北京市顺义区2016届高三(一模)理综物理试题 Word版含解析

绝密★启封并使用完毕前试题类型：2016年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试注意事项： 1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分.2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试题相应的位置.3.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效.4.考试结束后，将本试题和答题卡一并交回.第一部分（选择题共120分）本部分共20 小题，每小题6分，共120分。

在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。

1. 将与生物学有关的内容依次填入下图各框中，其中包含关系错误．．的选项是框号 选项1 2 3 4 5A 组成细胞的化合物 有机物 无机物 水 无机盐B 人体细胞的染色体 常染色体 性染色体 X 染色体 Y 染色体C 物质跨膜运输 主动运输 被动运输 自由扩散 协助（易化）扩散D有丝分裂分裂期分裂间期染色单体分离同源染色体分离A . 细胞的有丝分裂对生物性状的遗传有贡献B . 哺乳动物的造血干细胞是未经分化的细胞C . 细胞分化是细胞内基因选择性表达的结果D . 通过组织培养可将植物椰肉细胞培育成新的植株2. 葡萄糖酒酿制期间，酵母细胞内由ADP 转化为A TP 的过程A . 在无氧条件下不能进行学.科网B . 只能在线粒体中进行C . 不需要能量的输入D . 需要酶的催化3. 豹的某个栖息地由于人类活动被分隔为F 区和T 区。

20世纪90年代初，F 区豹种群仅剩25只，且出现诸多疾病。

为避免该豹种群消亡，由T 区引入8只成年雌豹。

经过十年，F 区豹种群增至百余只，在此期间F 区的A .豹种群遗传（基因）多样性增加B . 豹后代的性别比例明显改变C . 物种丰（富）度出现大幅度下降D . 豹种群的致病基因频率不变4.足球赛场上，球员奔跑、抢断、相互配合，完成射门。

对比赛中球员机体生理功能的表述，不正确的是 A.长时间奔跑需要消耗大量糖原（元）用于供能学.科网 B.大量出汗导致失水过多，抑制抗利尿激素分泌 C.在神经与肌肉的协调下起脚射门 D.在大脑皮层调控下球员相互配合5.在正常与遮光条件下向不同发育时期的豌豆植株供应14CO 2，48h 后测定植株营养器官和生殖器官中14C 的量。

2017 顺义一模13.以下说法正确的选项是A．布朗运动就是液体分子的热运动B．气体压强是气体分子间的斥力产生的C．物体的温度越高，分子的均匀动能越大D．对必定质量的气体加热，其内能必定增添14．用中子（01n）轰击铝27（1327Al），产生钠 24（2411 Na ）和X，则X是A. 电子B. 质子C. 正电子D. α粒子15.以下说法正确的选项是A．用三棱镜察看太阳光谱是利用光的干预现象B．在光导纤维束内传递图像是利用光的全反射现象C．电视机遥控器是利用发出紫外线脉冲信号来换频道的D．用标准平面检查光学平面的平坦程度是利用光的偏振现象16.一列沿 x 轴负方向流传的简谐机械横波，波速为2m/s。

某时辰波形如下图，以下说法中正确的选项是A ．这列波的周期为2sB ．这列波的振幅为4cmC．此时 x = 4m 处质点的速度为零D．此时 x = 4m 处质点沿y 轴正方向运动17. 我国的神舟十一号载人宇宙飞船与天宫二号对接后绕地球运转的周期约为90min ，假如把它绕地球的运动看作是匀速圆周运动，飞船的运动和人造地球同步卫星的运动对比，以下判断正确的选项是A.飞船的轨道半径大于同步卫星的轨道半径B.飞船的运转速度小于同步卫星的运转速度C.飞船运转的角速度小于同步卫星运转的角速度D.飞船运动的向心加快度大于同步卫星运动的向心加快度18．如下图，一理想变压器的原、副线圈匝数之比为n1∶ n2＝ 10∶1，原线圈接入电压u＝ 2202sin 100tπ（ V ）的沟通电源，沟通电压表和电流表对电路的影响可忽视不计，定值电阻R0＝ 10Ω，可变电阻R 的阻值范围为0～ 10Ω，则以下说法正确的选项是A ．调理可变电阻R 的阻值时，电流表示数的变化范围为～2.2 AB ．当可变电阻阻值为 10 Ω时，变压器的输入电功率为C．副线圈中交变电流的频次为 100 Hz D． t ＝0.02 s 时，电压表的示数为零19．与一般吉他以箱体的振动发声不一样，电吉他靠拾音器发声。

