2016年新课标高考二轮全真模拟物理试卷

2016年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力模拟测试（新课标I卷）物理部分（二）第I卷二、选择题：本题共8 小题，每小题6 分，在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。

全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分。

14. 在物理学的发展过程中，科学家们创造出了许多物理学研究方法，以下关于所用物理学研究方法的叙述正确的是（）A.在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫微元法B.在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验采用了假设法C.在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了理想模型法D.伽利略认为自由落体运动就是物体在倾角为900的斜面上的运动，再根据铜球在斜面上的运动规律得出自由落体的运动规律，这里采用了实验和逻辑推理相结合的方法15. 小华从某砖墙前的高处由静止释放一个石子，让其自由落下，拍摄到石子下落过程中的一张照片如图所示。

由于石子的运动，它在照片上留下了一条模糊的径迹。

已知每层砖的平均厚度为6.0cm，照相机本次拍照曝光时间为1.5×10-2s，由此估算出位置A距石子下落起始位置的距离为A．1.6m B．2.5m C．3.2m D．4.5m16. 在图电路中，当合上开关S后，两个标有“3V、1W”的灯泡均不发光，用电压表测得U ac=U bd=6V，如果各段导线及接线处均无问题，这说明A.开关S未接通B.灯泡L2的灯丝断了C.灯泡L1的灯丝断了D.滑动变阻器R电阻丝断了17.摆式列车是集电脑、自动控制等高新技术于一体的新型高速列车，如图所示，当列车转弯时，在电脑控制下，车厢会自动倾斜，抵消离心力的作用．行走在直线上时，车厢又恢复原状，就像玩具“不倒翁”一样．它的优点是能够在现有线路上运行，勿须对线路等设施进行较大的改造，靠摆式车体的先进性，实现高速行车，并能达到既安全又舒适的要求．运行实践表明：摆式列车通过曲线速度可提高20-40%，最高可达50%，摆式列车不愧为“曲线冲刺能手”．假设有一超高速列车在水平面内行驶，以360km/h的速度拐弯，由列车上的传感器测得一个质量为50kg的乘客在拐弯过程中所受到合力为500N，则列车的拐弯半径为（）A.500mB.1kmC.1.5kmD.2km18.一个质量为1kg的物体在水平恒力F作用下沿水平面运动，一段时间后撤去F，该物体运动的v-t图象，如图所示，（g=10m/s2），则下列说法正确的是（）A.物体2s末距离出发点最远B.拉力F的方向与初速度方向相同C.拉力在2s末撤去的D.摩擦力大小为10N19.如图所示为两个有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向里和垂直纸面向外，磁场宽度均为L，距磁场区域的左侧L处，有一边长为L的正方形导体线框，总电阻为R，且线框平面与磁场方向垂直，线框一边平行于磁场边界，现用外力F使线框以图示方向的速度v匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定沿逆时针方向的电动势E 为正，磁感线垂直纸面向里时磁通量Φ为正，外力F向右为正。

理科综合模拟卷二(物理部分)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分110分．第Ⅰ卷(选择题48分)一、选择题：本题共8小题，每小题6分．其中第1题～第5题为单项选择题，在每小题给出的上选项中，只有一个选项符合题目要求；第6题～第8题为多项选择题，在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．如图所示，质量均可忽略的轻绳与轻杆承受弹力的最大值一定，杆的A端用铰链固定，光滑轻小滑轮在A点正上方，B端吊一重物G，现将绳的一端拴在杆的B端，用拉力F将B端缓慢向上拉，在AB杆达到竖直前(均未断)，关于绳子的拉力F和杆受的弹力F N的变化，判断正确的是()A．F变大B．F变小C．F N变大D．