2016年广东省深圳市高考物理一模试卷和答案

2016年高考真题理综 (全国I卷)答案单选题1-5 B C C B B 6-10 D D A B C 10-15 B D C D D 16-17 B B18.BC 19.BD 20.AB 21.BD22.（1）(s1+s2)f (s2+s3)f (s3–s1)f （2）4023.（1）连线如图所示。

（2）R2（3）①650.0 b 接通电源后，流过报警器的电流会超过20 mA，报警器可能损坏②c 报警器开始报警24.（1）设导线的张力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为N1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为N2。

对于ab棒，由力的平衡条件得2mg sin θ=μN1+T+F①N1=2mg cos θ②对于cd棒，同理有mg sin θ+μN2=T③N2=mg cos θ④联立①②③④式得F=mg(sin θ–3μcos θ)⑤（2）由安培力公式得F=BIL⑥这里I是回路abdca中的感应电流。

ab棒上的感应电动势为ε=BLv⑦式中，v是ab 棒下滑速度的大小。

由欧姆定律得I=⑧联立⑤⑥⑦⑧式得v=(sin θ–3μcos θ)⑨25.（1）根据题意知，B、C之间的距离为l为l=7R–2R①设P到达B点时的速度为v B，由动能定理得②式中θ=37°，联立①②式并由题给条件得③（2）设BE=x。

P到达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为E p。

P由B点运动到E 点的过程中，由动能定理有④E、F之间的距离l1为l1=4R-2R+x⑤P到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理有E p–mgl1sin θ–μmgl1cosθ⑥联立③④⑤⑥式并由题给条件得x=R⑦⑧（3）设改变后P的质量为m1。

D点与G点的水平距离x1和数值距离y1分别为⑨⑩式中，已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实。

