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。