F N变小解析：结点B端受重物向下的拉力mg、沿杆向上的支持力F N和沿绳子方向的拉力F，缓慢上拉过程中，B点受合力为零，即三个力可平移构成首尾连接的封闭三角形，该三角形与△AOB相似，故有：mg AO ＝F N AB ＝F OB ，所以弹力F N 不变、拉力F 减小，B 项正确．答案：B2．星系由很多绕中心做圆形轨道运行的恒星组成．科学家研究星系的一个方法是测量恒星在星系中的运行速度v 和离星系中心的距离r .用v ∝r n 这样的关系来表达，科学家们特别关心指数n .若作用于恒星的引力主要来自星系中心的巨型黑洞，则n 的值为( )A ．1B ．2C ．－12 D.12解析：若恒星做圆周运动的向心力由巨型黑洞对它的万有引力提供，则有：G Mm r 2＝m v 2r ⇒v ＝GM r ，即v ∝r －12，故C 项正确．答案：C3．如图所示，真空中有两个等量异种点电荷，A 、B 分别为两电荷连线和连线中垂线上的点，A 、B 两点电场强度大小分别是E A 、E B ，电势分别是φA 、φB ，下列判断正确的是( )A ．E A >EB ，φA >φBB ．E A >E B ，φA <φBC ．E A <E B ，φA >φBD ．E A <E B ，φA <φB解析：在等量异种电荷连线上，越靠近O 点电场线越稀疏，即O 点场强最小，所以E A >E O ；在两电荷连线的垂直平分线上，越靠近O点，电场线越密集，即O 点场强最大，所以E O >E B ，故E A >E B ，C 、D 项错；沿着电场线方向电势降低，故φA >φB ，A 项正确．答案：A4．如图，在竖直向下的匀强磁场中有两根竖直放置的平行粗糙导轨CD 、EF ，导轨上置有一金属棒MN .t ＝0时起释放棒，并给棒通以图示方向的电流，且电流强度与时间成正比，即I ＝kt ，其中k 为常量，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．则棒的速度v 随时间t 变化的图象可能是( )解析：由题意可知，金属棒所受支持力等于金属棒所受安培力，F N ＝BIL ＝BLkt ，开始阶段，金属棒竖直方向受重力和摩擦力作用，由牛顿第二定律有：mg －μBIL ＝ma ，解得：a ＝g －μBLkt m ，可见加速度a 不断减小，即速度切线斜率不断减小，C 、D 项错；当摩擦力大于重力后，金属棒速度不断减小，A 项错，B 项正确．答案：B5．如图所示是磁带录音机的磁带盒的示电图，A 、B 为缠绕磁带的两个轮子，其半径均为r .在放音结束时，磁带全部绕到了B 轮上，磁带的外缘半径为R ，且R ＝3r .现在进行倒带，使磁带绕到A 轮上．倒带时A 轮是主动轮，其角速度是恒定的，B 轮是从动轮．经测定磁带全部绕到A 轮上需要的时间为t .则从开始倒带到A 、B 两轮的角速度相等所需要的时间( )A.t 2B.5－12tC.6－12tD.7－12t 解析：因为A 轮角速度一定，A 轮磁带外缘半径随时间均匀增加，线速度v ＝ωr ，故线速度大小随时间t 均匀增加，可将磁带的运动等效为匀变速直线运动模型处理．整个过程中，设A 轮外缘初速度为v ，则末速度为3v ，运动时间为t ，加速度为a ，位移即磁带总长度为x ，由匀变速直线运动规律：(3v )2－v 2＝2ax,3v ＝v ＋at ，当磁带有一半绕到A 轮上时，两轮半径相等、两轮角速度相同，此时，v ′2－v 2＝ax ，v ′＝v ＋at ′，解得：v ′＝5v ，t ′＝5－12t ，B 项正确． 答案：B6．如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与一弹性橡皮绳相连，橡皮绳的另一端固定在地面上的A点，橡皮绳竖直时处于原长h.让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零．则在圆环下滑过程中(整个过程中橡皮绳始终处于弹性限度内)() A．橡皮绳的弹性势能一直增大B．圆环的机械能先不变后减小C．橡皮绳的弹性势能增加了mghD．橡皮绳再次到达原长时圆环动能最大解析：橡皮绳开始处于原长，弹性势能为零，圆环刚开始下滑到橡皮绳再次伸直达到原长过程中，弹性势能始终为零，A项错；圆环在下落的过程中，橡皮绳的弹性势能先不变后不断增大，根据机械能守恒定律可知，圆环的机械能先不变，后减小，B项正确；从圆环开始下滑到滑至最低点过程中，圆环的重力势能转化为橡皮绳的弹性势能，C项正确；橡皮绳达到原长时，圆环受合外力方向沿杆方向向下，对环做正功，动能仍增大，D项错．答案：BC7．如图，水平的平行虚线间距为d ＝60 cm ，其间有沿水平方向的匀强磁场．一个阻值为R 的正方形金属线圈边长l <d ，线圈质量m ＝100 g ．