设P在D点的速度为v D，由D点运动到G点的时间为t。

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）•，。

广东省深圳市六校联盟2016年高考模拟卷物理试卷（A）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．丹麦物理学家奥斯特于1820年7月通过实验首先发现通电导线的周围存在磁场．如图在赤道处，把一根长直导线平行于地表沿南北方向放置在磁针正上方附近，当导线中有电流通过时，磁针会发生偏转，下列说法正确的是（）A．导线若沿东西方向放置，磁针最容易发生偏转B．导线若通以图示方向强电流，磁针N极转向纸面内C．导线若通以图示方向强电流，磁针N极转向纸面外D．从上向下看，导线有逆时针旋转的趋势2．图中为一理想变压器，原副线圈的总匝数比为1:2，其原线圈与一电压有效值恒为220V的交流电源相连，P为滑动头．现令P从均匀密绕的副线圈最底端开始，沿副线圈缓慢匀速上滑，直至“220V60W”的白炽灯L两端的电压等于其额定电压为止．1U表示副线圈两端的总电压，2U表示灯泡两端的电压，用1I表I表示流过灯泡的电流，（这里的电流、电压均指有效值）．下列4个图中，能够正示流过副线圈的电流，2确反映相应物理量的变化趋势的是（）A．B．C．D．3．平抛运动可以分解为水平和竖直方向的两个直线运动，在同一坐标系中作出这两个分运动的v t 图线，2t，则下列说法中正确的是（）如图所示，若平抛运动的时间大于1A ．图线2表示水平分运动的v t -图线B ．1t 时刻的速度方向与初速度方向夹角为30︒C ．1t 时刻的位移方向与初速度方向夹角的正切为1D ．12t 时刻的位移方向与初速度方向夹角为45︒4．如图所示，质量为M 、半径为R 的半球形物体A 放在水平地面上，通过最高点处的钉子用水平细线拉住一质量为m 、半径为r 的光滑球B ，则（ ）A ．A 对地面的压力小于(M m)g +B ．A 对地面的摩擦力方向向左C ．B 对A 的压力大小为R r mg R +D ．细线对小球的拉力大小为r mg R5．已知质量分布均匀的球壳对其内部物体的引力为零，设想在地球赤道正上方高h 处和正下方深为h 处各修建一绕地心的环形真空轨道，轨道面与赤道面共面，两物件分布在上述两轨道中做匀速圆周运动，轨道对它们均无作用力，设地球半径为R ，则（ ）AB ．两物体的速度大小之比为C ．两物体的加速度大小之比为32R (R h)(R h)+- D ．两物体的加速度大小之比为R h R h+- 6．如图所示，A 、B 为平行板电容器的金属板，G 为静电计，开始时开关S 闭合，静电计指针张开一定角度．下述结论正确的是（ ）A ．若保持开关S 闭合，将A 、B 两极板靠近些，指针张开角度将变小B ．若保持开关S 闭合，将A 、B 两极板正对面积变小些，指针张开角度将不变C ．若断开开关S 后，将A 、B 两极板靠近些，指针张开角度将变小D ．若断开开关S 后，将A 、B 两极板正对面积变小些，指针张开角度将变大7．如图是某缓冲装置，劲度系数足够大的轻质弹簧与直杆相连，直杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力恒为f F ，直杆质量不可忽略．一质量为m 的小车以速度0v 撞击弹簧，最终以速度v 弹回．直杆足够长，且直杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计小车与地面的摩擦．则（ ）A ．小车被弹回时速度v 一定小于0vB ．直杆在槽内移动的距离等于220f 111(mv mv )F 22- C ．弹簧的弹力可能大于直杆与槽间的最大静摩擦力D ．直杆在槽内向右运动时，小车与直杆始终保持相对静止8．如图所示，固定的竖直光滑U 型金属导轨，间距为L ，上端接有阻值为R 的电阻，处在方向水平且垂直于导轨平面、磁感应强度为B 的匀强磁场中，质量为m 、电阻为r 的导体棒与劲度系数为k 的固定轻弹簧相连放在导轨上，导轨的电阻忽略不计．初始时刻，弹簧处于伸长状态，其伸长量为1mg x k =，此时导体棒具有竖直向上的初速度0v ．在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触．则下列说法正确的是（ ）A ．初始时刻导体棒受到的安培力大小220B L v F R= B ．初始时刻导体棒加速度的大小220B L v a 2g m(R r)=++ C ．导体棒开始运动直到最终静止的过程中，克服安培力做功等于棒上电阻r 的焦耳热D ．导体棒开始运动直到最终静止的过程中，回路上产生的焦耳热222012m g Q mv 2k=+ 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22题~32题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33题~40题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题9．为了“探究动能改变与合外力做功”的关系，某同学设计了如下实验方案：A ．第一步他把带有定滑轮的木板有滑轮的一端垫起，把质量为M 的滑块通过细绳与质量为m 的带夹重锤相连，然后跨过定滑轮，重锤夹后连一纸带，穿过打点计时器，调整木板倾角，直到轻推滑块后，滑块沿木板匀速运动，如图甲所示．B ．第二步保持木板的倾角不变，将打点计时器安装在木板靠近滑轮处，取下细绳和重锤，将滑块与纸带相连，使其穿过打点计时器，然后接通电源释放滑块，使之从静止开始加速运动，打出纸带，如图乙所示．打出的纸带如图丙试回答下列问题：（1）已知O 、A 、B 、C 、D 、E 、F 相邻计数点的时间间隔为t ∆，根据纸带求滑块速度，当打点计时器打B 点时滑块速度B v =__________．（2）已知重锤质量m ，当地的重力加速度g ，要测出某一过程合外力对滑块做的功，还必须测出这一过程滑块__________（写出物理量名称及符号），合外力对滑块做功的表达式W =合__________．（3）测出滑块运动OA 段、OB 段、OC 段、OD 段、OE 段合外力对滑块所做的功以及A v 、B v 、C v 、D v 、E v ．以2v 为纵轴，以W 为横轴建立坐标系，描点作出2v W 图像，可知它是一条过坐标原点的倾斜直线，若直线斜率为k ，则滑块质量M =__________．10．学校物理兴趣小组为探究多用表欧姆档的原理，决定自己动手设计一个可以测量电阻的装置．手边的器材有：干电池组，电流计A ，电阻箱，待测电阻x R ．其中电流计刻度盘刻线清晰，但是读数已经模糊．（1）小组成员先将电池组与电流计电流计A 进行串联，电路两端分别接好表笔，如图（1）所示；将表笔短接，发现电流表指针刚好能够指在刻度盘最右端刻度处．（2）将两表笔分别与电阻箱两接线柱相连，调节电阻箱，直到电流计指针指在刻度盘正中央，电阻箱示数如图（2），则电阻箱接入电路的电阻值为__________Ω．（3）用待测电阻x R 代替电阻箱接入两表笔之间，则电流表指针指示如图（3）所示，则可知待测电阻x R =__________Ω．（保留小数点后一位）此次实验快结束时，有同学拿来一块内阻为2803Ω的电压表，将所设计装置的两表笔正确接在电压表的两接线柱上，电压表示数为2.8V ，可以推知实验中使用的电池组的电动势为__________V （保留小数点后一位）11．如图所示，在光滑绝缘的水平面内，对角线AC 将边长为L 的正方形分成ABC 和ADC 两个区域，ABC 区域有垂直于水平面的匀强磁场，ADC 区域有平行于DC 并由C 指向D 的匀强电场．质量为m 、带电量为q +的粒子从A 点沿AB 方向以v 的速度射入磁场区域，从对角线AC 的中点O 进入电场区域． （1）判断磁场的方向并求出磁感应强度B 的大小．（2）讨论电场强度E 在不同取值时，带电粒子在电场中运动的时间t ．12．如图所示，在倾角为30θ=︒的足够长的固定的光滑斜面上，有一质量为M 3kg =的长木板正以0v 10m /s =的初速度沿斜面向下运动，现将一质量m 1kg =的小物块（大小可忽略）轻放在长木板正中央．已知物块与长木板间的动摩擦因数μ=速度2g 10m /s = （1）求放上小物块后，木板和小物块的加速度大小．（2）要使小物块不滑离长木板，长木板至少要有多长？（3）假设长木板长L 16m =，在轻放小物块的同时对长木板施加一沿斜面向上的F 45N =的恒力，求小物块在长木板上运动过程中F 所做的功及系统机械能的增量．【物理选修3-3】13．下列说法正确的是（ ）A ．空调机既能致热又能致冷，说明热传递不存在方向性B ．当分子间距离减小时，分子势能不一定减小C ．在完全失重的情况下，气体对容器壁仍然有压强D ．只要知道气体的摩尔体积和阿伏伽德罗常数，就可以算出气体分子的体积E ．只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低14．如图所示，粗细均匀的U 型玻璃管竖直放置，左侧玻璃管的高度1h 30cm =，管内封闭一定量气体，右侧玻璃管开口且足够长．室温为27℃时，左右两管内水银面距离地面的高度均为2h 10cm =，若要使左右两管内水银面的高度差h 10cm ∆=，需要把左管内封闭气体加热到多少摄氏度？（已知大气压强0p 75vmHg =）【物理-选修3-4】15．图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，图乙为质点P 以此时刻为计时起点的振动图像．由图可知（ ）A ．质点振动的周期T 0.2s =B ．波速v 20m /s =C ．因为一个周期质点运动0.8m ，所以波长0.8m λ=D ．从该时刻起经过0.15s ，波沿x 轴正方向传播了3mE ．从该时刻起经过0.25s 时，质点Q 的加速度大于质点P 的加速度16．如图所示，两块半径均为R 的半圆形玻璃砖平行正对放置，沿竖直方向的两条直径BC ．B C ''相互平行，两圆心之间的距离为R 3．一束单色光正对圆心O 从A 点射人左侧的玻璃砖，最后从右侧玻璃砖上的P点射出．已知AOB 60∠=︒，玻璃折射率为n =，若不考虑光在各个界面的反射，求该单色光从P 点射出的方向．【物理-选修3-5】17．下列说法中正确的是（ ）A ．发现天然放射现象的意义在于使人类认识到原子具有复杂的结构B．结合能越大的原子核，原子核中的核子结合得越牢固，原子核越稳定C．根据玻尔理论可知，氢原子核外电子跃迁过程中电子的电势能和动能之和不守恒D．在光电效应实验中，用同种频率的光照射不同的金属表面，从金属表面逸出的光电子的最大初动能kE越大，则这种金属的逸出功W越小E．已知23490Th的半衰期是24天，48g的23490Th经过72天后衰变了42g18．如图所示，AB为倾角37θ=︒的粗糙斜面轨道，通过一小段光滑圆弧与光滑水平轨道BC相连接，质量为m乙的小球乙静止在水平轨道上，质量为m甲的小球甲以速度v与乙球发生弹性正碰．若m:m2:3=乙甲，且轨道足够长．sin370.6︒=，cos370.8︒=．求：①两球第一次碰后甲球的速度．②要使两球能发生第二次碰撞，求乙球与斜面之间的动摩擦因数μ的取值范围．广东省深圳市六校联盟2016年高考模拟卷物理试卷（A ）答 案一、选择题1．B2．ABD3．D4．C5．AC6．BCD7．BC8．BD三、非选择题9．（1）31x x 2t -∆；（2）下滑的位移x ，mgx ；（3）2k． 10．（2）97；（3）48.5，2.9．11．解：（1）根据左手定则，可以判断磁场方向垂直纸面向里．设带电粒子在磁场中运动的半径为r ，有：2mv Bqv r=…① 依题意，1r L 2=…② 联立，解得：2mv B qL=…③ （2）设带电粒子恰好从D 点离开电场时对应的电场强度为0E ，则有： 1L vt 2=…④ 220qE 111L at t 222m==…⑤ 得：204mv E qL=…⑥ 讨论：（ⅰ）当0E E ≤时，粒子从DC 边离开电场，此时粒子在电场中运动的时间为1t 1LL 2t v 2v==…⑦ （ⅱ）当0E E ＞时，粒子从AD 边离开电场，此时粒子在电场中运动的时间为2t ，有：22022qE 111L at t 222m==得：2t = 答：（1）磁场的方向垂直纸面向里，磁感应强度B 的大小为2mv qL；（2）当0E E ≤时，时间为L 2v，当0E E ＞ 12．解：（1）小铁块在长木板上滑动时受到的沿板的滑动摩擦力大小为： f mgcos 7.5N =μθ=由牛顿第二定律，对小物块和长木板，有：1f mgsin ma +θ=得21a 12.5m /s =2Mgsin f Ma θ-=得22a 2.5m /s =（2）当小物块与长木板共速时，111021v a t v a t ==+得1t 1s =，1v 12.5m /s =共速后，小物块与长木板一起减速，相对位移1012.512.50S 115m 22++=⨯-⨯= 故长木板长度至少为L 10m ≥（3）由牛顿第二定律，得：对小物块有：3f mgsin ma +θ=，23a 12.5m /s =，沿斜面向下对长木板：4F f Mgsin ma +-θ=，24a 12.5m /s =，沿斜面向上当小物块与长木板共速时，212042v a t v a t ==-得2t 0.4s =，1v 5m /s = 此时小物块位移105S 0.41m 2+=⨯=长木板位移2105S 0.43m 2+=⨯= 共速后，假设小物块与长木板一起减速，则5F (M m)gsin (M m)a -+θ=+得25a 11.25m /s =（沿斜面向上）对小物块有：5f mgsin ma '-θ=，max f f 7.5N '=＞（沿斜面向上） 所以，小物块将相对长木板向下滑动对小物块：6f mgsin ma -θ=，26a 2.5m /s =（沿斜面向上）对长木板：7F f Mgsin ma --θ=，27a 7.5m /s =（沿斜面向上） 小物块从长木板上滑落时，有223333115t 2.5t (5t 7.5t )8222-⨯--⨯=+ 得3t 2s =此时小物块速度4v 5 2.520=-⨯=，位移305S 25m 2+=⨯= 长木板速度5v 57.5210m /s =-⨯=-，位移4510S 25m 2-=⨯=- 则从小物块轻放在长木板中点到滑落，长木板位移6S 352m =-=-，（沿斜面向上） F 做功F W =452=90J ⨯ 产生热能1Q=fs =7.5[2(31)]90J 2⨯+⨯-=相 机械能增量为F E W Q 0∆=-=答：（1）放上小物块后，木板和小物块的加速度大小分别为212.5m /s 和22.5m /s（2）要使小物块不滑离长木板，长木板至少要有10m 长．（3）小物块在长木板上运动过程中F 所做的功是90J ，系统机械能的增量为0. 13．BCE14．解：以左管内气体为研究对象，开始时气体的长度为：112L h h 301020cm =-=-=； 初状态：1P 75cmHg =，1V 20S =，1T 300K =加热后左管的压强：20p p gh 85cmHg =+ρ=加热后左管内气体的高度：21h 10L L 2025cm 22=+=+= 末状态：2P 85cmHg =，2V 25S =，2T ?=从状态1到状态2由理想气体状态方程：112212P V P V T T = 代入数据得：2T 425K =即：2t 152=℃答：现对左侧封闭气体加热，直至两侧水银面形成10cm 长的高度差．则此时气体的温度为152℃． 15．ABD16．解：由题意，结合光的界面上发生折射的特点画出该光的光路图如图，光在O 点发生折射，根据折射定律：sin 2n sin 1∠=∠ 代入数据得：260∠=︒光在D 处再次发生折射，由光路可逆知：3130∠=∠=︒在直角OO D '△中，R O D OO tan 2tan 603''=∠=⨯︒=g 在O DP '△中，由正弦定理得：sin 4sin903O D O P∠︒+∠='' 解得：430∠=︒ 光在P 点发生折射，根据折射定律：sin 5n sin 4∠=∠ 代入数据得：560∠=︒根据几何关系可知，光线平行于OO '连线向右射出．答：该单色光从P 点射出的方向光线平行于OO '连线向右．17．CDE ．18．解：①设第一次碰后甲的速度为1v ，乙的速度为2v，以甲球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：012m v m v m v =+乙甲甲①222012111m v m v m v 222=+乙甲甲② 联立①②解得：101v v 5=-，负号表示方向水平向右；204v v 5= ②设上滑的最大位移大小为s ，滑到斜面底端的速度大小为v ，由动能定理得：221(m gsin37m gcos37)s m v 2︒+μ︒=乙乙乙③ 21(m gsin37m gcos37)s m v 2︒+μ︒=乙乙乙④ 联立③④解得：22v 34()v 34-μ=+μ⑤ 乙要能追上甲，则：101v v v 5=＞⑥ 解得：4568μ＜⑦ 答： ①两球第一次碰后甲球的速度大小是01v 5，方向水平向右． ②要使两球能发生第二次碰撞，乙球与斜面之间的动摩擦因数μ的取值范围是4568μ＜．广东省深圳市六校联盟2016年高考模拟卷物理试卷（A）解析一、选择题1．【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．【分析】本实验是1820年丹麦物理学家奥斯特发现电流磁效应的实验，结合地磁场的方向，依据安培定则，从而即可一一解答．【解答】解：A．导线若东西放置，磁针最不容易发生偏转，原因是地磁场也是南北方向．故A错误；BC．根据安培定则，当导线通过以图示方向强电流，磁针N极转向纸面内，故B正确，故C错误；D．依据相对运动角度来分析，那么从上向下看，导线有顺时针旋转的趋势，故D错误；2．【考点】变压器的构造和原理．【分析】输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数程正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可．【解答】解：A．变压器的电压与匝数成正比，原线圈和副线圈的总的匝数是不变的，输入的电压也不变，所以副线圈的总电压的大小也不变，所以A正确．B．由于P从均匀密绕的副线圈最底端开始，沿副线圈缓慢匀速上滑，所以副线圈的有效的匝数逐渐的增加，所以副线圈的电压也是逐渐的增加，所以灯泡的电压也也是逐渐增加的，所以B正确．C．D，表示流过副线圈的电流I1，和表示流过灯泡的电流I2，大小是相等的，但是灯泡的电阻随着温度的增加而变大，所以电压和电流不是正比例的关系，所以C错误，D正确．3．【考点】平抛运动；运动的合成和分解．【分析】A．平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据速度图线可知运动情况．B．t1时刻可知水平分速度和竖直分速度相等，通过分速度关系可知速度方向与初速度方向的夹角．C．根据水平方向和竖直方向的运动情况，可以求出水平位移和竖直位移，根据两个分位移的关系可得出位移与水平方向的夹角．D．根据速度时间图线可知道2t1时刻的水平位移和竖直位移关系，根据该关系，可以求出位移与水平方向的夹角．【解答】解：A．图线2是初速度为0的匀加速直线运动，所以图线2表示的是竖直分运动．故A错误．B．t1时刻可知水平分速度和竖直分速度相等，则速度与初速度方向的夹角为45°．故B错误．C．图线与时间轴围成的面积表示位移，则t1时刻竖直方向的位移与水平方向的位移之比为1：2，所以t1时刻的位移方向与初速度方向夹角的正切为0.5．故C错误．D．2t1时刻竖直方向的位移和水平方向的位移相等，所以2t1时刻的位移方向与初速度方向夹角为45°．故D正确．4．【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】先对整体受力分析，然后根据共点力平衡条件分析AB选项，再隔离B物体受力分析后根据平衡条件分析CD选项．【解答】解：AB．对AB整体受力分析，受重力和支持力，相对地面无相对滑动趋势，故不受摩擦力，根据平衡条件，支持力等于整体的重力，为（M+m）g；根据牛顿第三定律，整体对地面的压力与地面对整体的支持力是相互作用力，大小相等，故对地面的压力等于（M+m）g，故AB错误；CD．对小球受力分析，如图所示：根据平衡条件，有：F=，T=mgtanθ其中cosθ=，tanθ=，故：F=mg，T=mg故C正确，D错误；5．【考点】向心力．【分析】由地球质量等于密度乘以体积，可得地球质量表达式；由万有引力提供向心力，对A．B分别列方程可得两物体速度和加速度之比．【解答】解：设地球密度为ρ，则有：在赤道上方：=a1，在赤道下方：=a2解得：，，故AC正确；BD错误．6．【考点】电容．【分析】静电计测量的是电容器两端的电势差，断开电键，电容器所带的电量不变，根据电容的变化判断电势差的变化．闭合电键，电容器两端的电势差等于电源的电动势．【解答】解：A．保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，静电计测量的是电容器两端的电势差，所以指针张角不变．故A错误，B正确．C．断开电键，电容器带电量不变，将AB靠近一些，则d减小，根据C=知，电容增大，根据C=知，电势差减小，指针张角减小，C正确．D．断开电键，电容器带电量不变，将AB正对面积变小些，根据C=知，电容减小，根据C=知，电势差增大，指针张角增大．故D正确．7．【考点】动能定理的应用；静摩擦力和最大静摩擦力．【分析】小车把弹簧压缩到x=时，两者一起推动杆向右减速运动，这个过程中，杆受到的摩擦力不变，弹簧的压缩量x先增大，到车与杆的速度相等时x保持不变，直到杆的速度减为0，小车才被弹簧反弹．【解答】解：A．小车在向右运动的过程中，弹簧的形变量若始终小于x=时，直杆和槽间无相对运动，小车被弹回时速度υ一定等于υ0；若形变量等于x=时，杆和槽间出现相对运动，克服摩擦力做功，小车的动能减小，所以小车被弹回时速度υ一定小于υ0，A错误；B．整个过程应用动能定理：F f s=△E K，直杆在槽内移动的距离s=（mv02﹣mv2），故B正确；C．当弹力等于最大静摩擦力时杆即开始运动，此时车的速度大于杆的速度，弹簧进一步被压缩，弹簧的弹力大于最大静摩擦力，故C正确；D．直杆在槽内向右运动时，开始小车速度比杆的大，所以不可能与直杆始终保持相对静止，故D错误．8．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；安培力的计算；电磁感应中的能量转化．【分析】由初动能E k=求出初速度，由E=BLv、I=、F=BIL，求出安培力的大小．导体棒最终静止时，弹簧的弹力与之重力平衡，可求出弹簧的压缩量，即导体棒下降的高度．从初始时刻到最终导体棒静止的过程中，导体棒的重力势能和动能减小转化为弹簧的弹性势能和内能，根据能量守恒定律求解电阻R上产生的焦耳热Q．【解答】解：A．导体棒的初速度为v0，初始时刻产生的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律得：E=BLv0设初始时刻回路中产生的电流为I，由闭合电路的欧姆定律得：I=设初始时刻导体棒受到的安培力为F，由安培力公式得：F=BIL联立上式得，．故A错误；B．初始时刻，弹簧处于伸长状态，棒受到重力、向下的安培力和弹簧的弹力，所以：ma=mg+kx+F得：a=2g+．故B正确；CD．导体棒直到最终静止时，棒受到重力和弹簧的弹力，受力平衡，则：mg=kx2，得：x2=．由于x1=x2，所以弹簧的弹性势能不变，由能的转化和守恒定律得：mg（x1+x2）+E k=Q解得系统产生的总热量：Q=可知R上产生的热量要小于系统产生的总热量．故C错误，D正确；三、非选择题9．【考点】探究功与速度变化的关系．【分析】（1）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的速度．（2）根据平衡列出第一步实验中平衡的表达式，从而得出在第二步中滑块的合力，结合功的公式求出合力功，从而确定需要测量的物理量．（3）根据动能定理得出v2﹣W的表达式，结合图线的斜率求出滑块的质量．【解答】解：（1）B点的瞬时速度等于AC段的平均速度，则．（2）在第一步实验中，有：Mgsinθ=f+mg，在第二步实验中，滑块的合力为F合=Mgsinθ﹣f=mg，则合力做功W合=F合x=mgx．（3）根据动能定理有：，则，可知图线的斜率k=，则滑块质量M=．10．【考点】用多用电表测电阻．【分析】（2）根据电阻箱读数原则结合图2读出电阻箱的读数；（3）设出电流表满偏电流，根据闭合电路欧姆定律分别列出短接时、接入电阻箱时、接入电阻R x时电流表达式，联立方程求出内阻和R x，当两表笔正确接在电压表的两接线柱上时，根据闭合电路欧姆定律求出电源电动势．【解答】解：（2）根据图2可知，电阻箱接入电路的电阻值为：R=9×10+7×1=97Ω，（3）设电流表满偏电流为I m，短接时，根据闭合电路欧姆定律得：，接入电阻箱时有：，接入电阻R x有：，解得：R x=48．5Ω，r=97Ω，当两表笔正确接在电压表的两接线柱上时，根据闭合电路欧姆定律得：E=U+=2．8+=2．9V．11．【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．【分析】（1）根据左手定则，可以判断磁场方向垂直纸面向里．设带电粒子在磁场中运动的半径为r，根据向心力公式即可求解；（2）根据平抛运动的基本公式求解电场强度，分情况进行讨论即可求解．12．【考点】功能关系；功的计算．【分析】（1）分析木板和小物块的受力情况，由牛顿第二定律求各自的加速度大小．（2）小物块恰好不滑离长木板时两者速度相同，由速度相等的条件求出经过的时间，再由位移时间公式求出两者的位移，位移之差等于板长．（3）分析小物块和木板的受力情况，求出两者的加速度，再由速度公式求出共速时所用时间，求出小物块的位移，再求F所做的功．由功能关系求系统机械能的增量．13．【考点】热力学第二定律；分子的热运动．【分析】能量可以从某一种形式转化为另一种形式，或从一个物体转移到另一个物体，在转化或转移的过程中能量的总量保持不变，能量转化和转移具有方向性．分析分子势能变化是依据分子力做功；根据气体压强的产生的特点分析压强；气体不能根据摩尔体积和阿伏伽德罗常数算出气体分子的体积．温度是分子平均动能的标志．【解答】解：A．空调机制冷时，把热量从温度较低的室内传递到温度较高的室外，引起了其他变化，消耗电能，不能说明热传递不存在方向性，故A错误．B．分子间距减小不确定分子力做功的正负，则不能分析分子势能变化，如分子力为斥力，分子距离减小，分子力做负功，分子势能增大，故B正确；C．气体的压强是由大量分子持续撞击器壁产生的，在完全失重的情况下，气体对容器壁仍然有压强．故C 正确；D．由于气体分子间距较大，根据气体的摩尔体积和阿伏伽德罗常数能算出每个气体分子占据的空间大小，该空间大小比气体分子的体积大，不能算出气体分子的体积．故D错误．E、温度是分子平均动能的标志，只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低，故E正确．14．【考点】理想气体的状态方程．【分析】从状态1到状态2气体的温度、体积、压强都发生变化，分别列出初末状态，然后由理想气体状态方程求解．15．【考点】横波的图象．【分析】由甲读出波长λ，由图乙读出周期T，由v=求出波速．波源的起振方向与x=2m的质点t=0时刻的振动方向，判定波的传播方向判断．在进行计算即可．【解答】解：A．B．C由甲读出波长λ=4m，由图乙读出周期T=0.2s，波速v==20m/s．故AB正确，C 错误．D．有图乙可知x=2m的质点开始时向下振动，结合甲图知简谐波没x轴正方向传播，传播距离s=vt=20×0.15=3m，故D正确．E、因为周期为0.2s，经过0.25s，质点运动了周期，也是个波长，P点到达负方向最大位移，Q在平衡位置上但不到最大位置，由可知：质点Q的加速度小于质点P的加速度，故E错误16．【考点】光的折射定律．【分析】结合题目的要求做出该光线的光路图，由折射定律求出光BC界面上的折射角，再结合几何关系求出光射在BC界面上的位置、入射角、折射角，由几何关系确定光射到弧面上的位置，最后由折射定律求出该单色光从P点射出的方向．。