2015-2016学年北京市顺义区高三（上）期末物理试卷一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）1．一列横波沿水平方向传播，某一时刻的波形如图所示，则图中a、b、c、d四点在此时刻具有相同运动方向的是（）A．a和c B．a和d C．b和c D．b和d2．地球上站立着两位相距非常远的观察者，发现自己的正上方有一颗人造地球卫星相对自己静止不动，则这两位观察者及两颗卫星到地球中心的距离是（）A．一个人在南极，一个人在北极，两卫星到地球中心的距离一定相等B．两人都在赤道上，两卫星到地球中心的距离一定相等C．一个人在南极，一个人在北极，两卫星到地球中心的距离可以不相等D．两人都在赤道上，两卫星到地球中心的距离可以不相等3．如图所示，是描述对给定的电容器充电时电荷量Q、电压U、电容C之间相互关系的图象，其中正确的是（）A．B．C．D．4．如图所示，质量为m的金属环用线悬挂起来，金属环有一半处于水平且与环面垂直的匀强磁场中，从某时刻开始，磁感应强度均匀减小，则在磁感应强度均匀减小的过程中，关于线拉力大小的下列说法中正确的是（）A．大于环重力mg，并逐渐减小B．始终等于环重力mgC．小于环重力mg，并保持恒定D．大于环重力mg，并保持恒定5．如图所示，质量分别为m和M的两物块紧挨着放在水平地面上，且M＞m．当用水平恒力F向右的推物块m时，两物块能在水平面上加速向右滑行，两物块的加速度大小为a，两物块间的作用力大小为T．如果用同样大小的水平恒力F 向左推木块M时，加速度大小为a′，物块间的作用力大小为T′，以下判断正确的是（）A．a′=a，T′＞T B．a′＜a，T′=T C．a′＞a，T′=T D．a′=a，T′＜T6．一物体悬挂在气球下面，与气球一起沿竖直方向匀速上升，某时刻该物体脱落，并从此时开始计时．已知气球和物体所受空气阻力大小不变．在下图中①代表气球运动的v﹣t图线，②代表物体运动的v﹣t图线．以下四个v﹣t图象中最接近真实情况的是（）A．B．C．D．7．如图所示，两个半径不同而内壁光滑的半圆轨道固定于地面，一个小球先后从与球心在同一水平高度的A、B两点由静止开始自由下滑，通过轨道最低点时（）A．小球对轨道的压力相同B．小球对两轨道的压力不同C．此时小球的速度相等D．此时小球的向心加速度相等8．如图所示，质量为m的物体P放在光滑的倾角为θ的直角劈上，同时用力F 向右推劈，使P与劈保持相对静止，在前进的水平位移为s的过程中，劈对P做的功为（）A．F•s B．C．mgcosθ•s D．mgtanθ•s9．甲、乙两物体分别在恒力F1、F2的作用下，沿同一直线运动，它们的动量随时间变化的关系如图所示，设甲在t1时间内所受的冲量为I1，乙在t2时间内所受的冲量为I2，则F1、F2，I1、I2的大小关系是（）A．F1＞F2，I1=I2 B．F1＜F2，I1＜I2C．F1＞F2，I1＞I2D．F1=F2，I1=I2 10．如图所示，长度相同的三根轻杆构成一个正三角形支架，在A处固定质量为2m的小球，B处固定质量为m的小球．支架悬挂在O点，可绕过O点并与支架所在平面相垂直的固定轴转动．开始时OB位于竖直方向．放手后开始运动，在不计任何阻力的情况下，下列说法正确的是（）A．B球向左摆动所能达到的最高位置应高于A球开始运动时的高度B．当支架从左向右回摆时，A球不能回到起始高度C．A球机械能减少量大于B球机械能增加量D．A球到达最低点时速度为零11．如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，U ab=U bc，实线为一带正电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知下列说法中正确的是（）A．三个等势面中，a的电势最低B．带电粒子通过P点时的动能比通过Q点时的动能大C．带电粒子通过P点时的加速度比通过Q点时加速度大D．带电粒子在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能小12．如图所示，一物体以初速度v0冲向光滑斜面AB，并能沿斜面升高h后恰好到达B端，下列说法中正确的是（）A．若把斜面从C点锯断或弯成如图中的AB′线所示的圆弧状，物体都不能升高h，因为机械能不守恒B．若把斜面弯成如图中的AB′线所示的圆弧状或从C点开始锯掉CB段，物体都不能升高h，但机械能仍守恒C．若把斜面从C点开始锯掉CB段，由机械能守恒定律知，物体冲出C点后仍能升高hD．若把斜面弯成如图中的AB′线所示的圆弧形，物体仍能沿AB′升高h13．如图所示，水平向右方向的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场互相垂直，竖直的绝缘杆上套一带负电荷小环并置于场中．小环由静止开始下落的过程中，小环的加速度（）A．不断减小最后为零B．不断增大后来不变C．先减小后增大，最后不变D．先增大后减小，最后不变14．一个自感系数很大的线圈，用如图所示的电路测量它的直流电阻，闭合电键S1与S2待稳定后．读出电压表与电流表的示数．下列说法正确的是（）①线圈电阻的测量值等于电压表示数与电流表示数的比值②线圈电阻的真实值小于电压表示数与电流表示数的比值③在测量完毕拆卸电路时，应先断开S1，后断开S2④在测量完毕拆卸电路时，应先断开S2后断开S l．A．①③B．①④C．②③D．②④15．如图所示，两个相邻的有界匀强磁场区，方向相反，且垂直纸面，磁感应强度的大小均为B，以磁场区左边界为y轴建立坐标系，磁场区在y轴方向足够长，在x轴方向宽度均为a．矩形导线框ABCD 的CD边与y轴重合，AD边长为a．线框从图示位置水平向右匀速穿过两磁场区域，且线框平面始终保持与磁场垂直．以逆时针方向为电流的正方向，线框中感应电流i与线框移动距离x的关系图象正确的是图中的（以逆时针方向为电流的正方向）（）A． B． C．D．16．电磁轨道炮工作原理如图所示．待发射弹体可在轨道沿伸方向自由移动，并与轨道保持良好接触．电流I从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回．轨道电流可在弹体附近形成垂直于轨道面的磁场（可视为匀强磁场），磁感应强度的大小与I成正比．通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出．现欲使弹体的出射动量增加至原来的2倍，理论上可采用的办法是（）A．只将电流I增加至原来的2倍B．只将弹体质量增加至原来的2倍C．只将轨道长度L增加至原来的2倍D．将电流，和轨道长度己均增加至原来的2倍，其它量不变二、非选择题（共7小题，满分72分）17．根据单摆周期公式，可以通过实验测量当地的重力加速度．以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有（）A．摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些B．摆球尽量选择质量大些、体积小些的C．为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆球相距平衡值置有较大的角度D．拉开摆球到某一位置释放，第一次经平衡位置时开始计时，第二次经平衡位置时停止计时，此时间间隔t即为单摆周期T18．在《验证力的平行四边形定则》的实验中，首先用两只弹簧秤分别钩住细绳套，互成角度地拉橡皮条，使结点伸长到某一位置O，此时必须记录的是（）A．O点的位置B．橡皮条固定端位置C．两只弹簧秤的读数两条细绳套的方向D．橡皮条的伸长长度19．如图甲、乙是两组同样的器材实物图，用来测量待测电阻R的阻值，每组器材中包括：电池，电键，变阻器，电压表，电流表，等测电阻R，若干导线．（1）如果待测电阻R的阻值比电压表的内阻不是小很多，但R的阻值比电流表的内阻大很多，试在图甲中连线使之成为测量电路；如果待测电阻R的阻值比电流表的内阻不是大很多，但R的阻值比电压表的内阻小很多，试在图乙中连线使之成为测量电路．（2）如果已知上述电压表的内阻R V和电流表的内阻R A，对图甲和图乙中连成的测量电路，分别写出计算待测电阻的公式（用测得的量和给出的电表内阻来表示）．20．如图所示AB为半径R=0.45m的四分之一光滑圆弧轨道，底端距水平地面的高度h=0.45m．一质量m=l．Okg的小滑块从圆弧轨道顶端A由静止释放，到达轨道底端B点时水平飞出．不计空气的阻力，g取lOm/s2求：（1）小滑块滑到圆弧轨道底端B点时的速度v；（2）小滑块滑到圆弧轨道底端B点时对轨道的压力F N；（3）小滑块落地点与B点的水平距离x．21．对于长度为l、横截面积为S，单位体积自由电子数为n的均匀导体，若在其两端加上电压U，就会在导体中有匀强电场产生，此时导体内移动的自由电子受匀强电场作用而加速．在运动过程中又与做热运动的阳离子碰撞而减速，这样边反复进行碰撞边向前移动，可以认为阻碍电子运动的阻力大小与电子移动的平均速度成正比，其比例系数为k．已知自由电子的电荷量为e，求：（1）电场力和碰撞的阻力相平衡时，电子在导体中运动的平均速率v；（2）自由电子在导体中以平均速率v运动时，该导体中的电流I；（3）该导体的电阻值R．22．如图所示，一质量M=1．Okg的沙摆，用轻绳悬于天花板上O点．另有一玩具枪能连续发射质量m=0.01kg．速度v=4．Om/s的小钢珠．现将沙摆拉离平衡位置，由高h=0.20m处无初速度释放，恰在沙摆向右摆到最低点时，玩具枪发射的第一颗小钢珠水平向左射入沙摆，二者在极短时间内达到共同速度．小钢珠射入沙摆的过程中，沙摆的质量保持不变，不计空气阻力，g取lOm/s2（1）求第一颗小钢珠射入沙摆前的瞬间，沙摆的速度大小v0；（2）求第一颗小钢珠射入沙摆后，沙摆和小钢珠的共同速度（3）从第二颗小钢球开始，沙摆向左运动到最低点时打入小钢球．若使沙摆被小钢珠射入后摆起的最大高度超过h，则射入沙摆的小钢球的颗数应满足什么条件．23．示波管、电视机显像管、电子显微镜中常用到一种叫静电透镜的元件，它可以把电子聚焦在中心轴上的一点F，静电透镜的名称由此而来．它的结构如图所示，K为平板电极，G为中央带圆孔的另一平行金属板，现分别将它们的电势控制在一定数值．图中的数据的单位为V，其中K板的电势为120V．根据由实验测得的数据，在图中画出了一些等势面，如图中虚线所示．从图中可知G板圆孔附近的等势面不再是平面，而是向圆孔的右侧凸出来的曲面，所以圆孔附近右侧的电场不再是匀强电场．（1）题中已画出一条水平向右的电场线，请你在原电场线上下画出对称的一对电场线；（2）分析静电透镜为何对自K电极出发的电子束有会聚作用；（3）分析一个电子自K电极以一定的速度出发，运动到F点（电势为30.1V）的过程中，电子的加速度如何变化并求出电场力做了多少功．（设电子电量e=1.6×10﹣19C）2015-2016学年北京市顺义区高三（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）1．一列横波沿水平方向传播，某一时刻的波形如图所示，则图中a、b、c、d四点在此时刻具有相同运动方向的是（）A．a和c B．a和d C．b和c D．b和d【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系．【分析】根据波的传播方向，通过上下坡法得出质点的振动方向，从而确定哪些点运动方向相同．【解答】解：若波向右传播，根据上下坡法知，a、d质点振动方向向上，b、c 质点振动方向向下，故B、C正确，A、D错误．故选：BC．2．地球上站立着两位相距非常远的观察者，发现自己的正上方有一颗人造地球卫星相对自己静止不动，则这两位观察者及两颗卫星到地球中心的距离是（）A．一个人在南极，一个人在北极，两卫星到地球中心的距离一定相等B．两人都在赤道上，两卫星到地球中心的距离一定相等C．