线圈在磁场上方某一高度处由静止释放，保持线圈平面与磁场方向垂直，其下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度相等．不计空气阻力，取g ＝10 m/s 2，则( )A ．线圈下边缘刚进磁场时加速度最小B ．线圈进入磁场过程中产生的电热为0.6 JC ．线圈在进入磁场和穿出磁场过程中，电流均为逆时针方向D ．线圈在进入磁场和穿出磁场过程中，通过导线截面的电荷量相等解析：线圈下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度相等，而线圈完全进入磁场后，只受重力作用，一定加速运动，因此线圈进入磁场过程中一定是减速进入的，即线圈所受向上的安培力大于重力，安培力F ＝BIl ＝B Bl v R l ＝B 2l 2v R 随速度减小而减小，合外力不断减小，故加速度不断减小，A 项错；从线圈下边缘刚进入磁场到下边缘即将穿出磁场过程中，线圈减少的重力势能完全转化为电能并以焦耳热的形式释放出来，故线圈进入磁场过程中产生的电热Q ＝mgd ＝0.6 J ，B 项正确；由楞次定律可知，线圈进入和离开磁场过程中，感应电流方向相反，C 项错；由法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt，由闭合电路欧姆定律可知，I ＝E R ，则感应电荷量q ＝I ·Δt ，联立解得：q ＝ΔΦR ，线圈进入和离开磁场，磁通量变化量相同，故通过导线横截面的电荷量q 相同，D 项正确．答案：BD8．如图，xOy 平面的一、二、三象限内存在垂直纸面向外，磁感应强度B ＝1 T 的匀强磁场，ON 为处于y 轴负方向的弹性绝缘薄挡板，长度为9 m ，M 点为x 轴正方向上一点，OM ＝3 m ．现有一个比荷大小为q m ＝1.0 C/kg 可视为质点带正电的小球(重力不计)从挡板下端N 处小孔以不同的速度向x 轴负方向射入磁场，若与挡板相碰就以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电荷量不变，小球最后都能经过M 点，则小球射入的速度大小可能是( )A ．3 m/sB ．3.75 m/sC ．4 m/sD ．5 m/s解析：因为小球通过y 轴的速度方向一定是＋x 方向，故带电小球圆周运动轨迹半径最小值为3 m ，即R min ＝m v min qB ，解得v min ＝3 m/s ；经验证，带电小球以3 m/s 速度进入磁场，与ON 碰撞一次，再经四分之三圆周经过M 点，如图(1)所示，A 项正确；当带电小球与ON 不碰撞，直接经过M 点，如图(2)所示，小球速度沿－x 方向，则圆心一定在y轴上，作出MN的垂直平分线，交于y轴的点即得圆心位置，由几何关系解得轨迹半径最大值R max＝5 m，又R max＝m v maxqB，解得v max＝5 m/s，D项正确；当小球速度大于3 m/s、小于5 m/s时，轨迹如图(3)所示，由几何条件计算可知：轨迹半径R＝3.75 m，由半径公式R＝m vqB⇒v＝3.75 m/s，B项正确，由分析易知选项C错误．答案：ABD第Ⅱ卷(非选择题62分)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做答．第13题～第15题为选考题，考生根据要求做答．(一)必考题(共47分)9．(6分)某同学设计了以下的实验来验证机械能守恒定律：在竖直放置的光滑的塑料米尺上套一个磁性滑块m，滑块可沿米尺自由下落．在米尺上还安装了一个连接了内阻很大的数字电压表的多匝线框A，线框平面在水平面内，滑块可穿过线框，如图所示．把滑块从米尺的0刻度线处释放，记下线框所在的刻度h和滑块穿过线框时的电压U.改变h，调整线框的位置，多做几次实验，记录各次的h，U.(1)如果采用图象法对得出的数据进行分析论证，用图线________(选填“U—h”或“U2－h”)更容易得出结论．(2)影响本实验精确程度的因素主要是______________(列举一点即可)．解析：(1)电压表内阻非常大，则电压表示数U近似等于磁性滑块穿过线框产生的感应电动势E；滑块下落过程中，机械能守恒，则mgh＝12m v2，由E＝BL v可知，感应电动势大小与速度v成正比，故验证机械能是否守恒需要验证U2－h关系图象是不是一次函数图象．(2)由于磁性滑块穿过线框时产生感应电流，机械能有损失．答案：(1)U2－h(2)空气阻力(或电磁感应损失机械能)10．