华侨城中学2016年高考模拟考试题二、选择题（本题包括8小题，每小题6分，共48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）14．1837年，英国物理学家法拉第最早引入了电场的概念，并提出用电场线表示电场．某同学为此做了如图所示的实验，并依据实验下了几个结论，其中符合科学性的是Ａ．电场线既然看得见，说明是真实存在的 Ｂ．电场线是闭合的Ｃ．电场线是交叉的，没有什么对称性 Ｄ．电场线越密，说明该处的电场强度越大15．如图，倾角α=60°的光滑斜面固定着，用一轻绳把一个重为G 的球挂在斜面上（并不粘连）静止不动，要使绳的拉力等于球的重力，绳与斜面的夹角β应等于Ａ．30° Ｂ．45° Ｃ．53° Ｄ．60°16．如图，AB 为半圆轨道ACB 的水平直径，C 为轨道上的最低点，轨道半径为R ．一个小球从A 点以速度v 0水平抛出，不计空气阻力，重力加速度取g ，则下列判断正确的是 Ａ．v 0越大，小球空中所经历的时间越长Ｂ．若v 0=gR 21时，小球空中所经历的时间最长Ｃ．0<v 0<gR 21时，小球撞击在BC 圆弧间的某一点上Ｄ．若v 0取值适当，可以使小球垂直撞击BC 圆弧间的某一点17．如图，在竖直向上的匀强电场(图中未画出)的空间中，一根轻弹簧，一端固定，另一端连接质量为m 、电量为＋q 的绝缘小球，静止在倾角θ的光滑绝缘斜面上，弹簧恰好不伸长．现给小球一个v 0的初速度向下运动，当弹簧伸长为x 时小球的速度等于零，则Ａ．电场强度的大小等于q mg θsinＢ．小球的电势能增加了2021mvＣ．小球的电势能增加了θsin mgxＤ．弹簧的弹性势能增加了2021sin mv mgx +θ18．机场安全门利用电磁感应可探测人随身携带的金属物品．导线沿着安全门的“门框”绕成线圈，线圈因通交变电流而在门框内产生 ① ，同时①又产生 ② ，如果携带金属物穿过，金属中会产生涡流，涡流又在“门框”周围产生 ③ ，会反过来影响线圈中电流的大小和方向，使仪器报警．以下关于①②③处的填空正确的是 Ａ．①变化的磁场 ②变化的电场 ③变化的磁场Ｂ．①变化的磁场 ②变化的磁场 ③变化的电场Ｃ．①稳定的磁场 ②变化的电场 ③稳定的磁场 Ｄ．①变化的电场 ②稳定的磁场 ③变化的电场19．如图所示，三个质量相等的小球A 、B 、C ，B 、C 由轻弹簧S 相连，A 、B 由轻绳Ⅱ相连，A 由轻绳Ⅰ悬吊于天花板上，系统处于静止状态．在剪断某一条绳瞬间，A 、B 、C 加速度的大小设为a A 、a B 、a C ，已知重力加速度为g ． Ａ．在剪断Ⅰ瞬间，a A =g 、a B =2g 、a C =0 Ｂ．在剪断Ⅰ瞬间，a A =1.5g 、a B =1.5g 、a C =0 Ｃ．在剪断Ⅱ瞬间，a A =0、a B =2g 、a C =0 Ｄ．在剪断Ⅱ瞬间，a A =2g 、a B =2g 、a C =0 20．两颗相距足够远的行星a 、b ，半径均为R 0，两行星周围卫星的公转速度的平方v 2与公转半径r 的关系图像如图所示（两条曲线均为双曲线），则关于两颗行星及它们的卫星的描述，正确的是 Ａ．行星a 的质量较大 Ｂ．行星a 的第一宇宙速度较大Ｃ．取相同公转半径，行星a 的卫星向心加速度较大 Ｄ．取相同公转半径，行星a 的卫星周期较大21．某小型发电站的电能输送示意图如下，变压器均为理想变压器并标示了电压和匝数．发电站输出功率为P ，输电线总电阻为r ，用户消耗总功率为P h ，输电线消耗功率为P x ，若电压U 1=U 4且不变，下列说法正确的是Ａ． U 2=U 3 Ｂ．4312n n n n Ｃ．P x =rU 22 Ｄ．P ＝P h +P x第Ⅱ卷 非选择题（共174分）三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。

2016年深圳市高三第一次调研考试理科综合测试(物理部分)考试时间：150分钟 试卷满分：300分第I 卷 选择题（共126分）二、选择题（本题包括8小题，每小题6分，共48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．下列对科学家研究物理规律的论述，哪一项是错误的( )A ．奥斯特在实验中观察到通电导线下方磁针的转动，发现了电流的磁效应B ．安培通过实验发现磁场对电流有作用力，此力的方向与磁场方向垂直C ．法拉第通过实验得出，“磁生电”是一种在运动或变化的过程中才能出现的效应D ．楞次在分析实验事实后提出，感应电流的磁场方向总是与引起感应电流的原磁场方向相同15．在固定的斜面体Q 上放一物块P ，P 静止不动；现分别沿平行斜面向上、水平向左、竖直向下和垂直纸面向外（未画出）的力F 作用于P ， P 仍静止不动，如图所示．下列判断正确的是( )A ．图(a)中Q 对P 的支持力增大B ．图(b)中Q 对P 的摩擦力减小C ．图(c)中P 受到的合外力增大D ．图(d)中P 所受的摩擦力增大16．如图，电梯质量为M ，地板上放置一个质量为m 的物体，轻质钢索拉电梯由静止开始向上加速运动，当上升高度为H 时，速度达到v ，不计空气阻力，则( )A ．钢索的拉力做功等于21Mv 2 B ．钢索对电梯及物体构成的系统做功等于21(M +m)v 2C ．地板对物体的支持力做功等于21mv 2+mgH D ．地板克服物体的重力做功的平均功率等于mgv17．在真空中某点电荷产生的电场中有a 、b 两点，a 点的电势为φa ，场强大小为E a ，方向与连线ab 的夹角为60°．b 点的电势为φb ，场强大小为E b ，方向与连线ab 的夹角为30°．则a 、b 两点的场强大小及电势高低的关系是( )A ．2b a b a E E ϕϕ>=，B ． 2b a b a E E ϕϕ<=， C ．b a ϕϕ>，b a E E 3= D ．b a ϕϕ<，b a E E 3=18．如图甲所示，理想变压器的原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝10∶1，原线圈输入的交流电压如图乙所示，副线圈电路接有滑动变阻器R 和额定电压为12 V 、工作时内阻为2 Ω的电动机．闭合开关，电动机正常工作，电流表示数这1A ．则( )A ．副线圈两端电压为222 VB ．电动机输出的机械功率为12WC ．通过电动机的交流电频率为50HzD ．突然卡住电动机，原线圈输入功率变小19．如图甲所示，一长为l 的轻绳，一端穿在过O 点的水平转轴上，另一端固定一质量未知的小球，整个装置绕O 点在竖直面内转动．小球通过最高点时，绳对小球的拉力F 与其速度平方v 2的关系如图乙所示，重力加速度为g ，下列判断正确的是( )A ．图象函数表达式为F ＝mg lv m +2B ．重力加速度g ＝lb C ．绳长不变，用质量较小的球做实验，得到的图线斜率更大D ．绳长不变，用质量较小的球做实验，图线b 点的位置不变20．在水平光滑绝缘桌面上有一边长为l 的正方形线框abcd ，被限制在沿ab 方向的水平直轨道自由滑动．bc 边右侧有一直角三角形匀强磁场区域efg ，直角边ef 等于l ，边ge 小于l ， ef 边平行ab 边，磁场方向竖直向下，其俯视图如图所示，线框在水平拉力F 作用下向右匀速穿过磁场区，若图示位置为t =0时刻，设逆时针方向为电流的正方向，水平向右的拉力为正．则感应电流i －t 和F －t 图象正确的是（时间单位为l /v ，A 、B 、C 图象为线段，D 为抛物线)( )21．据报道，2013年4月23日荷兰“火星一号”公司开始在全球招募移民火星的志愿者，将于2023年发射飞船将志愿者送往火星定居．已知火星绕太阳公转的轨道半径约为地球的23倍，火星的质量约为地球的101、火星的半径约为地球的21，下列说法正确的是( ) A ．志愿者在火星上过“一年”比在地球上要长B ．志愿者在火星表面附近的重力约为地球表面附近的25C ．火星的第一宇宙速度约为地球第一宇宙速度的2倍D ．载有志愿者的飞船减速落向火星表面时，志愿者处于失重状态第Ⅱ卷 非选择题（共174分）三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。