一个人在南极，一个人在北极，两卫星到地球中心的距离可以不相等D．两人都在赤道上，两卫星到地球中心的距离可以不相等【考点】同步卫星．【分析】地球同步卫星即地球同步轨道卫星，又称对地静止卫星，是运行在地球同步轨道上的人造卫星，星距离地球的高度约为36000 km，卫星的运行方向与地球自转方向相同、运行轨道为位于地球赤道平面上圆形轨道、运行周期与地球自转一周的时间相等，即23时56分4秒，卫星在轨道上的绕行速度约为3.1公里/秒，其运行角速度等于地球自转的角速度．【解答】解：发现自己正上方有一颗人造地球卫星相对自己静止不动，说明此卫星为地球同步卫星，运行轨道为位于地球赤道平面上圆形轨道，距离地球的高度约为36000 km，所以两个人都在赤道上，两卫星到地球中心的距离一定相等．故ACD错误，B正确故选B．3．如图所示，是描述对给定的电容器充电时电荷量Q、电压U、电容C之间相互关系的图象，其中正确的是（）A．B．C．D．【考点】电容．【分析】电容器的电容由本身的性质决定，与Q和U无关，根据Q=CU，知Q 与U成正比．【解答】解：是电容的定义式，电容器电容的大小与电容的带电量Q以及电容器两极板之间的电压无关，电容器电容的决定式为：，只要电容器不变其电容就不发生变化，故A错误，BD正确；根据可有：Q=CU，由于电容器不变，因此电量Q和电压U成正比，故C正确；故选BCD．4．如图所示，质量为m的金属环用线悬挂起来，金属环有一半处于水平且与环面垂直的匀强磁场中，从某时刻开始，磁感应强度均匀减小，则在磁感应强度均匀减小的过程中，关于线拉力大小的下列说法中正确的是（）A．大于环重力mg，并逐渐减小B．始终等于环重力mgC．小于环重力mg，并保持恒定D．大于环重力mg，并保持恒定【考点】法拉第电磁感应定律；楞次定律．【分析】磁感应强度均匀减小，穿过回路的磁通量均匀减小，回路中产生恒定的电流，由左手定则可确定安培力的方向，再根据安培力F=BIL，分析安培力的变化，由平衡条件即可求解．【解答】解：磁感应强度均匀减小，穿过回路的磁通量均匀减小，根据法拉第电磁感应定律得知，回路中产生恒定的电动势，感应电流也恒定不变．由楞次定律可知，感应电流方向：顺时针，再由左手定则可得，安培力的合力方向：竖直向下．ab棒所受的安培力F=BIL，可知安培力F均匀减小，且方向向下，金属环ab 始终保持静止，则拉力大于重力，由于磁感应强度均匀减小．所以拉力的大小也逐渐减小，故A正确，BCD均错误．故选：A．5．如图所示，质量分别为m和M的两物块紧挨着放在水平地面上，且M＞m．当用水平恒力F向右的推物块m时，两物块能在水平面上加速向右滑行，两物块的加速度大小为a，两物块间的作用力大小为T．如果用同样大小的水平恒力F 向左推木块M时，加速度大小为a′，物块间的作用力大小为T′，以下判断正确的是（）A．a′=a，T′＞T B．a′＜a，T′=T C．a′＞a，T′=T D．a′=a，T′＜T【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．【分析】A、B具有相同的加速度可以视为整体，根据牛顿第二定律分别求出水平面光滑和粗糙时的加速度，隔离对B分析，求出弹力的大小，从而进行比较．【解答】解：如果水平面光滑整体根据牛顿第二定律可得：a=a′=；向右运动时对M分析：T=Ma=，向左运动时对m分析：T′=ma′=，由于m＜M，则T′＜T，D正确；如果接触面粗糙时，设动摩擦因数为μ，整体分析可得：F﹣μ（m+M）g=（m+M）a解得：，同理可得a′=a；向右运动时对M分析：T﹣μMg=Ma，解得：T=，向左运动时对m分析：T′﹣μmg=ma′，解得：T′=，由于m＜M，则T′＜T，D正确；故选：D．6．一物体悬挂在气球下面，与气球一起沿竖直方向匀速上升，某时刻该物体脱落，并从此时开始计时．已知气球和物体所受空气阻力大小不变．在下图中①代表气球运动的v﹣t图线，②代表物体运动的v﹣t图线．以下四个v﹣t图象中最接近真实情况的是（）A．B．C．D．【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【分析】刚开始，物体和气球一起匀速上升，受力平衡，某时刻该物体脱落后，分别对气球和物体受力分析，根据牛顿第二定律列式求出加速度，分析物体的运动情况，从而选择图象即可．【解答】解：设气球的质量为M，物体的质量为m，气球受到的空气阻力为f1，物体受到的空气阻力为f2，一起匀速运动的速度为v，刚开始，物体和气球一起匀速上升，根据平衡条件有：F﹣Mg﹣mg﹣f1﹣f2=0某时刻该物体脱落后，对气球受力分析，根据牛顿第二定律得：＞0，向上做匀加速直线运动，且初速度不为零，所以气球运动的v ﹣t图线是一条倾斜的直线且在v轴上有截距，对物体，脱落后继续向上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得：加速度，速度减为零后，反向加速，加速度，则a2＞a3，故C正确．故选：C7．如图所示，两个半径不同而内壁光滑的半圆轨道固定于地面，一个小球先后从与球心在同一水平高度的A、B两点由静止开始自由下滑，通过轨道最低点时（）A．小球对轨道的压力相同B．小球对两轨道的压力不同C．此时小球的速度相等D．此时小球的向心加速度相等【考点】向心力；机械能守恒定律．【分析】小球从与球心在同一水平高度的A、B两点由静止开始自由下滑过程中，受到重力和支持力作用，只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律可求出小球到最低点的速度，然后由向心加速度公式求向心加速度，由牛顿第二定律求出支持力，进而来比较向心加速度大小和压力大小．【解答】解：设半圆轨道的半径为r，小球到最低点的速度为v，由机械能守恒定律得：mgr=，得：v=，可见，小球到达最低点的速度不等．小球的向心加速度为：a n=，联立两式解得：a n=2g，与半径无关，因此此时小球的向心加速度相等，故C错误，D正确．在最低点，由牛顿第二定律得：F N﹣mg=m，联立解得：F N=3mg，即得小球对轨道的压力为3mg，也与半径无关，所以小球对轨道的压力相同．故A正确，B 错误．故选：AD8．如图所示，质量为m的物体P放在光滑的倾角为θ的直角劈上，同时用力F向右推劈，使P与劈保持相对静止，在前进的水平位移为s的过程中，劈对P做的功为（）A．F•s B．C．mgcosθ•s D．mgtanθ•s【考点】功的计算．【分析】m与楔形物体相对静止，二者必定都向右加速运动．即m的合外力方向水平向右，画出m的受力图，求出楔形物体对小物体的作用力，根据功的公式即可求解．【解答】解：m与楔形物体相对静止，二者必定都向右加速运动．即m的合外力方向水平向右，画出m的受力图，根据几何关系得：N=所以支持力做的功为：W=Ns•sinθ=mgtanθ•s故选：D9．甲、乙两物体分别在恒力F1、F2的作用下，沿同一直线运动，它们的动量随时间变化的关系如图所示，设甲在t1时间内所受的冲量为I1，乙在t2时间内所受的冲量为I2，则F1、F2，I1、I2的大小关系是（）A．F1＞F2，I1=I2 B．F1＜F2，I1＜I2C．F1＞F2，I1＞I2D．F1=F2，I1=I2【考点】动量定理．【分析】根据图象，结合初末状态的动量比较动量变化量的大小，从而结合动量定理得出冲量的大小关系以及力的大小关系．【解答】解：由图象可知，甲乙两物体动量变化量的大小相等，根据动量定理知，冲量的大小相等，即I1=I2，根据I=Ft知，冲量的大小相等，作用时间长的力较小，可知F1＞F2．故A正确，B、C、D错误．故选：A．10．如图所示，长度相同的三根轻杆构成一个正三角形支架，在A处固定质量为2m的小球，B处固定质量为m的小球．支架悬挂在O点，可绕过O点并与支架所在平面相垂直的固定轴转动．开始时OB位于竖直方向．放手后开始运动，在不计任何阻力的情况下，下列说法正确的是（）A．B球向左摆动所能达到的最高位置应高于A球开始运动时的高度B．当支架从左向右回摆时，A球不能回到起始高度C．A球机械能减少量大于B球机械能增加量D．A球到达最低点时速度为零【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【分析】在不计任何阻力的情况下，整个过程中A、B组成的系统机械能守恒，据此列式判断即得．【解答】解：因为在整个过程中系统机械能守恒，故有：A、因为B球质量小于A球，故B上升高度h时增加的势能小于A球减少的势能，故当B和A球等高时，仍具有一定的速度，即B球继续升高，故A正确；B、因为不计一切阻力，系统机械能守恒，故当支架从左到右加摆时，A球一定能回到起始高度，故B错误；C、因为系统机械能守恒，即A、B两球的机械能总量保持不变，故A球机械能的减少量等于B球机械能的增加量，故C错误；D、若当A到达最低点时速度为0，则A减少的重力势能等于B增加的重力势能，只有A与B的质量相等时才会这样．又因A、B质量不等，故D错误．故选：A11．如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，U ab=U bc，实线为一带正电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知下列说法中正确的是（）A．三个等势面中，a的电势最低B．带电粒子通过P点时的动能比通过Q点时的动能大C．带电粒子通过P点时的加速度比通过Q点时加速度大D．带电粒子在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能小【考点】电势差与电场强度的关系；电势．【分析】带电粒子只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右下方，由于粒子带正电，因此电场线方向也指向右下方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场强度大．【解答】解：A、带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，电场线与等势面垂直，且由于带电粒子带正电，因此电场线指向右下方，根据沿电场线电势降低，可知a等势线的电势最高，c等势线的电势最低，故A错误；BD、根据带电粒子受力情况可知，若粒子从P到Q过程，电场力做正功，动能增大，电势能减小，故带电粒子通过P点时的动能比通过Q点时的动能小，在P 点具有的电势能比在Q点具有的电势能大，故BD错误；C、等差等势线密的地方电场线密场强大，故P点电场强度较大，电场力较大，根据牛顿第二定律，加速度也较大，故C正确．故选：C12．如图所示，一物体以初速度v0冲向光滑斜面AB，并能沿斜面升高h后恰好到达B端，下列说法中正确的是（）A．若把斜面从C点锯断或弯成如图中的AB′线所示的圆弧状，物体都不能升高h，因为机械能不守恒B．若把斜面弯成如图中的AB′线所示的圆弧状或从C点开始锯掉CB段，物体都不能升高h，但机械能仍守恒C．若把斜面从C点开始锯掉CB段，由机械能守恒定律知，物体冲出C点后仍能升高hD．若把斜面弯成如图中的AB′线所示的圆弧形，物体仍能沿AB′升高h【考点】机械能守恒定律．【分析】物体上升过程中只有重力做功，机械能守恒；斜抛运动运动最高点，速度不为零；AD轨道最高点，合力充当向心力，速度也不为零．【解答】解：1、若把斜面从C点锯断，物体冲过C点后做斜抛运动，由于物体机械能守恒，同时斜抛运动运动到最高点，速度不为零，故不能到达h高处；2、若把斜面弯成圆弧形AB′，如果能到圆弧最高点，即h处，由于合力充当向心力，速度不为零，故会得到机械能增加，矛盾，所以物体不能升高h．故B正确，ACD错误；故选：B13．如图所示，水平向右方向的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场互相垂直，。