(9分)物理学习小组在测定某电源的电动势E和内阻r时，找来一段电阻率较大的粗细均匀的电阻丝ab替代滑动变阻器，设计了如图甲所示的实验，其中R0是阻值为2 Ω的保护电阻，滑动片P与电阻丝始终接触良好．实验时闭合开关，调节P的位置，测得aP的长度x 和对应的电压U、电流I数据，并分别绘制了如图乙所示的U－I图象和如图丙所示的UI－x图象．(1)由图乙可得电源的电动势E ＝________V ；内阻r ＝________Ω.(结果均保留两位有效数字)(2)根据测得的直径可以算得电阻丝的横截面积S ＝0.12×10－6m 2，利用图丙可求得电阻丝的电阻率ρ为________Ω·m ，图丙中图象截距的物理意义是_________________________.(结果均保留两位有效数字)(3)此实验用了图象法处理数据，优点是直观，但是不能减少或消除____________(填“偶然误差”或“系统误差”)．解析：(1)根据闭合电路欧姆定律，电压表示数即路端电压U ＝E －I (R 0＋r )，因此图乙中纵截距即为电源的电动势E ＝3.00 V ，斜率绝对值表示保护电阻R 0与电源内电阻之和，即(R 0＋r )＝3.00－1.200.6Ω＝3.0 Ω，r ＝1.0 Ω.(2)图丙中截距为x ＝0时，即为电路中金属丝被短路，所测电阻即为电流表的内阻；由图丙可知，金属丝长0.6 m ，电阻为5.8 Ω，由电阻定律R ＝ρL S ，代入已知条件解得：ρ＝1.2×10－6 Ω·m.(3)通过图象法处理数据可以消除个别数据测量不准确产生的偶然误差，对系统产生的误差没有修正作用．答案：(1)3.0(2.99～3.02均可) 1.0(0.80～1.0均可) (2)1.2×10－6电流表内阻为2.0 Ω(3)系统误差11．(14分)如图所示，风洞实验室中能模拟产生恒定向右的风力．质量m＝100 g的小球穿在长L＝1.2 m的直杆上并置于实验室中，球与杆间的动摩擦因数为0.5，当杆竖直固定放置时，小球恰好能匀速下滑．保持风力不变，改变固定杆与竖直线的夹角，将小球从O点静止释放．g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)当θ＝37°时，小球离开杆时的速度大小；(2)改变杆与竖直线的夹角θ，使球下滑过程中与杆之间的摩擦力为0，此时θ的正切值．解析：(1)当杆竖直固定放置时，μF＝mg解得：F＝2 N当θ＝37°时，小球受力情况如图所示，垂直杆方向上有：F cos37°＝mg sin37°＋F N解得：F N＝1 N小球受摩擦力F f＝μF N＝0.5 N小球沿杆运动的加速度为a＝mg cos37°＋F sin37°－F fm＝15 m/s2由v2－v20＝2aL得，小球到达杆下端时速度为v＝6 m/s.(2)当摩擦力为0时，球与杆的弹力为0，由平衡条件得：F cosθ＝mg sinθ解得：tanθ＝2.答案：(1)6 m/s(2)212．(18分)如图所示，xOy平面为一光滑水平面，在此区域内有平行于xOy平面的匀强电场，场强大小E＝100 V/m；同时有垂直于xOy平面的匀强磁场．一质量m＝2×10－6 kg、电荷量q＝2×10－7C的带负电粒子从坐标原点O以一定的初动能入射，在电场和磁场的作用下发生偏转，到达P(4,3)点时，动能变为初动能的0.5，速度方向垂直OP向上．此时撤去磁场，经过一段时间该粒子经过y轴上的M(0,6.25)点，动能变为初动能的0.625，求：(1)粒子从O到P与从P到M的过程中电场力做功的大小之比；(2)OP连线上与M点等电势的点的坐标；(3)粒子由P点运动到M点所需的时间．解析：(1)设粒子在P点时的动能为E k，则初动能为2E k，在M点的动能为1.25E k.由于洛伦兹力不做功，粒子从O点到P点和从P点到M点的过程中，电场力做的功大小分别为W1、W2，由动能定理得：－W1＝E k－2E kW2＝1.25E k－E k则W1W2＝4 1.(2)O点、P点及M点的电势差分别为：U OP＝E kq U OM＝0.75E kq设OP连线上与M点电势相等的点为D，由几何关系得OP的长度为5 m，沿OP方向电势下降．则：U OD U OP＝U OMU OP＝ODOP＝0.751得OD＝3.75 m，设OP与x轴的夹角为α，则sinα＝35 D点的坐标为x D＝OD cosα＝3 m，y D＝OD sinα＝2.25 m即：D(3,2.25)．(3)由于OD＝3.75 m，而OM cos∠MOP＝3.75 m，所以MD垂直于OP，由于MD为等势线，因此OP为电场线，方向从O到P 带电粒子从P到M过程中做类平抛运动，设运动时间为t则DP＝12Eqm t2，又DP＝OP－OD＝1.25 m解得：t＝0.5 s.