14.答案:D由可知，当云母介质抽出时，变小，电容器的电容变小；因为电容器接在恒压直流电源上，故不变，根据可知，当减小时，减小。

再由，由于与都不变，故电场强度不变，答案为D15.答案:D【解析】设质子的质量数和电荷数分别为、，一价正离子的质量数和电荷数为、，对于任意粒子，在加速电场中，由动能定理得：得①在磁场中应满足②由题意，由于两种粒子从同一入口垂直进入磁场，从同一出口垂直离开磁场，故在磁场中做匀速圆周运动的半径应相同．由①②式联立求解得匀速圆周运动的半径，由于加速电压不变，故其中，可得故一价正离子与质子的质量比约为144带电粒子在电场、磁场中的运动、质谱仪。

16.答案:B【解析】解法一：当S断开时，电路如右图所示由闭合电路欧姆定律，原线圈两端电压得①根据变压器原副边电压关系：②副线圈中的电流：③联立①②③得：④当S闭合时，电路如右图所示由闭合电路欧姆定律，原线圈两端电压得⑤根据变压器原副边电压关系：⑥副线圈中的电流得：⑦联立⑤⑥⑦得⑧联立④⑧解得解法二：设开关断开前后，变压器的等效电阻为和，由于变压器输入功率与输出功率相同，闭合前：，得①闭合后：，得②根据闭合电路欧姆定律：闭合前：③闭合后：④根据以上各式得：解得，变压器的计算由于原边回路有电阻，原线圈两端电压不等于电源电压17.答案:B【解析】地球自转周期变小，卫星要与地球保持同步，则卫星的公转周期也应随之变小，由可得，则卫星离地球的高度应变小，要实现三颗卫星覆盖全球的目的，则卫星周期最小时，由数学几何关系可作出右图。

由几何关系得，卫星的轨道半径为①由开普勒第三定律，代入题中数据，得②由①②解得（1）卫星运行规律；（2）开普勒第三定律的应用做出最小周期时的卫星空间关系图18. 答案:BC【解析】质点一开始做匀速直线运动，处于平衡状态，施加恒力后，则该质点的合外力为该恒力①若该恒力方向与质点原运动方向不共线，则质点做曲线运动，质点速度方向时刻与恒力方向不同，故A错；②若的方向某一时刻与质点运动方向垂直，之后质点作曲线运动，力与运动方向夹角会发生变化，例如平抛运动，故B正确；③由牛顿第二定律可知，质点加速度方向与其所受合外力方向相同；④根据加速度的定义，相等时间内速度变化量相同，速率变化量不一定相同，故D错。

广东省深圳市2016届高三理综第一次调研考试（2月）试题（扫描版）2016年深圳市高三第一次调研考试理科综合能力测试·化学试题参考答案及评分参考7．D 8．A 9．C 10．D 11．B 12．B 13．C26．（14分）（1）CaSO3+2HCl=CaCl2+SO2↑+H2O（共2分，配平错误、漏写气体符号合并扣1分，反应物或生成物书写错给0分）。

（2）将SO2通入氢硫酸溶液或者硫化钠(NaHS也给分)溶液中，出现淡黄色沉淀（或溶液变浑浊）即证（共2分，未答现象扣1分）。

（3）B（1分）、E（1分）；除去HCl气体（1分，若答除杂质气体不给分）；当D中品红不褪色，F中出现白色沉淀（共2分，少答一点扣1分）。

（4）b（1分）；64.00（2分，答64不扣分）；残液中有剩余的盐酸（或过氧化氢），导致实验中消耗的氢氧化钠的量偏多；（共2分，其余合理答案均可）。

27．（14分）（1）3MnO2 +KClO3 +6KOH3K2MnO4 + KCl +3H2O （共2分，配平错扣1分，反应物或生成物书写错误给0分，反应条件不作为采分点）。

（2）3MnO42－＋4CH3COOH＝2MnO4－＋MnO2↓＋2H2O＋4CH3COO－。

（共2分，配平错扣1分，反应物或生成物书写错误给0分，写化学方程式给0分，漏写沉淀符号不扣分）。

（3）蒸发浓缩（或加热浓缩）（1分）、冷却结晶（或降温结晶）（1分）、过滤（1分）。

（4）MnO2（2分，写名称给0分）。

（5）KCl（1分），CH3COOK（1分）；反应生成K2SO4（1分），而K2SO4在常温下的溶解度也较小（原因1分），析出后从而导致产品的纯度降低（导致的问题1分）。

（共3分）或答：硫酸酸性太强，导致MnO4－将Cl－氧化，产生有毒的Cl2，KMnO4损失且纯度降低（3分）。

28．（15分）（1）CO(g)+NO2(g)CO2(g)+ NO(g) △H= -227 kJ·mol-1（共2分，配平、状态标错或没标合并扣1分，反应物或生成物书写错误给0分，△H计算错误扣1分）。

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 、1hB 、4hC 、8hD 、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 。