绝密★启封并使用完毕前2016年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试（北京卷）物理部分一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1．（6分）处于n=3能级的大量氢原子，向低能级跃迁时，辐射光的频率有（）A．1种B．2种C．3种D．4种2．（6分）下列说法正确的是（）A．电磁波在真空中以光速C传播B．在空气中传播的声波是横波C．声波只能在空气中传播D．光需要介质才能传播3．（6分）如图所示，弹簧振子在M、N之间做简谐运动．以平衡位置O为原点，建立Ox轴．向右为x的轴的正方向．若振子位于N点时开始计时，则其振动图象为（）A．B．C．D．4．（6分）如图所示，匀强磁场中有两个导体圆环a、b，磁场方向与圆环所在平面垂直．磁感应强度B随时间均匀增大．两圆环半径之比为2：1，圆环中产生的感应电动势分别为E a和E b，不考虑两圆环间的相互影响．下列说法正确的是（）A．E a：E b=4：1，感应电流均沿逆时针方向B．E a：E b=4：1，感应电流均沿顺时针方向C．E a：E b=2：1，感应电流均沿逆时针方向D．E a：E b=2：1，感应电流均沿顺时针方向5．（6分）中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角：“以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也．”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意如图．结合上述材料，下列说法不正确的是（）A．地理南、北极与地磁场的南、北极不重合B．地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近C．地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行D．地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用6．（6分）如图所示，一颗人造卫星原来在椭圆轨道1绕地球E运行，在P变轨后进入轨道2做匀速圆周运动．下列说法正确的是（）A．不论在轨道1还是在轨道2运行，卫星在P点的速度都相同B．不论在轨道1还是在轨道2运行，卫星在P点的加速度都相同C．卫星在轨道1的任何位置都具有相同加速度D．卫星在轨道2的任何位置都具有相同动量7．（6分）某兴趣小组探究用不同方法测定干电池的电动势和内阻，他们提出的实验方案中有如下四种器材组合．为使实验结果尽可能准确，最不可取的一组器材是（）A．一个安培表、一个伏特表和一个滑动变阻器B．一个伏特表和多个定值电阻C．一个安培表和一个电阻箱D．两个安培表和一个滑动变阻器8．（6分）雾霾天气对大气中各种悬浮颗粒物含量超标的笼统表述，是特定气候条件与人类活动相互作用的结果。

