物体传到低温物体（2）（9分）如图所示，有一圆筒形导热气缸静置在地面上，气缸的质量为M，活塞及手柄的质量为m，活塞截面积为S。
未用手向上提活塞手柄，活塞处于平衡状态时，被封闭气体的体积为V。
若将活塞缓慢上提，求当气缸刚离地面时活塞上升的距离。
（大气压强为p o，重力加速度为g，活塞与缸壁的摩擦不计，活塞未脱离气缸。
）34．【选修3-4】15分（1）（6分）某时刻O处质点沿y轴向下开始简谐振动，形成沿x轴正向传播的简谐横波，O 处质点开始振动后t=0.8s时的图像如图所示。
P点是x轴上距坐标原点96cm处的质点。
则该波的波速是m/s；从O处质点开始振动计时，经过s，P处质点开始振动；从P处质点开始振动，再经s，P处质点第一次经过波峰。
（2）（9分）细束平行光以一定的入射角从空气射到直角棱镜的侧面AB，光线进入棱镜后直接射向另一侧面AC。
逐渐调整光线在AB面的入射角，使AC面恰好无光线射出，测得此时光线在AB 面的入射角为α。
①画出光线在AB面的入射角为α时，在AB面、AC面两次折射的光路图；②计算该棱镜的折射率。
35．【选修3-5】（1）（6分）在如图所示的光电效应现象中，光电管阴极K的极限频率为，现用频率为2的光照射在阴极上，已知普朗克常量为h，则光电子的最大初动能为_________；若此时电路中的光电流为I，已知电子电量为e，则单位时间内到达阳极的电子数为；若该照射光的强度变为原来的2倍，则电路中的光电流为。
（2）（9分）质量为M的木块静止在光滑的水平面上，一颗子弹质量为m，以水平速度v o击中并停留在木块中，若已知子弹进入木块过程中，所受木块的阻力为f。
不计空气阻力，求在这个过程中：①木块获得的动能；②子弹进入木块的深度。
参考答案及评分标准14．C解析：小球在0-t2时间内都向y轴正方向运动。
选项A错误；t2时刻小球正经过最高点，合外力不为零。
选项B错误；由图像可知，小球从原点O上升到最高点的时间小于从最高点落回原点O的时间，上升时经过O点时（t1时刻）的速度大于落回O点时（t3时刻）的速度。
因此，上升时的加速度大于下落时的加速度，由牛顿第二定律可知，0～t2时间内所受合外力大于t2～t3时间内所受合外力。
选项A、B、D错误，C正确。
15．B解析：由于电场力方向总是与电场方向在一条直线上，电场力不可能与重力平衡，微粒不可能匀速运动，由于重力、电场力均恒定，其合力也恒定。
由于微粒做直线运动，合力必与速度方向在一条直线上。
由平行四边形定则可知，电场力水平向左时，微粒所受电场力与重力的合力方向与速度方向相反。
因此微粒做匀减速运动，带负电，运动中电场力做负功，电势能增加。
选项B正确。
16．A解析：设想用一个同样的带电半球与原半球组成完整球，则此时M点的场强为。
则设想的半球在M点的场强为。
由对称性可知，原半球在N点的场强大小。
选项A正确。
17．D解析：由法拉第电磁感应定律可知，在导体棒MN未经过B点前，，设导体棒单位长度的电阻为R O，由欧姆定律有，解得：。
同理可知，导体棒经过B点后，。
选项AB错误。
由及可知，导体棒经过B点前，经过B点后P恒定不变。
选项C错误D正确。
18．A解析：做出粒子的运动轨迹，由几何关系可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为，轨迹圆弧所对应的圆心角α=120o。
对粒子在磁场中的运动，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有。
粒子在磁场中匀速圆周运动的周期为，则在磁场中的运动时间为。
解得。
选项A正确。
19．AC解析：由重力与质量的关系可知，地球表面的重力加速度为。