2016-2017学年广东省深圳市三校高三（上）第一次联考物理试卷一、单项选择题：（本题共8个小题，每小题3分，共24分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项最符合题目要求．多选、错选、不选均不得分）1．物体同时受到同一平面内的三个共点力作用，下列几组力中，不可能使物体处于平衡状态的是（）A．1N、10N、10N B．2N、6N、10N C．6N、8N、9N D．12N、13N、15N 2．从某一地点同时开始沿同一方向做直线运动的两个物体I、II，其v﹣t图象如图所示．在0～t0时间内下列说法中正确的是（）A．两个物体Ⅰ、Ⅱ所受合外力都在不断减小B．物体Ⅰ所受合外力不断增大，物体Ⅱ所受合外力不断减小C．物体Ⅰ的位移不断增大，物体Ⅱ的位移不断减小D．两物体Ⅰ、Ⅱ的平均速度大小都是3．如图所示，滑轮本身的质量忽略不计，滑轮轴安在一根轻木杆B上，一根轻绳AC绕过滑轮，A端固定在墙上，且绳保持水平，C端下面挂一个重物，B0与竖直方向夹角θ=45°，系统保持平衡．若保持滑轮的位置不变，改变θ的大小，则滑轮受到木杆的弹力大小变化情况是（）A．只有角θ变小，弹力才变大B．只有角θ变大，弹力才变大C．不论角θ变大或变小，弹力都变大D．不论角θ变大或变小，弹力都不变4．如图所示，物体m通过定滑轮牵引另一水平面上的物体沿斜面匀速下滑，此过程中斜面仍静止，斜面质量为M，则水平地面对斜面体（）A．无摩擦力B．有水平向右的摩擦力C．支持力为（M+m）g D．支持力大于（M+m）g5．将金属块用压缩的轻弹簧卡在一个箱子中，上顶板和下底板装有压力传感器．当箱子随电梯以a=4.0m/s2的加速度竖直向上做匀减速运动时，上顶板的传感器显示的压力为4.0N，下底板显示的压力为10.0N．取g=10m/s2，若上顶板示数是下底板示数的一半，则电梯的运动状态可能是（）A．匀加速上升，a=5m/s2B．匀加速下降，a=5m/s2C．匀速上升D．静止状态6．如图所示，a、b两小球分别从半圆轨道顶端和斜面顶端以大小相等的初速度v0同时水平抛出，已知半圆轨道的半径与斜面竖直高度相等，斜面底边长是其竖直高度的2倍，若小球a能落到半圆轨道上，小球b能落到斜面上，则（）A．b球一定先落在斜面上B．a球可能垂直落在半圆轨道上C．a、b两球可能同时落在半圆轨道和斜面上D．a、b两球不可能同时落在半圆轨道和斜面上7．“飞车走壁”杂技表演比较受青少年的喜爱，这项运动由杂技演员驾驶摩托车，简化后的模型如图所示，表演者沿表演台的侧壁做匀速圆周运动．若表演时杂技演员和摩托车的总质量不变，摩托车与侧壁间沿侧壁倾斜方向的摩擦力恰好为零，轨道平面离地面的高度为H，侧壁倾斜角度α不变，则下列说法中正确的是（）A．摩托车做圆周运动的H越高，向心力越大B．摩托车做圆周运动的H越高，线速度越大C．摩托车做圆周运动的H越高，向心力做功越多D．摩托车对侧壁的压力随高度H变大而减小8．重力为G的圆柱体A被平板B夹在板与墙壁之间，平板B与底座C右端的铰链相连，左端由液压器调节高度，以改变平板B与水平底座C间的夹角θ，B、C 及D总重力也为G，底座C与水平地面间动摩擦因数为μ（0.5＜μ＜1），平板B 的上表面及墙壁是光滑的．底座C与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（）A．C与地面间的摩擦力总等于2μG不变B．θ角增大时，地面对C的摩擦力总增大C．要保持底座C静止不动，应满足tan θ＞2μD．若保持θ=45°不变，圆柱体重力增大△G，仍要保持底座C静止，则△G的最大值△G m=G二、不定项选择题（本题包括6小题，每小题4分，共24分．每小题可能有一个或多个选项符合题意，正确不全得2分，错选、不选得零分．）9．（4分）如图所示，物块M通过与斜面平行的细绳与小物块m相连，斜面的倾角α可以改变．讨论物块M对斜面的摩擦力的大小，则有（）A．若物块M保持静止，则α角越大，摩擦力一定越大B．若物块M保持静止，则α角越大，摩擦力可能越小C．若物块M沿斜面下滑，则α角越大，摩擦力越大D．若物块M沿斜面下滑，则α角越大，摩擦力越小10．（4分）如题图所示，倾斜角为θ的斜面上OP段光滑，PQ段粗糙，且tanθ＜μ，μ为滑块A与PQ段的动摩擦因数，滑块A与水平顶面上的物块B保持相对静止从斜面上O点由静止开始下滑到Q的过程，B与A之间始终无相对滑动．则关于物块B在OP段和PQ段的受力情况，下列说法中正确的是（）A．在OP段物块B仅受重力B．在OP段物块B仅受重力和支持力C．在PQ段A对B的支持力大于B的重力D．在PQ段物块B受到水平向左的摩擦力11．（4分）将软木板挂在竖直墙壁上作为镖靶．在离墙壁一定距离的同一处，将两只飞镖水平掷出，不计空气阻力，如图，则（）A．A掷出时的初速度一定比B大B．B插入靶时的末速度一定比A大C．B运动时间一定比A长D．A的质量一定比B大12．（4分）如图所示，两个内壁光滑半径不同的半圆轨道固定在地面上，质量相等的两个小球分别从与球心在同一水平高度的A、B两点由静止开始自由滑下，它们通过轨道最低点时（）A．线速度相同B．向心加速度相同C．对轨道的压力相等D．两小球都处于超重状态13．（4分）如图所示，在斜面顶端先后水平抛出同一小球，第一次小球落到斜面中点，第二次小球落到斜面底端．则（）A．两次小球运动时间之比为1：2B．两次小球运动时间之比为1：C．两次小球落到斜面上时动能之比1：2D．两次小球落到斜面上时动能之比1：14．（4分）如图是汽车运送圆柱形工件的示意图．图中P、Q、N是固定在车体上的压力传感器，假设圆柱形工件表面光滑，汽车静止不动时Q传感器示数为零，P、N传感器示数不为零．当汽车向左匀加速启动过程中，P传感器示数为零而Q、N传感器示数不为零．已知sin15°=0.26，cos15°=0.97，tan15°=0.27，g=10m/s2．则汽车向左匀加速启动的加速度可能为（）A．3 m/s2B．2.5 m/s2 C．2 m/s2D．1.5 m/s2三、非选择题（本题包括6大题，共52分．论述计算题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）15．（4分）在“验证力的平行四边形定则”的实验中，橡皮条的一端固定在木板上，用两个弹簧秤通过细绳把橡皮条的另一端拉到某一位置O点，某同学认为在此实验过程中必须注意以下几项：A．实验中所用的两根细绳必须等长B．同一次实验过程中，O点位置不允许变动C．在实验时，弹簧秤必须保持与木板平行，读数时视线要正对弹簧秤刻度D．实验中，先将其中一个弹簧秤沿某一方向拉到最大量程，然后只需调节另一弹簧秤拉力的大小和方向，把橡皮条的结点拉到O点E．实验中，把橡皮条的结点拉到O点时，两弹簧秤之间的夹角应取90°不变，以便于算出合力的大小其中正确的是．（填入相应的字母）16．（4分）请读出螺旋测微器和游标卡尺的读数读数甲：cm 读数乙：cm．17．（6分）某同学设计了一个探究小车的加速度a与小车所受拉力F关系的实验，图甲为实验装置简图，所使用的交流电源频率为50Hz．如图乙所示是某次实验中得到的一条纸带，其中A、B、C、D、E是计数点（每两个计数点间还有4个点没有标出），距离如图，其中L1=3.07cm，L2=12.38cm，L3=27.87cm，L4=49.62cm．则计数点间的时间间隔为s，打C点时小车的速度为m/s；加速度为m/s2．（计算结果均保留三位有效数字）18．（10分）如图所示，竖直平面内一与水平方向夹角θ=60°的杆上套一铁环，铁环质量为m、直径略大于杆的截面直径；水平轻绳一端连在铁环上，一端连在质量为2m的小球上，小球受到的拉力F与杆平行，铁环和小球都处于静止状态，重力加速度为g．求：（1）拉力F的大小；（2）铁环受到的摩擦力．19．（14分）如图所示是水平面上的甲、乙两物体在同一地点同一时刻开始分别受到沿同一直线的水平拉力作用时的速度﹣时间图象．已知两物体的质量分别为m甲=2m，m乙=3m，两物体与水平面之间的动摩擦因数均为μ=0.2，重力加速度g=10m/s2．（1）通过分析，判断甲、乙所受水平拉力的方向是否相同？求出甲、乙所受水平拉力大小之比．（2）从t=0开始经过多长时间甲、乙再次相遇？甲与乙再次相遇时通过的位移多大？甲与乙再次相遇前的最远距离为多少？20．（14分）如图所示，在水平匀速运动的传送带的左端（P点），轻放一质量为m=1kg的物块，物块随传送带运动到A点后抛出，物块恰好无碰撞地沿圆弧切线从B点进入竖直光滑圆弧轨道下滑．B、D为圆弧的两端点，其连线水平．已知圆弧半径R=1.0m，圆弧对应的圆心角θ=106°，轨道最低点为C，A点距水平面的高度h=0.8m．（g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6）求：（1）物块离开A点时水平初速度的大小；（2）物块经过C点时对轨道压力的大小；（3）设物块与传送带间的动摩擦因数为0.3，传送带的速度为5m/s，求PA间的距离．2016-2017学年广东省深圳市三校高三（上）第一次联考物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：（本题共8个小题，每小题3分，共24分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项最符合题目要求．多选、错选、不选均不得分）1．（2015秋•甘肃校级期末）物体同时受到同一平面内的三个共点力作用，下列几组力中，不可能使物体处于平衡状态的是（）A．1N、10N、10N B．2N、6N、10N C．6N、8N、9N D．12N、13N、15N 【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【分析】二力合成时，合力范围为：|F1﹣F2|≤F≤|F1+F2|；先合成两个力，如果合力范围包括第三个力，则三力可以平衡．【解答】解：A、1N与10N合成时，合力最大11N，最小9N，可能为10N，故三个力合力可能为零，故A错误；B、2N与6N合成时，合力最大8N，最小4N，不可能为10N，故三个力合力不可能为零，故B正确；C、6N与8N合成时，合力最大14N，最小2N，可能为9N，故三个力合力可能为零，故C错误；D、12N与13N合成时，合力最大25N，最小1N，可能为15N，故三个力合力可能为零，故D错误；故选：B．【点评】本题关键明确二力合成时，合力范围为：|F1﹣F2|≤F≤|F1+F2|；两力同向时合力最大，反向时合力最小．2．从某一地点同时开始沿同一方向做直线运动的两个物体I、II，其v﹣t图象如图所示．在0～t0时间内下列说法中正确的是（）A．两个物体Ⅰ、Ⅱ所受合外力都在不断减小B．物体Ⅰ所受合外力不断增大，物体Ⅱ所受合外力不断减小C．物体Ⅰ的位移不断增大，物体Ⅱ的位移不断减小D．两物体Ⅰ、Ⅱ的平均速度大小都是【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像【分析】速度时间图象上某点的切线的斜率表示该点对应时刻的加速度大小，由牛顿第二定律可分析合外力的变化；图线与时间轴包围的面积表示对应时间内的位移大小，再根据平均速度的定义进行分析．【解答】解：A、B、速度﹣时间图象上某点的切线的斜率表示该点对应时刻的加速度大小，故物体Ⅰ做加速度不断减小的加速运动，物体Ⅱ做加速度不断减小的减速运动，再结合牛顿第二定律，Ⅰ物体所受的合外力不断减小，II物体所受的合外力不断减小，故A正确，B错误；C、图线与时间轴包围的面积表示对应时间内的位移大小，由图象可知：随着时间的推移，Ⅰ、Ⅱ的速度图象与时间轴围城的面积不断变大，故位移不断变大，故C错误；D、图线与时间轴包围的面积表示对应时间内的位移大小，如果物体的速度从v2均匀减小到v1，或从v1均匀增加到v2，物体的位移就等于图中梯形的面积，平均速度就等于，故Ⅰ的平均速度大于，Ⅱ的平均速度小于，故D错误；故选：A．【点评】本题关键是根据速度时间图象得到两物体的运动规律，然后根据平均速度的定义和图线与时间轴包围的面积表示对应时间内的位移大小分析处理．3．如图所示，滑轮本身的质量忽略不计，滑轮轴安在一根轻木杆B上，一根轻绳AC绕过滑轮，A端固定在墙上，且绳保持水平，C端下面挂一个重物，B0与竖直方向夹角θ=45°，系统保持平衡．若保持滑轮的位置不变，改变θ的大小，则滑轮受到木杆的弹力大小变化情况是（）A．只有角θ变小，弹力才变大B．只有角θ变大，弹力才变大C．不论角θ变大或变小，弹力都变大D．不论角θ变大或变小，弹力都不变【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【分析】对滑轮受力分析，受两个绳子的拉力和杆的弹力，根据平衡条件进行分析即可．【解答】解：对滑轮受力分析，受连个绳子的拉力和杆的弹力；滑轮一直保持静止，合力为零，故杆的弹力与两个绳子的拉力的合力等值、反向、共线；由于两个绳子的拉力大小等于重物的重力，大小不变，方向也不变，故两个拉力的合力为mg，与水平方向成45°斜向右下方；若保持滑轮的位置不变，改变θ的大小，滑轮受力情况不变，故滑轮受到木杆的弹力大小不变；故选：D．【点评】本题要注意杆的弹力可以沿着杆的方向也可以不沿着杆方向，结合平衡条件分析是关键．4．（2012秋•登封市期中）如图所示，物体m通过定滑轮牵引另一水平面上的物体沿斜面匀速下滑，此过程中斜面仍静止，斜面质量为M，则水平地面对斜面体（）A．无摩擦力B．有水平向右的摩擦力C．支持力为（M+m）g D．支持力大于（M+m）g【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】选择合适的研究对象是本题的关键，因为m匀速直线运动，M静止，所以M和m具有相同的加速度，只要两个物体的加速度一样我们就可以看做一个整体，所以选M和m组成的整体为研究对象分析较简单．【解答】解：选M和m组成的整体为研究对象，设绳子上的拉力为T，受力分析如图：由平衡条件可以判断，M必受到沿水平面向右的摩擦力假设：斜面的倾角为θ则：N+Tsinθ=（M+m）g，所以：N小于（M+m）g，故B正确，ACD错误；故选：B．【点评】应用平衡条件时，选择合适的研究对象是关键，常用的方法有整体法和隔离法，一种方法分析很麻烦时，及时选用另一种方法试试．5．（2016秋•深圳月考）将金属块用压缩的轻弹簧卡在一个箱子中，上顶板和下底板装有压力传感器．当箱子随电梯以a=4.0m/s2的加速度竖直向上做匀减速运动时，上顶板的传感器显示的压力为 4.0N，下底板显示的压力为10.0N．取g=10m/s2，若上顶板示数是下底板示数的一半，则电梯的运动状态可能是（）A．匀加速上升，a=5m/s2B．匀加速下降，a=5m/s2C．匀速上升D．静止状态【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力【分析】当箱子随电梯以a=4.0m/s2的加速度竖直向上做匀减速运动时，对m分析，根据牛顿第二定律求出m的质量．当上项板传感器的示数是下底板传感器的示数的一半，由于下面传感器示数不变，根据牛顿第二定律求出金属块的加速度，从而判断出箱子的运动情况．当上顶板示数为零，恰好没有离开上板，知下面传感器的示数仍然为10N，结合牛顿第二定律求出金属块的加速度，从而判断出箱子的运动情况．【解答】解：当箱子随电梯以a=4.0m/s2的加速度竖直向上做匀减速运动时，由牛顿第二定律知：N上+mg﹣N下=ma代入数据解得：m===1kg，所以金属块的重力为G=mg=10N若上顶板传感器的示数是下底板传感器的示数的一半，下面传感器示数不变，仍为10N，则上顶板传感器的示数是5N．取向下为正方向，由牛顿第二定律知N′上+mg﹣N′下=ma′解得a′=5m/s2，方向向下，故升降机以a=5m/s2的匀加速下降，或以a=5m/s2的匀减速上升．故ACD错误，B正确．故选：B【点评】本题要知道金属块与箱子具有相同的加速度，解决本题的关键对金属块受力分析，根据牛顿第二定律进行求解．6．（2015•永州三模）如图所示，a、b两小球分别从半圆轨道顶端和斜面顶端以大小相等的初速度v0同时水平抛出，已知半圆轨道的半径与斜面竖直高度相等，斜面底边长是其竖直高度的2倍，若小球a能落到半圆轨道上，小球b能落到斜面上，则（）A．b球一定先落在斜面上B．a球可能垂直落在半圆轨道上C．a、b两球可能同时落在半圆轨道和斜面上D．a、b两球不可能同时落在半圆轨道和斜面上【考点】平抛运动【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，将圆轨道和斜面重合在一起进行分析比较，即可得出正确答案．【解答】解：将圆轨道和斜面轨道重合在一起，如图所示，交点为A，初速度合适，可知小球做平抛运动落在A点，则运动的时间相等，即同时落在半圆轨道和斜面上．若初速度不适中，由图可知，可能小球先落在斜面上，也可能先落在圆轨道上．故C正确，A、D错误．若a球垂直落在半圆轨道上，根据几何关系知，速度方向与水平方向的夹角是位移与水平方向的夹角的2倍，而在平抛运动中，某时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，两者相互矛盾，所以a球不可能垂直落在半圆轨道上，故B错误．故选：C．【点评】本题考查平抛运动比较灵活，学生容易陷入计算比较的一种错误方法当中，不能想到将半圆轨道和斜面轨道重合进行分析比较．7．（2012•长春模拟）“飞车走壁”杂技表演比较受青少年的喜爱，这项运动由杂技演员驾驶摩托车，简化后的模型如图所示，表演者沿表演台的侧壁做匀速圆周运动．若表演时杂技演员和摩托车的总质量不变，摩托车与侧壁间沿侧壁倾斜方向的摩擦力恰好为零，轨道平面离地面的高度为H，侧壁倾斜角度α不变，则下列说法中正确的是（）A．摩托车做圆周运动的H越高，向心力越大B．摩托车做圆周运动的H越高，线速度越大C．摩托车做圆周运动的H越高，向心力做功越多D．摩托车对侧壁的压力随高度H变大而减小【考点】向心力；牛顿第二定律【分析】摩托车做匀速圆周运动，提供圆周运动的向心力是重力mg和支持力F 的合力，作出力图，得出向心力大小不变．h越高，圆周运动的半径越大，由向心力公式分析周期、线速度大小．【解答】解：A、摩托车做匀速圆周运动，提供圆周运动的向心力是重力mg和支持力F的合力，作出力图．如图向心力F n=mgtanα，m，α不变，向心力大小不变．故A错误．B、根据牛顿第二定律得F n=m，h越高，r越大，F n不变，则v越大．故B正确．C、向心力对物体不做功，故C错误；D、侧壁对摩托车的支持力F=不变，则摩托车对侧壁的压力不变．故D错误．故选：B【点评】本题考查应用物理规律分析实际问题的能力，是圆锥摆模型，关键是分析物体的受力情况，研究不变量．8．（2016秋•深圳月考）重力为G的圆柱体A被平板B夹在板与墙壁之间，平板B与底座C右端的铰链相连，左端由液压器调节高度，以改变平板B与水平底座C间的夹角θ，B、C及D总重力也为G，底座C与水平地面间动摩擦因数为μ（0.5＜μ＜1），平板B的上表面及墙壁是光滑的．底座C与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（）A．C与地面间的摩擦力总等于2μG不变B．θ角增大时，地面对C的摩擦力总增大C．要保持底座C静止不动，应满足tan θ＞2μD．若保持θ=45°不变，圆柱体重力增大△G，仍要保持底座C静止，则△G的最大值△G m=G【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【分析】对A进行受力分析，根据平衡条件表示出A受到的支持力，对B、C及D整体进行受力分析，根据平衡条件表示出C受到的摩擦力．【解答】解：A、对A进行受力分析，如图1所示：根据平衡条件得：N=，对B、C及D整体进行受力分析，如图2所示，当B、C及D整体静止时，摩擦力f=Nsinθ=Gtanθ，当θ角增大时，地面对C的=2μG，摩擦力增大，当摩擦力超过最大静摩擦力后，变为滑动摩擦力，此时f滑故AB错误；C、要保持底座C静止不动，则f≤f滑，即Gtanθ≤2μG，解得：tanθ≤2μ，故C错误；D、若保持θ=45°不变，圆柱体的重力增大△G m，则N′=（G+△G m），底座C受到的静摩擦力刚好达到最大静摩擦力，保持底座C静止，根据平衡条件得：，解得：△G m=G．故D正确；故选：C．【点评】分析物体受到的摩擦力的大小，首先要判断物体受到的是静摩擦力还是滑动摩擦力，静摩擦力和滑动摩擦力的计算方法是不同的．注意整体法和隔离法的应用．二、不定项选择题（本题包括6小题，每小题4分，共24分．每小题可能有一个或多个选项符合题意，正确不全得2分，错选、不选得零分．）9．（4分）（2016秋•深圳月考）如图所示，物块M通过与斜面平行的细绳与小物块m相连，斜面的倾角α可以改变．讨论物块M对斜面的摩擦力的大小，则有（）A．若物块M保持静止，则α角越大，摩擦力一定越大B．若物块M保持静止，则α角越大，摩擦力可能越小C．若物块M沿斜面下滑，则α角越大，摩擦力越大D．若物块M沿斜面下滑，则α角越大，摩擦力越小【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【分析】对滑块M受力分析，将力按效果沿着与斜面平行和与斜面垂直方向正交分解，根据平衡条件列式分析各个力．【解答】解：AB、物体m受到重力mg和拉力T，处于平衡状态，有T=mg对滑块M受力分析，受重力Mg、支持力N、拉力T和静摩擦力f，其中静摩擦力方向取决于拉力T和重力的下滑分量的大小，若mg＜Mgsinα，如图1；若mg ＞Mgsinα，如图2根据平衡条件，对于图1，有：T+f=Mgsinα，故α越大，f越大；根据平衡条件，对于图2，有：T=f+Mgsinα，故α越大，f越小；故A错误、B正确；CD、由于物体M下滑，所以物体所受到滑动摩擦力f，有：f=μN，又由于是在斜面上，所以f=μmgcosα，当α增大时cosα减少（0～90度），所以f减少，故C错误，D正确；故选：BD．【点评】本题关键是对滑块M受力分析，对于摩擦力，要分为静摩擦力和滑动摩擦力两种情况，根据平衡条件得到摩擦力的表达式再进行分析讨论．10．（4分）（2016秋•深圳月考）如题图所示，倾斜角为θ的斜面上OP段光滑，PQ段粗糙，且tanθ＜μ，μ为滑块A与PQ段的动摩擦因数，滑块A与水平顶面上的物块B保持相对静止从斜面上O点由静止开始下滑到Q的过程，B与A之间始终无相对滑动．则关于物块B在OP段和PQ段的受力情况，下列说法中正确的是（）A．在OP段物块B仅受重力B．在OP段物块B仅受重力和支持力C．在PQ段A对B的支持力大于B的重力D．在PQ段物块B受到水平向左的摩擦力【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力【分析】对系统进行受力分析，由牛顿第二定律求出加速度，分别将加速度向水平和竖直方向分解，然后对B进行受力分析，分析判断B的受力情况．【解答】解：OP段光滑，A、B一起向下做匀加速运动，加速度平行于斜面向下，B有平行于斜面向下的加速度，则B受到竖直向下的重力、竖直向上的支持力、水平向右的摩擦力作用，故AB错误；PQ段粗糙，且tanθ＜μ，故在PQ段，物体受到的合力平行于斜面向上，由牛顿第二定律可知，物体的加速度平行于斜面向上，B受到竖直向下的重力、竖直向上的支持力、水平向左的摩擦力作用，同时物体有竖直向上的分加速度，物体处于超重状态，A对B的支持力大于B的重力，故CD正确；故选：CD．【点评】本题考查牛顿第二定律的应用，解题时注意整体法与隔离法的应用，根据物体的受力情况求出加速度，然后根据加速度方向判断物体的受力情况．11．（4分）（2016秋•深圳月考）将软木板挂在竖直墙壁上作为镖靶．在离墙壁一定距离的同一处，将两只飞镖水平掷出，不计空气阻力，如图，则（）A．A掷出时的初速度一定比B大。