试题类型：2016年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试注意事项：1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分.2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试题相应的位置.3.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效.4.考试结束后，将本试题和答题卡一并交回.第一部分（选择题共120分）本部分共20 小题，每小题6分，共120分。

在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。

1. 将与生物学有关的内容依次填入下图各框中，其中包含关系错误．．的选项是框号1 2 3 4 5选项A 组成细胞的化合物有机物无机物水无机盐B 人体细胞的染色体常染色体性染色体X染色体Y染色体C 物质跨膜运输主动运输被动运输自由扩散协助（易化）扩散D 有丝分裂分裂期分裂间期染色单体分离同源染色体分离2. 葡萄糖酒酿制期间，酵母细胞内由ADP转化为ATP的过程A. 在无氧条件下不能进行B. 只能在线粒体中进行C. 不需要能量的输入D. 需要酶的催化3. 豹的某个栖息地由于人类活动被分隔为F区和T区。

20世纪90年代初，F区豹种群仅剩25只，且出现诸多疾病。

为避免该豹种群消亡，由T区引入8只成年雌豹。

经过十年，F区豹种群增至百余只，在此期间F区的A.豹种群遗传（基因）多样性增加B. 豹后代的性别比例明显改变C. 物种丰（富）度出现大幅度下降D. 豹种群的致病基因频率不变4.足球赛场上，球员奔跑、抢断、相互配合，完成射门。

对比赛中球员机体生理功能的表述，不正确的是A.长时间奔跑需要消耗大量糖原（元）用于供能B.大量出汗导致失水过多，抑制抗利尿激素分泌C.在神经与肌肉的协调下起脚射门D.在大脑皮层调控下球员相互配合5.在正常与遮光条件下向不同发育时期的豌豆植株供应14CO2，48h后测定植株营养器官和生殖器官中14C的量。

两类器官各自所含14C量占植株14C总量的比例如图所示。

与本实验相关的错误叙述是A.14CO2进入叶肉细胞的叶绿体基质后被转化为光合产物B.生殖器官发育早期，光合产物大部分被分配到营养器官C.遮光70%条件下，分配到生殖器官和营养器官中的光合产物量始终接近D.实验研究了光强对不同发育期植株中光合产物在两类器官间分配的影响6.我国科技创新成果斐然，下列成果中获得诺贝尔奖的是A.徐光宪建立稀土串级萃取理论B.屠呦呦发现抗疟新药青蒿素C.闵恩泽研发重油裂解催化剂D.侯德榜联合制碱法7.下列中草药煎制步骤中，属于过滤操作的是A.冷水浸泡B.加热煎制C.箅渣取液D.灌装保存8.下列食品添加剂中，其试用目的与反应速率有关的是A．抗氧化剂B．调味剂C．着色剂D．增稠剂9.在一定条件下，甲苯可生成二甲苯混合物和苯。