答案：(2)D(3, 2.25)(3)0.5 s(二)选考题：共15分．请考生从给出的3道物理题任选一题做答．如果多做，则按所做的第一题计分．13．[物理——选修3—3](1)(6分)下列说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1个给3分，选对2个给4分，选对3个给6分，每选错1个扣3分，最低得分为0分)A．显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性B．分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，一定先减小后增大C．分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大D．在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其他元素E．当温度升高时，物体内每一个分子热运动的速率一定都增大(2)(9分)如图所示，两个截面积均为S的圆柱形容器，左右两边容器高均为H，右边容器上端封闭，左边容器上端是一个可以在容器内无摩擦滑动的轻活塞(重力不计)，两容器由装有阀门的极细管道(体积忽略不计)相连通．开始时阀门关闭，左边容器中装有热力学温度为T0的理想气体，平衡时活塞到容器底的距离为H，右边容器内为真空．现将阀门缓慢打开，活塞便缓慢下降，直至系统达到平衡，此时被封闭气体的热力学温度为T，且T>T0.求此过程中外界对气体所做的功．(已知大气压强为p0)解析：(1)ACD(2)打开阀门后，气体通过细管进入右边容器，活塞缓慢向下移动，气体作用于活塞的压强仍为p 0.活塞对气体的压强也是p 0.设达到平衡时活塞的高度为x ，气体的温度为T ，根据理想气体状态方程得：p 0SH T 0＝p 0S (x ＋H )T解得：x ＝(T T 0－1)H 此过程中外界对气体所做的功：W ＝p 0S (H －x )＝p 0SH (2－T T 0)． 答案：(1)ACD (2)p 0SH (2－T T 0) 14．[物理—选修3—4](1)(6分)一列简谐横波，在t ＝0.6 s 时刻的图象如图甲所示，此时，P 、Q 两质点的位移均为－1 cm ，波上A 质点的振动图象如图乙所示，则以下说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1个给3分，选对2个给4分，选对3个给6分，每选错1个扣3分，最低得分为0分)A ．这列波沿x 轴正方向传播B ．这列波的波速是503m/s C ．从t ＝0.6 s 开始，紧接着的Δt ＝0.6 s 时间内，A 质点通过的路程是10 mD ．从t ＝0.6 s 开始，质点P 比质点Q 早回到平衡位置E ．若该波在传播过程中遇到一个尺寸为30 m 的障碍物不能发生明显衍射现象(2)(9分)如图所示是一个透明圆柱的横截面，其半径为R ，折射率是3，AB 是一条直径．今有一束平行光沿AB 方向射向圆柱体．若一条入射光线经折射后恰经过B 点，则这条入射光线到AB 的距离是多少？解析：(1)ABD(2)根据折射定律n ＝sin αsin β＝ 3 在△OBC 中，sin βR ＝sin (180°－α)BC ＝sin α2R ·cos β可得β＝30°，α＝60°所以CD ＝R sin α＝32R . 答案：(1)ABD (2)32R 15．[物理—选修3—5](1)(6分)北京时间2011年3月11日13时46分，在日本本州岛附近海域发生里氏9.0级强烈地震，地震和海啸引发福岛第一核电站放射性物质泄露，其中放射性物质碘131的衰变方程为131 53I →131 54Xe ＋Y.根据有关放射性知识，下列说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1个给3分，选对2个给4分，选对3个给6分，每选错1个扣3分，最低得分为0分)A ．Y 粒子为β粒子B ．若131 53I 的半衰期大约是8天，取4个碘原子核，经16天就只剩下1个碘原子核了C ．生成的131 54Xe 处于激发态，放射γ射线．γ射线的穿透能力最强，电离能力也最强D.131 53I 中有53个质子131个核子E ．如果放射性物质碘131处于化合态，也不会对放射性产生影响(2)(9分)如图所示，一质量为m /3的人站在质量为m 的小船甲上，以速度v 0在水面上向右运动．另一完全相同小船乙以速率v 0从右方向左方驶来，两船在一条直线上运动．为避免两船相撞，人从甲船以一定的速率水平向右跃到乙船上，求：为能避免两船相撞，人水平跳出时相对于地面的速率至少多大？解析：(1)ADE(2)设向右为正，两船恰好不相撞，最后具有共同速度v 1，由动量守恒定律：(m 3＋m )·v 0－m v 0＝(2m ＋m 3)v 1 解得：v 1＝17v 0 设人跳出甲船的速度为v 2，人从甲船跃出的过程满足动量守恒定律：(m 3＋m )v 0＝m ·v 1＋m 3v 2 解得：v 2＝257v 0. 答案：ADE (2)257v 0。