2016年广东省深圳市高考物理一模试卷二、选择题（本题包括8小题，每小题6分，共48分；在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1．（6分）下列对科学家研究物理规律的论述，哪一项是错误的？（ ）A．奥斯特在实验中观察到通电导线下方磁针的转动，发现了电流的磁效应B．安培通过实验发现磁场对电流有作用力，此力的方向与磁场方向垂直C．法拉第通过实验得出，“磁生电”是一种在运动或变化的过程中才能出现的效应D．楞次在分析实验事实后提出，感应电流的磁场方向总是与引起感应电流的原磁场方向相同2．（6分）在固定的斜面体Q上放一物块P，P静止不动；现分别沿平行斜面向上、水平向左、竖直向下和垂直纸面向外（未画出）的力F作用于P，P仍静止不动，如图所示．下列判断正确的是（ ）A．图（a）中Q对P的支持力增大B．图（b）中Q对P的摩擦力减小C．图（c）中P受到的合外力增大D．图（d）中P所受的摩擦力增大3．（6分）如图，电梯质量为M，地板上放置一个质量为m的物体，轻质钢索拉电梯由静止开始向上加速运动，当上升高度为H时，速度达到v，不计空气阻力，则（ ）第1页（共26页）第2页（共26页）A ．钢索的拉力做功等于Mv 212B ．钢索对电梯及物体构成的系统做功等于（M+m ）v 212C ．地板对物体的支持力做功等于mv 2+mgH 12D ．地板克服物体的重力做功的平均功率等于mgv4．（6分）在真空中某点电荷产生的电场中有a 、b 两点，a 点的电势为φa ，场强大小为E a ，方向与连线ab 的夹角为60°．b 点的电势为φb ，场强大小为E b ，方向与连线ab 的夹角为30°．则a 、b两点的场强大小及电势高低的关系是（ ）A ．φa ＞φb ，E aB ．φa ＜φb ，E a =E b 2=E b 2C ．φa ＞φb ，E a ＝3E bD ．φa ＜φb ，E a ＝3E b5．（6分）如图甲所示，理想变压器的原、副线圈匝数比n 1：n 2＝10：1，原线圈输入的交流电压如图乙所示，副线圈电路接有滑动变阻器R 和额定电压为12V 、工作时内阻为2Ω的电动机．闭合开关，电动机正常工作，电流表示数这1A．则（ ）A．副线圈两端电压为22 V2B．电动机输出的机械功率为12WC．通过电动机的交流电频率为50HzD．突然卡住电动机，原线圈输入功率变小6．（6分）如图甲所示，一长为l的轻绳，一端穿在过O点的水平转轴上，另一端固定一质量未知的小球，整个装置绕O点在竖直面内转动。