2016年北京市顺义区高考物理一模试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共8小题，共48.0分)1.下列说法中正确的是（）A.布朗运动就是液体分子的热运动B.对一定质量的气体加热，其内能一定增加C.物体的温度越高，分子热运动越剧烈，分子平均动能越大D.分子间吸引力随分子间距离的增大而增大，而排斥力随距离的增大而减小【答案】C【解析】解：A、布朗运动是固体颗粒的运动，间接反映了液体分子的无规则运动，故A错误；B、改变内能的方式有做功和热传递，对一定质量的气体加热，其内能不一定增加，故B错误；C、温度是分子的平均动能的标志，物体的温度越高，分子热运动越剧烈，分子的平均动能越大，故C正确；D、分子间的引力与斥力同时存在，都随距离的增大而减小，故D错误；故选：C．布朗运动是固体颗粒的运动，间接反映了液体分子的无规则运动，改变内能的方式有做功和热传递，斥力比引力变化的快．掌握热力学第一定律的公式应用，知道布朗运动的实质，理解分子力大小和分子间距的关系．2.先后用两种不同的单色光，在相同的条件下用同一双缝干涉装置做实验，在屏幕上相邻的两条亮纹间距不同，其中两条亮纹间距较大的单色光比两条亮纹间距较小的单色光（）A.其光子的能量较大B.在玻璃中传播速度较大C.在真空中的波长较短D.在玻璃中传播时，玻璃的折射率较大【答案】B【解析】解：AC、根据双缝干涉条纹的间距公式△x=Lλ知，干涉条纹间距较大的单色光，波d长较长，频率较低，根据E=hv知光子能量较小．故AC错误．BD、频率较小，则折射率较小，根据v=c知在玻璃中传播速度较大．故B正确，D错n误．故选：Bλ判断出两种光的波长大小，从而确定频率大根据双缝干涉条纹的间距公式△x=Ld小、折射率大小以及在介质中传播的速度大小．λ．知道波长越长，频率越小，折解决本题的关键掌握双缝干涉条纹的间距公式△x=Ld射率越小．3.关于α、β、γ三种射线，下列说法中正确的是（）A.α射线是原子核自发放射出的氦核，它的穿透能力最强B.β射线是原子核外电子电离形成的电子流，它具有中等的穿透能力C.γ射线一般伴随着α或β射线产生，它的穿透能力最强D.γ射线是电磁波，它的穿透能力最弱【答案】C【解析】解：A、射线是原子核自发放射出的氦核，它的穿透能力最弱．故A错误．B、β射线是原子核中一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来．故B错误．C、γ射线一般伴随着α或β射线产生，它的穿透能力最强．故C正确．D、γ射线是电磁波，它的穿透能力最强．故D错误．故选C．α、β、γ射线都来自原子核，穿透能力依次增强，电离能力依次减弱．解决本题的关键知道α、β、γ三种射线的实质，以及三种射线的穿透能力强弱和电离能力强弱．4.有一个在光滑水平面内的弹簧振子，第一次推动弹簧振子，使弹簧由原长压缩x后由静止释放让它振动．第二次弹簧由原长压缩2x后由静止释放让它振动，则先后两次振动的周期之比和振幅之比分别为（）A.1：11：1B.1：11：2C.1：41：4D.1：21：2【答案】B【解析】解：弹簧振子的周期由振动系统本身的特性决定，与振幅无关．所以两次振动的周期之比为1：1．第一次振幅为x，第二次振幅为2x，则两次振幅之比为1：2．故选：B弹簧振子的周期由振动系统本身的特性决定，与振幅无关．振幅等于振子离开平衡位置的最大距离．解决本题的关键是知道简谐运动的等时性，即周期与振幅无关，知道振幅的意义．5.一理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，原线圈所接电源电压按图示规律变化，副线圈接有负载．下列说法中正确的是（）A.用理想电压表测副线圈负载端的电压为22√2VB.原、副线圈中电流之比为10：1C.变压器输入、输出功率之比为10：1D.交流电源电压的有效值为220V，频率为50H z【答案】D【解析】解：A、原线圈所接交流电源电压按图示规律变化，原线圈输出电压的最大值是220√2V，所以有效值为200V，变压器原、副线圈匝数比为10：1，变压器的输入和输出电压之比等于原副线圈匝数比，所以副线圈输出电压的有效值为22V，故A错误；B、变压器的输入和输出电压之比等于原副线圈匝数比，电流之比等于原副线圈匝数的反比，所以原、副线圈中电流之比为1：10，故B错误；C、变压器只能改变交流电的电压，而不能改变频率和功率，即对于理想变压器的输入功率和输出功率相等，故C错误；D、交流电源有效值为220V，周期T=0.02s，所以频率为50H z，故D正确；故选：D．根据图象可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论．掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题．6.如图所示为一种自动跳闸的闸刀开关示意图，O是转动轴，A是绝缘手柄，C是闸刀卡口，M、N接电源线．闸刀处于垂直纸面向里B=0.1T的匀强磁场中，CO间距离10cm．当磁场力为0.2N时，闸刀开关会自动跳开．则要使闸刀开关能跳开，通过绝缘手柄CO中的电流的大小和方向为（）A.电流大小为20A，电流方向O→CB.电流大小为20A，电流方向C→OC.电流大小为2A，电流方向O→CD.电流大小为2A，电流方向C→O【答案】A【解析】解：由F=BIL得：I=FBL =0.20.1×0.1A=20A；由左手定则判断，电流方向O→C；故选：A．由左手定则判断电流方向，由安培力计算公式求解电流大小与现实生活相联系的题目考查频率较高，注意联想用哪部分知识解决，建立正确的物理模型7.在家庭电路中，为了安全，一般在电能表后面的电路中安装一个漏电保护器，如图所示．当漏电保护器的ef两端没有电压时，脱扣开关S能始终保持接通；当ef两端一旦有电压时，脱扣开关立即会自动断开，以起到保护作用．关于这个电路的工作原理，下列说法中正确的是（）A.当站在绝缘物上的人双手分别接触b和d线时，脱扣开关会自动断开B.当用户家的电流超过一定值时，脱扣开关会自动断开C.当火线和零线之间电压太高时，脱扣开关会自动断开D.当站在地面上的人触及b线时，脱扣开关会自动断开【答案】D【解析】解：A、站在绝缘物上的带电工作的人两手分别触到b线和d线时（双线触电），流过火线与零线的电流相等，保护器中火线和零线中电流产生的磁场应完全抵消，不会使ef 中产生感应电动势，脱扣开关不会断开．故A 错误．B 、正常状态时，脱扣开关K 保持接通，ef 中要没有电压，火线和零线中电流产生的磁场应完全抵消，超过一定值时仍然可以保证磁场抵消，故不会使脱扣自动断开．故B 错误．C 、当输入电压过高时，通过火线与零线的电流没有差值，不会使ef 中产生感应电动势，脱扣开关不会断开．故C 错误．D 、站在地面上的人触及b 线时（单线接触电）通过火线与零线的电流有差值，脱扣开关会自动断开，即有触电保护作用．故D 正确； 故选：D脱扣开关K 保持接通时，ef 中要没有电压，保护器中火线和零线中电流产生的磁场应完全抵消，可知火线的线圈匝数和连接零线的线圈匝数应相等．只有通过火线与零线的电流有差值时，ef 两端才有电压，脱扣开关K 才断开．“脱扣开关控制器”的线圈匝数越多，同样的电流差值，产生的感应电动势越大，ef 两端的电压越大，触电保护越灵敏．本题考查漏电保护器的基本原理，要注意明确题意中给出的原理，知道火线与零线中电流相等时，磁场完全抵消，是双线并绕消除自感影响的原理．8.环形对撞机是研究高能粒子的重要装置，如图所示正、负粒子由静止经过电压为U 的直线加速器加速后，沿圆环切线方向注入对撞机的真空环状空腔内，空腔内存在与圆环平面垂直的匀强磁场，调节磁感应强度的大小可使两种带电粒子被局限在环状空腔内，沿相反方向做半径相等的匀速圆周运动，并在碰撞区内迎面相撞．为维持带电粒子沿环状空腔的中心线做匀速圆周运动，下列说法正确是（ ）A.对于给定的加速电压，带电粒子的比荷qm 越大，磁感应强度B 越小 B.对于给定的加速电压，带电粒子的比荷q m 越大，磁感应强度B 越大 C.对于给定的带电粒子，加速电压U 越大，粒子做圆周运动的周期越大 D.对于给定的带电粒子，粒子做圆周运动的周期与加速电压U 无关 【答案】 A【解析】解：电子在加速电场中，根据动能定理得 q U=12mv 2 …①电子在匀强磁场中由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得 qv B=m v 2r …②得到，电子圆周运动的半径r =mvqB 周期T=2πm qBAB 、对于给定的加速电压，v 不变，又由题意得知，r 不变，则带电粒子的比荷qm 越大，则B 越小．故A 正确，B 错误．CD 、由上可知，加速电压U 越大，电子获得的速度v 越大，要保持半径r 不变，B 应增大，则T 会减小．故CD 错误． 故选：A ．由题意知道正负电子经加速后进入匀强磁场做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律推导出电子 圆周运动的半径和周期表达式，再进行分析． 本题是带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动类型，除了常规思路外，抓住隐含条件进行分析是关键；本题的隐含条件是电子的运动半径不变．二、实验题探究题(本大题共1小题，共6.0分)9.在用如图甲所示的装置研究碰撞中的动量守恒的实验中：①用游标卡尺测量直径相同的入射球与被碰球的直径，测量结果如图乙所示，该球直径为 ______ cm ．②实验中小球的落点情况如图丙所示，入射球A 与被碰球B 的质量比M A ：M B =3：2，则实验中碰撞结束时刻两球动量大小之比p A ：p B = ______ ． 【答案】 2.14；1：2 【解析】解：①根据游标卡尺的读数方法可知：球的直径为d =21mm +0.1×4mm =21.4mm =2.14cm ．②碰撞结束后，入射小球的水平位移x A =OM=13.5cm ．被碰小球的水平位移为： x B =ON-d =42.64cm -2.14cm =40.5cm ．碰撞后两球在水平方向上都做匀速直线运动，时间相等，由v =xt ，则得：碰撞后速度之比：v A v B=x Ax B=13.540.5=13由题意，m A ：m B =3：2，根据P=mv 知，碰撞结束后两球的动量大小之比为 1：2． 故答案为：2.14；1：2．①游标卡尺的精度是0.1mm ，游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读．②碰撞后入射小球落在M 点，被碰小球落在N 点，两球在水平方向上做匀速直线运动，通过水平位移之比得出速度之比，从而求出动量大小之比．本题考查根据平抛运动规律分析动量守恒定律的实验；解决本题的关键知道碰后小球做平抛运动，水平位移之比等于速度之比三、填空题(本大题共1小题，共12.0分)10.电流表和电压表都是由小量程的电流表（表头）改装成的．请回答下面问题：①电流表G（表头）有三个主要参数，满偏电流（I g）、满偏电压（U g）、内阻（R g），它们间的关系是______（请用题目所给字母作答）．②把小量程的电流表改装成较大量程的电压表需______（填写“串联”或“并联”）一个电阻；把小量程的电流表改装成较大量程的电流表需______ （填写“串联”或“并联”）一个电阻．③如图所示，有一表头，满偏电流I g=500μA，内阻R g=200Ω，．用它作多用电表的表头，已知R1=20Ω，R2=180Ω，R3=49.9kΩ，R4=499.9kΩ．当接线柱接在“公共”与a端当电流表使用时量程为：______ m A；当接线柱接在“公共”与c端当电压表使用时量程为：______ V．【答案】U g=I g R g；串联；并联；10；50【解析】解：（1）由欧姆定律可知，满偏电流（I g）、满偏电压（U g）、内阻（R g）间的关系为U g=I g R g．（2）把小量程的电流表改装成较大量程的电压表，电表两端的电压增大，根据U=IR 可知，需串联一个电阻；把小量程的电流表改装成较大量程的电流表，流过电表的电流增大，根据欧姆定律：I=UR可知，需要减小电表的电阻值，所以需并联一个小电阻．（3）当接线柱接在“公共”与a端当电流表使用时，公共端与a之间的电压：U g′= I g⋅(R g+R2)=500×10−6×(200+180)=0.19V此时流过R1的电流：I′=U g′R1=0.1920=0.0095A电路中的总电流：I=I g+I′=500×10−6A+0.0095A=0.010A=10m A量程为：0-10m A；当接线柱接在“公共”与c端当电压表使用时，流过R1、R1的电流：I″=I g R gR1+R2=500×10−6×20020+180=5×10−4A流过R3的电流：I3=I g+I3=1×10−3A所以R3两端的电压：U3=I3R3=1×10−3×49.9×103=49.9V电表两端的总电压：U=U3+I g R g代入数据得：U=50V即量程为：0-50V．故答案为：①U g=I g R g②串联、并联③0-10；0-50．（1）由欧姆定律即可求出满偏电流（I g）、满偏电压（U g）、内阻（R g）间的关系．（2）把小量程的电流表改装成较大量程的电压表需串联一个电阻；把电流表改装成大量程的电流表需要并联分流电阻．（3）根据欧姆定律即可求出两表的量程．本题考查了电压表与电流表的改装，知道电表改装原理、应用串并联电路特点与欧姆定律即可正确解题．四、计算题(本大题共3小题，共54.0分)11.如图所示，半径为R 的14圆弧光滑导轨AB 与水平面相接，物块与水平面间的动摩擦因数为μ．从圆弧导轨顶端A 静止释放一个质量为m 的小木块（可视为质点），经过连接点B 后，物块沿水平面滑行至C 点停止，重力加速度为g ．求：（1）物块沿圆弧轨道下滑至B 点时的速度v ；（2）物块刚好滑到B 点时对圆弧轨道的压力N B 及物块静止于水平面C 点时对水平面的压力N C ；（3）BC 之间的距离S ．【答案】解：（1）由机械能守恒，得：mgR =12mv 2解出：v =√2gR（2）设物块刚好滑到B 点时圆弧轨道对物块的支持力为N′B ，根据牛顿第二定律：N′B -mg =mv 2R解得：N ′B =3mg由牛顿第三定律 可知，压力为3mg ；C 点时由于物块在水平面上，根据平衡关系可知：支持力 N C =mg ；再由牛顿第三定律可知，压力为mg ；（3）由动能定理可知：mg R-μmgs =0解出：S=Rμ答：（1）物块沿圆弧轨道下滑至B 点时的速度v 为√2gR ；（2）物块刚好滑到B 点时对圆弧轨道的压力N B 及为3mg ；物块静止于水平面C 点时对水平面的压力N C 为mg ． （3）BC 之间的距离S 为Rμ【解析】（1）对AB 过程由机械能守恒定律可得，物块沿圆弧轨道下滑至B 点时的速度； （2）B 点时物体做圆周运动，根据向心力公式可求得支持力，由牛顿第三定律 可求得压力；静止在水平面上时根据平衡关系可知支持力，再由牛顿第三定律可求得压力；（3）对全程由动能定理可求得BC 间的距离．本题考查动能定理和机械能守恒定律的应用，要注意正确选择物理过程正确受力分析，然后选择合理的物理规律求解即可．12.示波器是一种用途十分广泛的电子测量仪器．它能把肉眼看不见的电信号变换成看得见的图象，便于人们研究各种电现象的变化过程．如图1所示，图2①是示波管的原理图，它是由电子枪、加速电场、竖直偏转电极YY ′、水平偏转电极XX ′和荧光屏等组成．电子枪发射的电子打在荧光屏上将出现亮点．若亮点很快移动，由于视觉暂留，能在荧光屏上看到一条亮线．（1）质量为m 电荷量为e 的电子，从静止开始在加速电场中加速．加速电压为U 1，竖直偏转电极YY ′之间的电压为U 2，YY ′之间的距离为d ，电极极板的长和宽均为L ，水平偏转电极XX ′两极板间电压为0．若电子被加速后沿垂直于偏转电场的方向射入电场，并最终能打到荧光屏上． ①电子进入偏转电场时的速度大小； ②电子打到荧光屏上时的动能大小；（2）如果只在偏转电极XX ′上加上如图2②所示的电压，试在答题卡的图2①上画出在荧光屏所能观察到的亮线的形状．（3）如果在偏转电极YY ′加上U y =U m sin ωt 的电压，同时在偏转电极XX ′上加上图2②所示的电压，试在答题卡的图②上画出所观察到的亮线的形状．如果在此基础上将扫描范围的频率值减小到原来的一半，画出此时的图象．【答案】解：（1）①设电子经电子枪加速后进入偏转电极YY ′的速度为v 0 ，则有：U 1e =12mv 02解出：v 0=√2U 1e m②偏转电极的电压为U 2，板间距离为d ，板长为L ， 则有：a =eU 2 md ； L =v 0 t y =12at 2 即电子在电场中的偏转距离为：y =eL 22mdv 02U 2 =U 2 L 24dU 1电子打到荧光屏上时的动能为：E k =12mv 02+e U 2dy =U 1e +eU 22L 24d 2U1（2）（3）答：（1）①电子进入偏转电场时的速度大小为√2U1 em；②电子打到荧光屏上时的动能大小为U1 e+eU22L 24d 2U1 （2）（3）荧光屏上的图形如上图所示【解析】（1）由动能定理求的在加速电场中获得的速度，由运动学公式求的在偏转电场中的偏移量（2）（3）通过交流电压的变化，通过运动分析即可画出荧光屏上的图形题考查对示波器工作原理的理解，其基本原理是电场的加速和偏转，根据偏转距离与偏转电压的关系，分析荧光屏上光斑的变化13.如图所示，两光滑斜面与光滑水平面间夹角均为θ，两斜面末端与水平面平滑对接．可视为质点的物块A、B质量分别为m、βm（β为待定系数），物块A从左边斜面h高处由静止开始沿斜面下滑，与静止于水平轨道的物块B正面相撞，碰后物块A、B立即分开，它们能达到的最大高度均为14h．两物块经过斜面与水平面连接处及碰撞过程中均没有机械能损失，重力加速度为g．求：（1）待定系数β；（2）第一次碰撞刚结束时木块A、B各自的速度；（3）物块A、B在轨道最低处第二次碰撞刚结束时各自的速度，并讨论木块A、B在轨道最低处第n次碰撞刚结束时各自的速度．【答案】解：（1）碰撞过程中均没有机械能损失，由机械能守恒得：mgℎ=mgℎ4+βmgℎ4得β=3（2）A到达最低点的速度：v0=√2gℎ设A、B碰撞后的速度分别为v1、v2，设向右为正、向左为负，则1 2βmv22=βmgℎ4mv0=mv1+βmv2联立得：v 1=−√12gℎ，方向向左v 2=√12gℎ，方向向右（3）规定向右为正方向，设 A 、B 第二次碰撞刚结束时的速度分别为 V 1、V 2，则{mv 1−βmv 2=mV 1+βmV 2mgℎ=12mV 12+12βmV 22解得V 1=−√2gℎ，V 2=0（另一组解：V 1=-v 1，V 2=-v 2 不合题意，舍去）由此可得：当 n 为奇数时，小球 A 、B 在第 n 次碰撞刚结束时的速度分别与其第一次碰撞刚结束时相同；当 n 为偶数时，小球 A 、B 在第 n 次碰撞刚结束时的速度分别与其第二次碰撞刚结束时相同． 答：（1）待定系数β是3； （2）第一次碰撞刚结束时木块A 、B 各自的速度是−√12gℎ和√12gℎ；（3）物块A 、B 在轨道最低处第二次碰撞刚结束时各自的速度分别是−√2gℎ和0，论木块A 、B 在轨道最低处第n 次碰撞刚结束时：当 n 为奇数时，小球 A 、B 在第 n 次碰撞刚结束时的速度分别与其第一次碰撞刚结束时相同；当 n 为偶数时，小球 A 、B 在第 n 次碰撞刚结束时的速度分别与其第二次碰撞刚结束时相同． 【解析】（1）由机械能守恒即可求出待定系数β；（2）由于没有机械能的损失，可知在碰撞的过程中动量守恒与机械能守恒，由此即可求出第一次碰撞刚结束时木块A 、B 各自的速度；（3）结合机械能守恒与动量守恒即可求出第二次碰撞后的速度，然后由归纳法得出在轨道最低处第n 次碰撞刚结束时各自的速度．该题的前两问比较简单，分别由动量守恒与能量守恒即可求出，解答的关键是第三问，要注意碰撞后的速度的方向与大小要合理．。

2015年北京市顺义区高考物理一模试卷一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1．根据玻尔理论，氢原子由基态向激发态跃迁时（）A．辐射能量，能级升高B．辐射能量，能级降低C．吸收能量，能级升高D．吸收能量，能级降低2．有关分子动理论和物体的内能，下列叙述正确的是（）A．物体吸热，内能一定增加B．布朗运动指的是分子的热运动C．气体的压强是由于大量分子频繁撞击器壁产生的D．根据油膜实验可知分子在永不停息地做无规则运动3．两种单色光束a、b分别照射在同一套双缝干涉演示实验装置时，得到的干涉图样如图（a）、（b）所示，则（）A．a光的波长大于b光的波长B．a光的光子能量大于b光的光子能量C．a光在真空中的速度大于b光在真空中的速度D．同一种介质对a光的折射率大于对b光的折射率4．某列简谐横波在t=0时刻的波形如图所示，若该横波沿x轴正方向传播，且波速v=4m/s，则x=8m处的质点的振动图象是下列图象中的（）A．B．C．D．5．如图所示，质量为m的物块静止在水平面上，物块上连接一根劲度系数为k的轻质弹簧．某时刻（t=0）施加一外力在弹簧上端A点，让A点以速度v匀速上升，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A．经过时间t=物块脱离地面B．物块脱离地面后以速度v向上做匀速运动C．物块脱离地面后向上运动的过程中其机械能守恒D．整个过程中弹簧、物块、地球所组成系统的机械能守恒6．利用微波炉烹饪食物在家庭生活中已被广泛应用．其基本原理是应用微波发生器，产生振动频率为2.45×109Hz的微波，使食物中的水分子随之振动，产生大量的热能．若某微波炉的产品参数如图所示，则该微波炉的额定电流和微波波长约为（）A．0.2A 0.12m B．5A 0.12m C．0.2A 8.17m D．5A 8.17m7．飞机场安检系统中的安检门可以检测出旅客是否带有金属物体，其基本原理如图所示，闭合电键后，当金属物体靠近线圈时，电路中电流发生变化，而非金属物体靠近时则对电路中的电流没有影响，其原因是（）A．金属物体密度大于非金属物体B．金属物体导热性能强于非金属物体C．金属物体反射电磁波的能力强于非金属物体D．金属物体能形成涡流使线圈中的磁通量发生变化8．质量为m的物体从距离地面高度为H0处由静止落下，若不计空气阻力，物体下落过程中动能E k随距地面高度h变化关系的E k﹣h图象是（）A．B．C． D．二、本部分共5小题，共180分．9．在测量金属丝电阻率的实验中①用螺旋测微器测量金属丝直径如图1所示，则金属丝直径d=mm②测量金属丝的电阻R x时，应选用图2电路图中的图③若金属丝的长度为L，直径为d，金属丝两端电压为U，流过金属丝的电流为I，则金属丝电阻率的表达式ρ=．10．利用单摆测当地重力加速度的实验中①利用游标卡尺测得金属小球直径如图1所示，小球直径d=cm．②某同学测量数据如下表，请在图2中画出L﹣T2图象由图象可得重力加速度g=m/s2（保留三位有效数字）③某同学在实验过程中，摆长没有加小球的半径，其它操作无误，那么他得到的实验图象可能是下列图象中的．11．如图所示，两个斜面AB和CD的倾角分别为α和β，且均与水平面BC平滑连接．水平面的C端静止地放置一质量为m的物块，在斜面AB上一质量为M的物块加速下滑，冲至水平面后与物块m碰撞前瞬间速度为v0，碰撞后合为一体冲上斜面CD，物块与斜面的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g．求：（1）物体M在斜面AB上运动时的加速度a；（2）两物体碰后的共同速度v；（3）能冲上斜面CD的最大高度H．12．如图，在竖直向下的磁感应强度为B=1.0T的匀强磁场中，两根足够长的平行光滑金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L=0.4m．一质量为m=0.2kg、电阻R0=0.5Ω的导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好．若轨道左端P点接一电动势为E=1.5V、内阻为r=0.1Ω的电源和一阻值R=0.3Ω的电阻．轨道左端M点接一单刀双掷开关K，轨道的电阻不计．求：（1）单刀双掷开关K与1闭合瞬间导体棒受到的磁场力F；（2）单刀双掷开关K与1闭合后导体棒运动稳定时的最大速度v m；（3）导体棒运动稳定后，单刀双掷开关K与1断开，然后与2闭合，求此后能够在电阻R 上产生的电热Q R和导体棒前冲的距离X．14．天宫一号是我国研发的一个目标飞行器，目的是作为其他飞行器的接合点，是中国空间实验室的雏形，于北京时间2011年9月29日21时16分03秒发射升空．（1）若万有引力常量为G，地球质量为M D，地球半径为R D，天宫一号离地面的高度为H，求：天宫一号的运行周期T；（2）发射天宫一号的速度必须大于第一宇宙速度，试推导第一宇宙速度的表达式；若R D=6370km，g取9.8m/s2，求出第一宇宙速度的值；（3）若万有引力常量为G，中心天体的质量为M，质量为m的物体距中心天体r时具有的引力势能为E P=﹣G（以无穷远处势能为0）①求出第二宇宙速度的值；②若把地球绕太阳公转的轨道近似认为是圆，且不计其它星体对飞行物体的作用力，地球的公转速度为29.8km/s，求第三宇宙速度．2015年北京市顺义区高考物理一模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1．【考点】氢原子的能级公式和跃迁．【专题】原子的能级结构专题．【分析】氢原子从低能级到高能级需要吸收光子，获得能量，从高能级到低能级辐射光子，放出能量．【解答】解：氢原子从基态向激发态跃迁时，氢原子将吸收能量，能量增加，能级升高．故C正确，ABD错误；故选：C．【点评】解决该题关键要掌握氢原子从基态向激发态跃迁，还是从激发态向基态跃迁．2．【考点】布朗运动．【专题】布朗运动专题．【分析】解答本题需掌握：1、热力学第一定律公式△U=W+Q；2、布朗运动是悬浮在液体中固体微粒的无规则运动，是由大量分子撞击引起的，反应了液体分子的无规则运动；3、气体的压强产生的机理是由大量气体分子对器壁不断碰撞而产生的，与分子热运动的平均动能和分子数密度有关；4、油膜实验是估测分子的直径的．【解答】解：A、根据热力学第一定律公式△U=W+Q，物体吸热，可能同时对外做功，故内能不一定增加，故A错误；B、布朗运动是悬浮在液体中固体微粒的无规则运动，是液体分子无规则热运动的体现，故B错误；C、气体的压强产生的机理是由大量气体分子对器壁不断碰撞而产生的，与分子热运动的平均动能和分子数密度有关，故C正确；D、根据油膜实验可知分子的直径，故D错误；故选：C．【点评】本题考查了热力学第一定律、布朗运动、气体压强的微观意义、油膜实验等，知识点多，关键是记住基础知识．3．【考点】光的折射定律．【专题】光的折射专题．【分析】根据双缝干涉条纹的间距公式△x=λ比较出两种色光的波长大小，从而比较出频率的大小和折射率的大小．光子的能量E=hγ，与频率成正比．结合这些知识分析．【解答】解：A、由图知，a光产生的干涉条纹间距大于b光产生的干涉条纹间距，根据双缝干涉条纹的间距公式△x=λ知，a光的波长大于b光的波长，故A正确．B、光的波长大于b光的波长，由公式c=λγ知，a光的频率小于b光的频率，而光子的能量与频率成正比，则a光的光子能量小于b光的光子能量．故B错误．C、在真空所有色光的速度都相等，都为c=3×108m/s，故C错误．D、a光的频率小于b光的频率，所以同一种介质对a光的折射率小于b光的折射率，故D 错误．故选：A．【点评】解决本题的关键掌握双缝干涉条纹的间距公式，以及知道波长、频率的大小关系．4．【考点】简谐运动的振动图象．【分析】由图象知波长λ=8m，波的周期可以求出，由质点带动法判断质点的振动方向．【解答】解：由波的图象可知，该波的波长是8m，由公式：v=可得：s由图可知，t=0时刻，x=8m处的质点位于平衡位置处；该波沿正方向传播，由平移法可知，x=8m处的质点的振动的方向向下，所以x=8m处的质点的从平衡位置开始向下运动，周期为2s．故D正确．故选：D【点评】本题考查了波的传播方向与质点的振动方向之间的相互判定，以及由图象获取有用物理知识的能力，再结合周期公式即可解决此类问题，属于对波的基础技能的考查．5．【考点】机械能守恒定律．【专题】机械能守恒定律应用专题．【分析】物块刚脱离地面时弹簧的拉力等于物块的重力，由胡克定律求出A上升的距离，即可求得时间．物块脱离地面后向上加速运动，物块的机械能增加，根据功能关系：除重力以外其它力所做的功等于机械能的增量，判断机械能是否守恒．【解答】解：A、设物块刚脱离地面时上升的距离为x．物块刚脱离地面时弹簧的拉力等于物块的重力，则有：mg=kx，x=．因A点匀速运动，则有t==，故A正确．B、物块脱离地面后弹簧的拉力大于其重力，物块作加速运动，故B错误．C、物块脱离地面后向上运动的过程中弹簧的拉力对其做正功，则知其机械能增加，故C错误．D、由于外力做正功，所以整个过程中弹簧、物块、地球所组成系统的机械能增加，故D错误．故选：A．【点评】本题是含有弹簧的平衡问题，关键是分析功与能的关系，掌握功能原理：除重力以外其它力所做的功等于机械能的增量，并熟练运用．6．【考点】光谱和光谱分析．【分析】通过产品说明书中的额定功率与额定电压的数值，由P=UI即可计算出额定电流；微波的传播速度与光的传播速度相等，由c=λγ，即可计算出微波的波长．【解答】解：由图表可知，该微波炉的额定功率是1100W，额定电压是220V，由P=UI可知，额定电流： A由波的波速与频率、波长的公式：c=λγ可得：m故选：B【点评】该题考查微波炉的工作原理以及波的波速与频率、波长的关系，将已知的数据直径代入相应的公式即可正确解答．基础题目．7．【考点】电磁感应在生活和生产中的应用．【分析】由题意可知，探测器将线圈靠近金属物时，相当于闭合电路的部分导体在切割磁感线，从而产生电流，则分析各实验现象可知，能产生电流的选项【解答】解：当线圈靠近金属物体时，在金属物体中产生涡电流，相当于闭合电路的部分导体在切割磁感线，故在金属中会产生电流，而金属中的电流产生的磁场又引起线圈中的磁通量发生变化，从而使电流表示数发生变化；故探测器采用了电磁感应原理；而非金属则不会产生电磁感应现象；故选：D【点评】本题考查电磁感应现象的应用，要求学生通过题意找出探测器的原理，并能正确掌握各实验的意义．8．【考点】动能定理的应用．【专题】动能定理的应用专题．【分析】根据动能定理，求出动能与距地面高度h的表达式，结合表达式确定正确的图线．【解答】解：当距离地面高度为h时，则下降的高度为H0﹣h，根据动能定理得，mg（H0﹣h）=E k﹣0，解得E k=﹣mgh+mgH0，与h成一次函数关系，随h增大，动能减小．可知B正确，A、C、D错误．故选：B．【点评】解决本题的关键得出动能与高度的表达式，结合动能定理分析求解，基础题．二、本部分共5小题，共180分．9．【考点】测定金属的电阻率．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】①螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；②根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后连接实物电路图；③由电阻定律求出电阻率的表达．【解答】解：①由图示螺旋测微器可知，其示数为：1.5mm+27.5×0.01mm=1.775mm．②滑动变阻器最大阻值远大于待测电阻阻值，滑动变阻器可以采用限流接法，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表可以采用外接法；故选甲图；③电阻R=，由电阻定律可知：R=ρ=ρ，则电阻率ρ=；故答案为：①1.775 ②甲③【点评】本题考查了连接实物电路图、螺旋测微器读数、求电阻率，确定滑动变阻器与电流表的接法是正确连接实物电路图的前提与关键，连接实物电路图时要注意电表量程的选择．10．【考点】用单摆测定重力加速度．【专题】实验题；单摆问题．【分析】①先读主尺，在读副尺，两者相加为球的直径．②由数据做出图形，由图象的斜率可得重力加速度．③由单摆周期公式判定图象；【解答】解：①主尺读数为：2.2cm；副尺读数为：6×0.1mm=0.6mm=0.06cm，故球直径为2.2cm+0.06cm=2.26cm；②如图：由单摆周期公式：；解得：，图象斜率为，可得：g=4π2k，由图象可得：；可得：g=4×3.142×0.25=9.86m/s2．③在实验过程中，摆长没有加小球的半径，其它操作无误，可得：，可知B正确，ACD错误，故选：B．故答案为：①2.26；②g=9.86；③B．【点评】本题关键是图象法处理实验数据，分析图象，必修要依据具体的公式，而公式来源是所学的基本规律，定律，定理．11．【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．【专题】动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．【分析】（1）根据受力分析由牛顿第二定律求得物体在斜面AB上运动时的加速度；（2）根据水平方向动量守恒求得碰撞后两者的共同速度v；（3）根据动能定理求得物块在斜面上上升的最大距离从而求得上升的最大高度H．【解答】解：（1）在AB斜面上对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律有：垂直斜面方向有：N﹣Mgcosα=0 ①沿斜面向下有：Mgsinα﹣f=Ma ②又f=μN ③由①②③可解得加速度a=gsinα﹣μgcosα（2）两物体碰撞过程中水平方向满足动量守恒，故有：Mv0=（M+m）v可得碰撞后整体的速度v=v0（3）碰撞后物体在斜面CD上运动时只有重力和阻力做功，根据动能定理有：=0﹣（M+m）v2可解得：H=答：（1）物体M在斜面AB上运动时的加速度a为gsinα﹣μgcosα；（2）两物体碰后的共同速度v为；（3）能冲上斜面CD的最大高度H为．【点评】本题考查了牛顿第二定律和动能定理的基本运用，掌握规律是正确解题的关键，对于第3问也可以采用动力学知识求解，但是没有运用动能定理解答方便．12．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；安培力；电磁感应中的能量转化．【专题】电磁感应——功能问题．【分析】（1）由欧姆定律求出电路电流，再由安培力公式F=BIL求得力的大小；（2）根据牛顿第二定律可知，当安培力为零时棒的速度最大，结合欧姆定律求解；（3）根据能量守恒定律和串并联电路特点求解．【解答】解：（1）开关K与1闭合瞬间，由欧姆定律得：I==2.5 A由安培力：F=BIL=1×2.5×0.4=1 N（2）根据牛顿第二定律可知，导体棒的受力为零时，运动速度最大，即F安=0，即I=0，故导体运动稳定后产生的感应电动势和电源电动势相等，E=BLv m=1.5 v解得：v m==3.75 m/s（3）根据能量守恒定律，单刀双掷开关K与2闭合后，导体棒的动能转化为电路中产生的总电热Q即：Q=mv m2==1.4 J由串并联电路特点，电阻R上产生的电热Q R=Q=0.53 J在此过程中，导体棒做变速运动，由冲量定理得：Ft=mv m即=mv mX=3.75 m答：（1）单刀双掷开关K与1闭合瞬间导体棒受到的磁场力F为1N；（2）单刀双掷开关K与1闭合后导体棒运动稳定时的最大速度v m为3.75m/s；（3）导体棒运动稳定后，单刀双掷开关K与1断开，然后与2闭合，此后能够在电阻R上产生的电热Q R为0.53J，导体棒前冲的距离X为3.75m．【点评】本题从力和能量两个角度分析电磁感应现象，安培力的表达式F=是常用的经验公式，要能熟练推导．对于导体棒切割类型，关键要正确分析受力，把握其运动情况和能量转化关系．14．【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．【专题】人造卫星问题．【分析】（1）飞行器绕地球做匀速圆周运动的过程中，由地球的万有引力等于向心力求解天宫一号运行的周期；（2）绕地球表面附近做圆周运动的人造卫星，可认为其轨道半径是地球的半径R，可利用万有引力提供它做圆周运动的向心力来进行求解；（3）由G=m可得：G=mv2，根据动能定理求出摆脱地球的约束所需要的速度即为第二宇宙速度，同理求出摆脱太阳的约束速度，由于随地球绕太阳公转的物体已具有地球的公转速度29.8km/s，则只需沿太阳公转方向的速度达到v w=v Tx﹣v T即可，又因为发射地球表面的物体还需摆脱地球约束的动能mv22，再根据动能定理求解．【解答】解：（1）飞行器绕地球做匀速圆周运动的过程中，由地球的万有引力提供等于向心力得：G=m（R D+H）解得：T=2π（R D+H）（2）绕地球表面附近做圆周运动的人造卫星，万有引力等于重力并提供向心力，则有G=m=mg则第一宇宙速度v==代入数据得：v==7.9 km/s（3）由G=m可得：G=mv2若摆脱地球的约束，则有：mv22﹣G=0 可得：v2=v=11.2 km/s同理：在地球绕太阳公转轨道运行的物体绕太阳做圆运动时G=mG=mv T=29.8 km/s摆脱太阳的约束速度为v Txmv Tx2﹣G=0v Tx=v T=42.2 km/s由于随地球绕太阳公转的物体已具有地球的公转速度29.8km/s，则只需沿太阳公转方向的速度达到v w=v Tx﹣v T=12.4 km/s 即可又因为发射地球表面的物体还需摆脱地球约束的动能mv22则：发射地球表面的物体摆脱太阳约束的第三速度为v3有mv32=mv22+mv w2解得：v3=16.7 km/s答：（1）天宫一号的运行周期为2π（R D+H）；（2）第一宇宙速度的表达式为v=；若R D=6370km，g取9.8m/s2，第一宇宙速度的值为7.9 km/s；（3）①第二宇宙速度的值为11.2 km/s；②若把地球绕太阳公转的轨道近似认为是圆，且不计其它星体对飞行物体的作用力，地球的公转速度为29.8km/s，第三宇宙速度为16.7 km/s．【点评】万有引力提供卫星做圆周运动的向心力是解决这类题目的突破口，找出需要的数据列万有引力定律提供向心力公式解题，本题要求同学们知道三大宇宙速度的意义及求法，难度适中．。