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。

2015-2016学年广东省高三（上）第一次联考物理试卷一、选择题：本题共8小题，每题6分．在每小题给出的四个先项中，第1～4题只有一项符合题目要求．第5～8题有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分．有选错的得0分．1．如图所示，物体在斜面向右上方的力F的作用下向右做匀速直线运动，则物体受力的个数为( )A．1个B．2个C．3个D．4个2．甲、乙两物体朝同一方向做匀速直线运动，已知甲的速度大于乙的速度，t=0时，乙在甲之前一定距离处，则两个物体运动的位移图象应是( )A．B．C．D．3．2014年10月11日，在广西南宁进行的第四十五届世界体操锦标赛中，我国选手刘洋在男子吊环决赛中获得金牌，如图是其比赛时的照片，设刘洋与吊环的总重为G，绳子重力不计，两根绳子悬挂点间的距离恰好为刘洋的肩宽，若刘洋张开双臂静止在图示位置时，则( )A．每根绳子的拉力大于B．每根绳子的拉力等于C．每根绳子的拉力小于D．若增加绳长，每根绳子的拉力不变4．2015年6月以来，我国南方多地遭遇暴雨袭击，为抢险救灾，某教授小分队需购买冲锋舟，为测试A、B两种不同型号的冲锋舟的性能．该小分队做了全力制动距离测试，测试结果如图所示，若把冲锋舟制动过程的运动视为匀减速直线支动，则同图可知，A、B两种冲锋舟的加速度之比为( )A．4：3 B．3：4 C．：2 D．2：5．图示为王先生提着包回家的情景，其中王先生对包做了功的是( ) A．将包题起来B．站在水平匀速行驶的车上C．乘升降电梯D．提着包上楼6．2015年7月25日，搭载两颗新一代北斗导航卫星的“长征三号乙/远征一号”运载火箭在西昌卫星发射中心点火发射，并精确入轨和正常运行．图示为部分北斗卫星的轨道图，这些卫星绕地球做圆周运动的半径相同，则对这些卫星，下列物理量相同的是( )A．向心力B．动能C．线速度的大小D．周期7．如图所示，在一竖直平面内的三条平行导线串有两个电阻R1和R2，导体棒PQ与三条导线均接触良好，匀强磁场的方向垂直纸面向里，导体棒的电阻可忽略．若导体棒向左加速运动，则( )A．流经R1的电流方向向上B．流经R1的电流方向向下C．流经R2的电流方向向上D．流经R2的电流方向向下8．如图所示，A、B、C是平行纸面的匀强电场中的三点，它们之间的距离均为L，电荷量q=1×10﹣9C的正电荷由A点移动到C点，电场力做功W1=4×10﹣8J，该电荷由C点移动到B 点，电场力做功W2=0．若B点电势为零，则下列说法正确的是( )A．C点电势为4VB．A点电势为4VC．匀强电场的方向由A点垂直指向BCD．匀强电场的方向由A点指向B点二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题-12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第23题---28题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题9．图示为某同学设计的“探究加速度与物体所受合力F及质量m的关系”的实验装置．在实验中认为细线对小车的拉力F的大小等于砝码和砝码盘的总重力，小车运动的加速度a可由纸带上的点求得．（1）本实验应用的实验方法是__________．A．比较法B．转换法C．控制变量法D．等效替代法（2）实验过程中，打点计时器应接在__________（选填“直流”或“交流”）电源上．10．图示的实验装置可以测量“小滑块与小平面之间的支摩擦因数μ”．弹簧左端固定，右端顶住小滑块（滑块与弹簧不连接），开始时使弹簧处于压缩状态，O点是小滑块开始运动的初始位置．某时刻释放小滑块，小滑块在水平面上运动经过A处的光电门，最后停在B处．已知当地重力加速度为g．（1）实验中，测得小滑块上遮光条的宽度为d及与光电门相连的数字计时器显示的时间为△t，则小滑块经过A处时的速度v=__________．（用题中的符号表示）（2）为了测量小滑块与水平地面间的动摩擦因数，除了（1）中所测物理量外，还需要测量的物理量是__________．（说明物理意义并用符号表示）（3）利用测量的量表示动摩擦因数μ=__________．（用题中所测的物理量的符号表示）11．（13分）在驾照科目三的训练中，某学徒驾驶一辆小轿车在水平路面上，从静止开始做匀加速直线运动，经过t=10s发生的位移x=50m．已知小轿车的质量m=1×103kg，牵引力F=2.2×103N，行驶过程中小轿车所受的阻力恒定，求：（1）小轿车运动的加速度大小a．（2）运动过程中，小轿车所受的阻力大小f．12．（19分）一质量M=4kg、倾角为30°的上表面光滑的斜面体静止在粗糙的水平地面上，斜面上有两个质量均为m=2kg的小球A、B，它们用轻质细绳连接．现对小球B施加一水平向左的拉力F使小球A、B及斜面体一起向左做匀速直线运动，如图所示，重力加速度g=10m/s2．求：（1）细绳的拉力T；（2）水平拉力F的大小；（3）水平地面与斜面体间的动摩擦因数μ．（二）选考题：共45分．请考生从给出的3个选修中任选一个作答．如果多答则按所答的第一个计分．【物理-----选修3-3】13．下列说法正确的是( )A．给篮球打气时，到后来越来越费劲，说明分子间存在斥力B．一定质量的理想气体经历一缓慢的绝热膨胀过程，气体分子的平均动能减少C．液体表面层的分子较密集，分子间引力大于斥力，因此产生液体的表面张力D．一定量的气体，在体积不变时，分子平均每秒碰撞器壁的次数随着温度的降低而减少E．第二类永动机是不能制造出来的，虽然它不违反热力学第一定律，但它违反热力学第二定律14．如图所示，在竖直放置的圆柱形导热容器内用一轻质活塞密封一定质量的理想气体，活塞与容器壁间无摩擦，容器的横截面积为S．开始时活塞与容器底的距离为h0，设大气压恒为p0．若外界温度保持不变，现用外力将活塞缓慢提升d后，活塞再次平衡．求活塞再次平衡时容器内气体的压强的大小．【物理---选修3-4】15．沿x轴方向的一条细绳上有O、A、B、C、D、E、F、G八个点，=======1m，质点O在垂直于x轴方向上做简谐运动，沿x轴方向传播形成横波．T=0时刻，O点开始向上运动，经t=0.2s，O点第一次到达上方最大位移处，这时A点刚好开始运动．那么在t=2.5s时刻，以下说法中正确的是( )A．B点位于x轴下方 B．A点与E点的位移相同C．D点的速度最大D．C点正向上运动E．这列波的波速为5m/s16．如图所示，一个横截面为直角三角形的三棱镜，∠A=30°，∠C=90°，一束与BC面成θ=45°的光线从BC面的中点射入三棱镜，最后从三棱镜的另一面射出．不考虑光线在AB面的反射情况．已知三棱镜对该光的折射率n=．求：①光线经BC面的折射角．②光线在AB面的入射角．【物理---选修3-5】17．已知电子处于基态时的能量为E，该电子吸收频率为v的光子后跃迁到某一激发态，随后又立即辐射出一个光子，从而跃迁到另一个激发态，此时电子的能量为E′，则该辐射光子的频率为__________．若辐射的光子恰好使某金属发生光电效应，则该金属的逸出功为__________．（已知普朗克常量为h）18．如图所示，一质量M=3kg的小车左端放有一质量m=2kg的铁块，它们以v0=5m/s的共同速度沿光滑水平面向竖直墙运动，车与墙碰撞的时间极短，不计碰撞过程中机械能的损失．小车足够长，最终小车与铁块相对静止．求小车与铁块的共同速度v．2015-2016学年广东省高三（上）第一次联考物理试卷一、选择题：本题共8小题，每题6分．在每小题给出的四个先项中，第1～4题只有一项符合题目要求．第5～8题有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分．有选错的得0分．1．如图所示，物体在斜面向右上方的力F的作用下向右做匀速直线运动，则物体受力的个数为( )A．1个B．2个C．3个D．4个考点：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：物体做匀速直线运动，合力为零，根据共点力平衡判断物体的受力个数．解答：解：做匀速直线运动，合力为零，对物体受力分析，物体受重力，拉力，把拉力进行分析，具有水平方向的分量，所以必定受到摩擦力与之平衡，则必有支持力，所以物体受力重力、支持力、拉力F，摩擦力4个力．故选：D．点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解．2．甲、乙两物体朝同一方向做匀速直线运动，已知甲的速度大于乙的速度，t=0时，乙在甲之前一定距离处，则两个物体运动的位移图象应是( )A． B．C．D．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：s﹣t图象中每一点的坐标表示该时刻物体的位置，倾斜的直线说明物体做匀速直线运动，其斜率表示速度．与纵坐标的交点不同说明初始位置不同．解答：解：根据已知，甲乙两物体在同一直线上向同一方向做匀速直线运动，所以图象是倾斜的直线而且倾斜方向相同，由因甲的速度大于乙的速度，所以甲的倾斜度要比乙的倾斜度大，故B、D错误．又因为初始时刻乙在甲的前面，所以与纵坐标的交点应乙在上面，甲在下面，故A错误，C 正确．故选C．点评：本题是位移﹣时间图象的应用，能根据图象读取信息，要明确斜率和坐标轴交点的含义，属于基础题．3．2014年10月11日，在广西南宁进行的第四十五届世界体操锦标赛中，我国选手刘洋在男子吊环决赛中获得金牌，如图是其比赛时的照片，设刘洋与吊环的总重为G，绳子重力不计，两根绳子悬挂点间的距离恰好为刘洋的肩宽，若刘洋张开双臂静止在图示位置时，则( )A．每根绳子的拉力大于B．每根绳子的拉力等于C．每根绳子的拉力小于D．若增加绳长，每根绳子的拉力不变考点：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：运动员受绳子的拉力及重力而处于平衡状态，三力为共点力；两绳索向上的分力之和应与向下的重力大小相等、方向相反，则由共点力的平衡可求得绳索的拉力．解答：解：ABC、运动员的受力分析简化如图：设细线与竖直方向的夹角为θ，由共点力的平衡可知，在竖直方向上：2Fcosθ=G解得：F=；故F＞故A正确，BC错误；D、若增加绳长，细线与竖直方向的夹角θ减小，故拉力F减小，故D错误；故选：A点评：本题中应注意两线索的拉力与重力相交于一点，故属于共点力平衡，可将两力分解为水平向和竖直向两分力，则在两个方向上的合力为零，由竖直方向的平衡关系可解得拉力的大小．4．2015年6月以来，我国南方多地遭遇暴雨袭击，为抢险救灾，某教授小分队需购买冲锋舟，为测试A、B两种不同型号的冲锋舟的性能．该小分队做了全力制动距离测试，测试结果如图所示，若把冲锋舟制动过程的运动视为匀减速直线支动，则同图可知，A、B两种冲锋舟的加速度之比为( )A．4：3 B．3：4 C．：2 D．2：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：根据匀变速直线运动的速度位移公式求出加速度，从而得出两种情况下冲锋舟的加速度之比．解答：解：根据v2=2ax得，a=，因为初速度相等时，A、B制动的距离之比为x A：x B=20：15=4：3，则加速度之比a A：a B=3：4，故B正确，A、C、D错误．故选：B点评：解决本题的关键知道汽车刹车后做匀减速直线运动，结合匀变速直线运动的速度位移公式分析判断．5．图示为王先生提着包回家的情景，其中王先生对包做了功的是( )A．将包题起来B．站在水平匀速行驶的车上C．乘升降电梯D．提着包上楼考点：功的计算．专题：功的计算专题．分析：掌握做功的两个必要因素即作用在物体上的力和在力的方向通过的位移，二者缺一不可解答：解：A、拉力竖直向上并在拉力方向上通过了位移，故拉力做功，故A正确；B、拉力竖直向上，位移水平方向，故拉力不做功，故B错误；C、拉力竖直向上，通过的位移竖直向上，故拉力做功，故C正确；D、拉力竖直向上，在竖直方向上也有位移，故拉力做功，故D正确；故选：ACD点评：此题考查了做功的必要因素，关键是看在力的方向通过的位移6．2015年7月25日，搭载两颗新一代北斗导航卫星的“长征三号乙/远征一号”运载火箭在西昌卫星发射中心点火发射，并精确入轨和正常运行．图示为部分北斗卫星的轨道图，这些卫星绕地球做圆周运动的半径相同，则对这些卫星，下列物理量相同的是( )A．向心力B．动能C．线速度的大小D．周期考点：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：卫星绕地球圆周运动的向心力由万有引力提供，据此分析速度大小与轨道半径的关系，根据物理量的特点进行分析．解答：解：根据万有引力提供向心力有有：A、半径相同，卫星的质量未知，故不能确定卫星的向心力大小相同，且其方向也不相同，故A错误；BC、据v=可知，卫星的线速度大小相同，但卫星质量未知，不能确定动能相同，故B错误，C正确；D、据T=2可知，卫星的周期相同，故D正确．故选：CD．点评：卫星绕地球圆周运动万有引力提供圆周运动向心力，确定描述圆周运动物理量与半径的关系是正确解题的关键．7．如图所示，在一竖直平面内的三条平行导线串有两个电阻R1和R2，导体棒PQ与三条导线均接触良好，匀强磁场的方向垂直纸面向里，导体棒的电阻可忽略．若导体棒向左加速运动，则( )A．流经R1的电流方向向上B．流经R1的电流方向向下C．流经R2的电流方向向上D．流经R2的电流方向向下考点：导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律．分析：根据右手定则，可判断PQ作为电源，Q端电势高，在PQcd回路和在电阻r的回路中找出电流方向．解答：解：AB、根据右手定则，可判断PQ作为电源，Q端电势高，在导线与R1回路中，电流为顺时针方向，即流过R的电流为向上，故A正确、B错误；CD、同理，流经R2的电流方向向上，故C正确、D错误．故选：AC点评：本题考查右手定则的应用．注意PQ作为电源构成了两个回路，分别在各自的回路中找出电流方向．8．如图所示，A、B、C是平行纸面的匀强电场中的三点，它们之间的距离均为L，电荷量q=1×10﹣9C的正电荷由A点移动到C点，电场力做功W1=4×10﹣8J，该电荷由C点移动到B 点，电场力做功W2=0．若B点电势为零，则下列说法正确的是( )A．C点电势为4VB．A点电势为4VC．匀强电场的方向由A点垂直指向BCD．匀强电场的方向由A点指向B点考点：电势能．分析：根据试探电荷的电荷量和电场力做功，根据公式U=分别求出A与无穷远间、A与B间电势差，无穷远处电势为零，再确定A、B两点的电势．解答：解：AB、对于A、C间电势差为U AC==V=40V，而电荷由C点移动到B点，电场力做功W2=0．则有CB电势差为零，若B点电势为零，U CB=φC﹣φB，则C点电势φC=0．而A与C间的电势差为U AC=φA﹣φC，则A点电势φA=40V．故A错误，B错误；CD、由上分析可知，BC的电势差为0，BC点的连线即为等势线，且电场线垂直于等势线，根据沿着电场线方向，电势降低，则有匀强电场的方向由A点垂直指向BC，故C正确，D 错误；故选：C．点评：本题考查对电势差公式的应用能力，U AB=应用时，各量均需代入符号．注意电势有正负，而电压没有正负可言．二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题-12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第23题---28题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题9．图示为某同学设计的“探究加速度与物体所受合力F及质量m的关系”的实验装置．在实验中认为细线对小车的拉力F的大小等于砝码和砝码盘的总重力，小车运动的加速度a可由纸带上的点求得．（1）本实验应用的实验方法是C．A．比较法B．转换法C．控制变量法D．等效替代法（2）实验过程中，打点计时器应接在交流（选填“直流”或“交流”）电源上．考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．专题：实验题；牛顿运动定律综合专题．分析：（1）加速度与物体质量、物体受到的合力有关，在探究加速度与物体质量、受力关系的实验中，应该使用控制变量法．（2）打点计时器应使用交流电源．解答：解：（1）探究加速度与力的关系时，要控制小车质量不变而改变拉力大小；探究加速度与质量关系时，应控制拉力不变而改变小车质量，这种实验方法是控制变量法．故选：C（2）计时器应接在交流电源上．故答案为：（1）C；（2）交流点评：本题考查了物理实验的几种常见方法的应用，要求同学们能掌握控制变量法、等效替代法等物理方法，明确打点计时器应使用交流电源．10．图示的实验装置可以测量“小滑块与小平面之间的支摩擦因数μ”．弹簧左端固定，右端顶住小滑块（滑块与弹簧不连接），开始时使弹簧处于压缩状态，O点是小滑块开始运动的初始位置．某时刻释放小滑块，小滑块在水平面上运动经过A处的光电门，最后停在B处．已知当地重力加速度为g．（1）实验中，测得小滑块上遮光条的宽度为d及与光电门相连的数字计时器显示的时间为△t，则小滑块经过A处时的速度v=．（用题中的符号表示）（2）为了测量小滑块与水平地面间的动摩擦因数，除了（1）中所测物理量外，还需要测量的物理量是光电门和B点之间的距离L．（说明物理意义并用符号表示）（3）利用测量的量表示动摩擦因数μ=．（用题中所测的物理量的符号表示）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）很短的时间内，我们可以用这一段的平均速度来代替瞬时速度，由此可以求得铁块的速度大小；（2）根据滑动摩擦力的公式可以判断求动摩擦因数需要的物理量；（3）由滑块的运动情况可以求得铁块的加速度的大小，再由牛顿第二定律可以求得摩擦力的大小，再由滑动摩擦力的公式可以求得滑动摩擦因数．解答：解：（1）根据极限的思想，在时间很短时，我们可以用这一段的平均速度来代替瞬时速度，所以铁块通过光电门l的速度是v=（2）（3）要测量动摩擦因数，由f=μF N可知要求μ，需要知道摩擦力和压力的大小；小滑块在水平面上运动经过A处的光电门，最后停在B处，滑块做的是匀减速直线运动，根据光电门和B点之间的距离L，由速度位移的关系式可得，v2=2aL对于整体由牛顿第二定律可得，Mg﹣f=Ma因为f=μF N，所以由以上三式可得：μ=；需要测量的物理量是：光电门和B点之间的距离L故答案为：；光电门和B点之间的距离L；点评：测量动摩擦因数时，滑动摩擦力的大小是通过牛顿第二定律计算得到的，加速度是通过铁块的运动情况求出来的．运用动能定理来求解弹性势能，注意摩擦力做负功．11．（13分）在驾照科目三的训练中，某学徒驾驶一辆小轿车在水平路面上，从静止开始做匀加速直线运动，经过t=10s发生的位移x=50m．已知小轿车的质量m=1×103kg，牵引力F=2.2×103N，行驶过程中小轿车所受的阻力恒定，求：（1）小轿车运动的加速度大小a．（2）运动过程中，小轿车所受的阻力大小f．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：（1）汽车做初速度为0的匀加速直线运动，由位移时间公式可求解加速度；（2）根据牛顿第二定律可求解汽车所受阻力．解答：解：（1）汽车做匀加速直线运动，初速度为0，由位移公式可得：m/s2（2）汽车受牵引力和阻力，根据牛顿第二定律可得：F﹣f=ma代入数据，解得：f=1200N答：（1）汽车运动的加速度大小为1m/s2；（2）运动过程中汽车所受的阻力大小为1200N点评：本题考查牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．12．（19分）一质量M=4kg、倾角为30°的上表面光滑的斜面体静止在粗糙的水平地面上，斜面上有两个质量均为m=2kg的小球A、B，它们用轻质细绳连接．现对小球B施加一水平向左的拉力F使小球A、B及斜面体一起向左做匀速直线运动，如图所示，重力加速度g=10m/s2．求：（1）细绳的拉力T；（2）水平拉力F的大小；（3）水平地面与斜面体间的动摩擦因数μ．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：（1）以球A为研究对象，受力分析后根据平衡条件列式求解细线的拉力；（2）以A、B整体为研究对象，受力分析后根据平衡条件列式求解；（3）以A、B、斜面整体为研究对象，受力分析后根据共点力平衡条件列式求解摩擦力和支持力，最后根据滑动摩擦定律列式求解动摩擦因素．解答：解：（1）以A为研究对象，受重力、拉力和支持力，根据平衡条件，有：T=mgsin30°=2×=10N（2）以A、B整体为研究对象，受拉力、重力和支持力，根据平衡条件，有：Fcos30°=2mgsin30°解得：F=N（3）以A、B、斜面及弹簧整体为研究对象，根据平衡条件，有：F=f=μ（M+2m）g解得：μ==答：（1）细绳的拉力T为10N；（2）水平拉力F的大小为N；（3）水平地面与斜面体间的动摩擦因数μ为．点评：对于连接体问题注意整体与隔离法的应用，正确选取研究对象然后受力分析，根据所处状态列方程求解．（二）选考题：共45分．请考生从给出的3个选修中任选一个作答．如果多答则按所答的第一个计分．【物理-----选修3-3】13．下列说法正确的是( )A．给篮球打气时，到后来越来越费劲，说明分子间存在斥力B．一定质量的理想气体经历一缓慢的绝热膨胀过程，气体分子的平均动能减少C．液体表面层的分子较密集，分子间引力大于斥力，因此产生液体的表面张力D．一定量的气体，在体积不变时，分子平均每秒碰撞器壁的次数随着温度的降低而减少E．第二类永动机是不能制造出来的，虽然它不违反热力学第一定律，但它违反热力学第二定律考点：热力学第二定律．专题：热力学定理专题．分析：温度是分子平均动能的标志，根据热力学第一定律判断内能的变化，液体表面层的分子较稀疏，分子间引力大于斥力，第二类水动机是不能制造出来的，尽管它不违反热力学第一定律，但它违反热力学第二定律．解答：解：A、给篮球打气时，到后来越来越费劲，说明内部压强越来越大，与分子斥力无关，故A错误；B、一定质量的理想气体经历一缓慢的绝热膨胀过程，对外做功内能减小，温度降低，气体分子的平均动能减少少，故B正确；C、液体表面层的分子较稀疏，分子间引力大于斥力，因此产生液体的表面张力，故C错误；D、一定量的气体，在体积不变时，温度降低，则分子运动的激烈程度降低，所以分子平均每秒碰撞器壁的次数随着温度的降低而减少，故D正确；E、第二类水动机是不能制造出来的，尽管它不违反热力学第一定律，但它违反热力学第二定律，故E正确；故选：BDE点评：掌握温度是分子平均动能的标志，会用热力学第一定律公式判断内能的变化，知道永动机不可能制成的原因．14．如图所示，在竖直放置的圆柱形导热容器内用一轻质活塞密封一定质量的理想气体，活塞与容器壁间无摩擦，容器的横截面积为S．开始时活塞与容器底的距离为h0，设大气压恒为p0．若外界温度保持不变，现用外力将活塞缓慢提升d后，活塞再次平衡．求活塞再次平衡时容器内气体的压强的大小．考点：理想气体的状态方程；封闭气体压强．专题：理想气体状态方程专题．分析：在整个过程中为等温变化，找出初末状态，根据玻意耳定律求的压强解答：解：活塞上升过程为等温变化开始状态：P1=P0，V1=sh0活塞提升d后：V2=S（h0+d0，压强为P2根据玻意耳定律有P1V1=P2V2。