北京市海淀区2016届高三第二学期期中练习理综 物理试题 2016.4 第一部分（选择题 共120分）本部分共20小题，每小题6分，共120分。

在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。

13．下列说法中正确的是A ．布朗运动就是液体分子的无规则运动B ．当分子间距离增大时，分子间的引力和斥力均增大C ．当分子间距离增大时，分子势能一定增大D ．物体的内能变化，它的温度并不一定发生变化14．已知氦离子（He +）的能级图如图所示，根据能级跃迁理论可知A ．氦离子（He +）从n =4能级跃迁到n =3能级比从n =3能级跃迁到n =2能级辐射出光子的频率低B ．大量处在n =3能级的氦离子（He +）向低能级跃迁，只能发出2种不同频率的光子C ．氦离子（He +）处于n=1能级时，能吸收45eV 的能量跃迁到n =2能级D ．氦离子（He +）从n =4能级跃迁到n =3能级，需要吸收能量15．关于机械波，下列说法中正确的是A ．机械波的振幅与波源振动的振幅不相等B ．在波的传播过程中，介质中质点的振动频率等于波源的振动频率C ．在波的传播过程中，介质中质点的振动速度等于波的传播速度D ．在机械波的传播过程中，离波源越远的质点振动的周期越大16．关于万有引力定律的建立，下列说法中正确的是A ．卡文迪许仅根据牛顿第三定律推出了行星与太阳间引力大小跟行星与太阳间距离的平方成反比的关系B ．“月﹣地检验”表明物体在地球上受到地球对它的引力是它在月球上受到月球对它的引力的60倍C ．“月﹣地检验”表明地面物体所受地球引力与月球所受地球引力遵从同样的规律D ．引力常量 G 的大小是牛顿根据大量实验数据得出的17．在垂直纸面的匀强磁场中，有不计重力的甲、乙两个带电粒子，在纸面内做匀速圆周运动，运动方向和轨迹示意如图。

则下列说法中正确的是A ．甲、乙两粒子所带电荷种类不同B ．若甲、乙两粒子所带电荷量及运动的速率均相等，则甲粒子 的质量较大C ．若甲、乙两粒子的动量大小相等，则甲粒子所带电荷量较大D ．该磁场方向一定是垂直纸面向里 1-13.6 E n (eV ) -3.40 -1.51 ∞-6.04 -2.18 -54.42 3 4 5 6 nHe +投影面积），来改变所受向上风力的大小。

绝密★启封并使用完毕前试题类型：2016年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试注意事项：1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分.2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试题相应的位置.3.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效.4.考试结束后，将本试题和答题卡一并交回.第一部分（选择题共120分）本部分共20 小题，每小题6分，共120分。

在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。

1. 将与生物学有关的内容依次填入下图各框中，其中包含关系错误．．的选项是1 2 3 4 5框号选项A 组成细胞的化合物有机物无机物水无机盐B 人体细胞的染色体常染色体性染色体X染色体Y染色体C 物质跨膜运输主动运输被动运输自由扩散协助（易化）扩散D 有丝分裂分裂期分裂间期染色单体分离同源染色体分离A. 细胞的有丝分裂对生物性状的遗传有贡献B. 哺乳动物的造血干细胞是未经分化的细胞C. 细胞分化是细胞内基因选择性表达的结果D. 通过组织培养可将植物椰肉细胞培育成新的植株2. 葡萄糖酒酿制期间，酵母细胞内由ADP转化为A TP的过程A. 在无氧条件下不能进行B. 只能在线粒体中进行C. 不需要能量的输入D. 需要酶的催化3. 豹的某个栖息地由于人类活动被分隔为F区和T区。

20世纪90年代初，F区豹种群仅剩25只，且出现诸多疾病。

为避免该豹种群消亡，由T区引入8只成年雌豹。

经过十年，F区豹种群增至百余只，在此期间F区的A.豹种群遗传（基因）多样性增加B. 豹后代的性别比例明显改变C. 物种丰（富）度出现大幅度下降D. 豹种群的致病基因频率不变4.足球赛场上，球员奔跑、抢断、相互配合，完成射门。

对比赛中球员机体生理功能的表述，不正确的是A.长时间奔跑需要消耗大量糖原（元）用于供能B.大量出汗导致失水过多，抑制抗利尿激素分泌C.在神经与肌肉的协调下起脚射门D.在大脑皮层调控下球员相互配合5.在正常与遮光条件下向不同发育时期的豌豆植株供应14CO2，48h后测定植株营养器官和生殖器官中14C 的量。

绝密★启封并使用完毕前试题类型：2016年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试注意事项：1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分.2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试题相应的位置.3.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效.4.考试结束后，将本试题和答题卡一并交回.第一部分（选择题共120分）本部分共20 小题，每小题6分，共120分。

在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。

1. 将与生物学有关的内容依次填入下图各框中，其中包含关系错误．．的选项是1 2 3 4 5框号选项A 组成细胞的化合物有机物无机物水无机盐B 人体细胞的染色体常染色体性染色体X染色体Y染色体C 物质跨膜运输主动运输被动运输自由扩散协助（易化）扩散D 有丝分裂分裂期分裂间期染色单体分离同源染色体分离A. 细胞的有丝分裂对生物性状的遗传有贡献B. 哺乳动物的造血干细胞是未经分化的细胞C. 细胞分化是细胞内基因选择性表达的结果D. 通过组织培养可将植物椰肉细胞培育成新的植株2. 葡萄糖酒酿制期间，酵母细胞内由ADP转化为A TP的过程A. 在无氧条件下不能进行学.科网B. 只能在线粒体中进行C. 不需要能量的输入D. 需要酶的催化3. 豹的某个栖息地由于人类活动被分隔为F区和T区。

20世纪90年代初，F区豹种群仅剩25只，且出现诸多疾病。

为避免该豹种群消亡，由T区引入8只成年雌豹。

经过十年，F区豹种群增至百余只，在此期间F区的A.豹种群遗传（基因）多样性增加B. 豹后代的性别比例明显改变C. 物种丰（富）度出现大幅度下降D. 豹种群的致病基因频率不变4.足球赛场上，球员奔跑、抢断、相互配合，完成射门。

对比赛中球员机体生理功能的表述，不正确的是A.长时间奔跑需要消耗大量糖原（元）用于供能学.科网B.大量出汗导致失水过多，抑制抗利尿激素分泌C.在神经与肌肉的协调下起脚射门D.在大脑皮层调控下球员相互配合5.在正常与遮光条件下向不同发育时期的豌豆植株供应14CO2，48h后测定植株营养器官和生殖器官中14C 的量。