广东省深圳市高级中学2016届高三第三次模拟考试理科综合物理试题物理注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

2．选择题的作答：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，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

第I卷（选择题）一、单选题1．如图所示，一个菱形框架绕着过对角线的竖直轴匀速转动，在两条边上各有一个质量相等的小球套在上面，整个过程小球相对框架没有发生滑动，A与B到轴的距离相等，则下列说法正确的是A. 框架对A的弹力方向可能垂直框架向下B. 框架对B的弹力方向只能垂直框架向上C. A与框架间可能没有摩擦力D. A、B两球所受的合力大小相等2．（单选）在一大雾天，一辆小汽车以30 m/s的速度匀速行驶在高速公路上，突然发现正前方30 m处有一辆大卡车以10 m/s的速度同方向匀速行驶，小汽车紧急刹车，刹车过程中刹车失灵．如图所示，图线a、b分别为小汽车和大卡车的v－t图象（忽略刹车反应时间），以下说法正确的是（）A．因刹车失灵前小汽车已减速，故不会发生追尾事故B．在t＝3 s时发生追尾事故C．在t＝5 s时发生追尾事故D. 若紧急刹车时两车相距40米，则不会发生追尾事故且两车最近时相距10米3．如图所示，一固定光滑杆与水平方向夹角为，将一质量为的小环套在杆上，通过轻绳悬挂一个质量为的小球，由静止释放后，小环与小球保持相对静止且以相同的加速度一起下滑，此时绳子与竖直方向夹角为，则下列说法正确的是（）A. 杆对小环的作用力大于B. 不变，则越大，越小C. ，与、无关D. 若杆不光滑，可能大于4．如图所示，轻杆AB长l，两端各连接一个小球（可视为质点），两小球质量关系为轻杆绕距BO轴在竖直平面内顺时针自由转动。

广东省深圳市高级中学2016届高三第三次模拟考试理综物理试题1. 如图所示，一个菱形框架绕着过对角线的竖直轴匀速转动，在两条边上各有一个质量相等的小球套在上面，整个过程小球相对框架没有发生滑动，A与B到轴的距离相等，则下列说法错误的是：A. 框架对A的弹力方向可能垂直框架向下B. 框架对B的弹力方向只能垂直框架向上C. A与框架间可能没有摩擦力D. A、B所受的合力大小相等【答案】C【解析】试题分析：球在水平面做匀速圆周运动，合外力指向圆心，对进行受力分析可知，受重力，当静摩擦力方向向上时，框架对的弹力方向可能垂直框架向下，故A正确；球在水平面做匀速圆周运动，合外力指向圆心，对进行受力分析可知，受重力，要使合力水平向右，框架对的弹力方向只能垂直框架向上，故B正确；若与框架间没有摩擦力，则只受重力和框架对的弹力，两个力的合力方向不可能水平向左，指向圆心，故C错误；、两球所受的合力提供向心力，转动的角速度相等，半径也相等，根据，可知，合力大小相等，故D正确。

考点：向心力、牛顿第二定律【名师点睛】本题关键要把圆周运动的知识和牛顿第二定律结合求解，关键是正确对AB两个小球进行受力分析，合力提供向心力，知道共轴转动时，角速度相等，难度适中。

2. 在一大雾天，一辆小汽车以30 m/s的速度匀速行驶在高速公路上，突然发现正前方30 m处有一辆大卡车以10 m/s的速度同方向匀速行驶，小汽车紧急刹车，刹车过程中刹车失灵．如图所示，图线a、b分别为小汽车和大卡车的v－t图象（忽略刹车反应时间），以下说法正确的是：A. 因刹车失灵前小汽车已减速，故不会发生追尾事故B. 在t＝3 s时发生追尾事故C. 在t＝5 s时发生追尾事故D. 若紧急刹车时两车相距40米，则不会发生追尾事故且两车最近时相距10米【答案】B【解析】试题分析：根据速度-时间图象所时间轴所围“面积”大小等于位移，由图知，t=3s时，b车的位移为：，a车的位移为则，所以在在时追尾．当速度相等时，a车的位移为b车的位移为，则两车相距，D错误；考点：考查了追击相遇问题3. 如图所示，一固定光滑杆与水平方向夹角为，将一质量为的小环套在杆上，通过轻绳悬挂一个质量为的小球，静止释放后，小环与小球保持相对静止以相同的加速度a一起下滑，此时绳子与竖直方向夹角为，则下列说法正确的是：A. 杆对小环的作用力大于B. 不变，则越大，越小C. ，与、无关D. 若杆不光滑，可能大于【答案】C【解析】试题分析：以整体为研究对象，分析受力情况，如图：学&科&网...学&科&网...学&科&网...考点：本题考查了整体法与隔离法的受力分析、力的合成与分解、牛顿第二定律．4. 如图所示，轻杆AB长，两端各连接一个小球（可视为质点），两小球质量关系为，轻杆绕距B端处的O轴在竖直平面内顺时针自由转动。

2016年广东省深圳市高考物理一模试卷二、选择题（本题包括8小题，每小题6分，共48分；在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1．（6分）下列对科学家研究物理规律的论述，哪一项是错误的？（ ）A ．奥斯特在实验中观察到通电导线下方磁针的转动，发现了电流的磁效应B ．安培通过实验发现磁场对电流有作用力，此力的方向与磁场方向垂直C ．法拉第通过实验得出，“磁生电”是一种在运动或变化的过程中才能出现的效应D ．楞次在分析实验事实后提出，感应电流的磁场方向总是与引起感应电流的原磁场方向相同2．（6分）在固定的斜面体Q 上放一物块P ，P 静止不动；现分别沿平行斜面向上、水平向左、竖直向下和垂直纸面向外（未画出）的力F 作用于P ，P 仍静止不动，如图所示．下列判断正确的是（ ）A ．图（a ）中Q 对P 的支持力增大B ．图（b ）中Q 对P 的摩擦力减小C ．图（c ）中P 受到的合外力增大D ．图（d ）中P 所受的摩擦力增大3．（6分）如图，电梯质量为M ，地板上放置一个质量为m 的物体，轻质钢索拉电梯由静止开始向上加速运动，当上升高度为H 时，速度达到v ，不计空气阻力，则（ ）A ．钢索的拉力做功等于12Mv 2B ．钢索对电梯及物体构成的系统做功等于12（M+m ）v 2C ．地板对物体的支持力做功等于12mv 2+mgHD ．地板克服物体的重力做功的平均功率等于mgv4．（6分）在真空中某点电荷产生的电场中有a 、b 两点，a 点的电势为φa ，场强大小为E a ，方向与连线ab 的夹角为60°．b 点的电势为φb ，场强大小为E b ，方向与连线ab 的夹角为30°．则a 、b 两点的场强大小及电势高低的关系是（ ）A ．φa ＞φb ，E a =E b 2B ．φa ＜φb ，E a =Eb 2 C ．φa ＞φb ，E a ＝3E b D ．φa ＜φb ，E a ＝3E b 5．（6分）如图甲所示，理想变压器的原、副线圈匝数比n 1：n 2＝10：1，原线圈输入的交流电压如图乙所示，副线圈电路接有滑动变阻器R 和额定电压为12V 、工作时内阻为2Ω的电动机．闭合开关，电动机正常工作，电流表示数这1A ．则（ ）A ．副线圈两端电压为22√2 VB ．电动机输出的机械功率为12WC ．通过电动机的交流电频率为50HzD ．突然卡住电动机，原线圈输入功率变小6．（6分）如图甲所示，一长为l 的轻绳，一端穿在过O 点的水平转轴上，另一端固定一质量未知的小球，整个装置绕O 点在竖直面内转动。