高考仿真模拟卷(一)(时间:60分钟满分:110分)一、选择题:本题共8小题,每小题6分.在每小题给出的四个选项中,第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.如图所示A,B两个运动物体的xt图像,下述说法正确的是( )A.A,B两个物体开始时相距100 m,同时同向运动B.B物体做匀减速直线运动,加速度大小为5 m/s2C.A,B两个物体运动8 s时,在距A的出发点60 m处相遇D.A物体在2 s到6 s之间做匀速直线运动15.如图所示,固定斜面c上放有两个完全相同的物体a,b,两物体间用一根细线连接,在细线的中点加一与斜面垂直的拉力F,使两物体均处于静止状态,下列说法正确的是( )A.c受到地面的摩擦力向左B.a,b两物体的受力个数一定相同C.a,b两物体对斜面的压力相同D.当逐渐增大拉力F时,物体b受到斜面的摩擦力一定逐渐增大16.假设空间某一静电场的电势 随x变化情况如图所示,根据图中信息可以确定下列说法中正确的是( )A.空间各点场强的方向均与x轴垂直B.将电荷沿x轴从0移到x1的过程中,电荷做匀加速直线运动C.正电荷沿x轴从x2移到x3的过程中,电场力做正功,电势能减小D.负电荷沿x轴从x4移到x5的过程中,电场力做负功,电势能增加17.如图所示,有一面积为S、匝数为N、电阻不计的矩形线圈,绕OO′轴在水平方向的磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω匀速转动,矩形线圈通过滑环接一理想变压器,滑动触头P可上下移动,副线圈接有可调电阻R.从图示位置开始计时,下列判断正确的是( )A.矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=NBSωcos ωtB.矩形线圈从图示位置经过的时间,通过电流表的电荷量为0C.当P不动,R增大时,电压表读数增大D.当P向上移动,R不变时,电流表读数减小18.现有甲,乙,丙三个电源,电动势E相同,内阻不同,分别为r甲,r乙, r丙.用这三个电源分别给定值电阻R供电,已知R=r甲>r乙>r丙,则将R 先后接在这三个电源上的情况相比较,下列说法正确的是( )A.接在甲电源上时,电源内阻消耗的功率最小B.接在甲电源上时,定值电阻R两端的电压最大C.接在乙电源上时,电源的输出功率最大D.接在丙电源上时,电源的输出功率最大19.某国际研究小组观测到了一组双星系统,它们绕二者连线上的某点做匀速圆周运动,双星系统中质量较小的星体能“吸食”质量较大的星体的表面物质,达到质量转移的目的.根据大爆炸宇宙学可知,双星间的距离在缓慢增大,假设星体的轨道近似为圆,则在该过程中( )A.双星做圆周运动的角速度不断减小B.双星做圆周运动的角速度不断增大C.质量较大的星体做圆周运动的轨道半径减小D.质量较大的星体做圆周运动的轨道半径增大20.如图(甲)所示,在竖直方向上有四条间距相等的水平虚线L1,L2,L3,L4,在L3与L4之间存在匀强磁场,磁感应强度大小均为1 T,方向垂直于虚线所在平面向里.现有一矩形线圈abcd,宽度cd=L=0.5 m,质量为0.1 kg,电阻为2 Ω,将其从图示位置静止释放(cd边与L1重合),速度随时间的变化关系如图(乙)所示,t1时刻cd边与L2重合,t2时刻ab边与L3重合,t3时刻ab边与L4重合,t2～t3之间图线为与t轴平行的直线,t1～t2之间和t3之后的图线均为倾斜直线,已知t1～t2的时间间隔为0.6 s,整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向.(重力加速度g取10 m/s2).则( )A.在0～t1时间内,通过线圈的电荷量为0.25 CB.线圈匀速运动的速度大小为8 m/sC.线圈的长度为2 mD.0～t3时间内,线圈产生的热量为4.2 J21.如图所示,质量为3 m的竖直光滑圆环A的半径为R,固定在质量为2m的木板B上,木板B的左右两侧各有一竖直挡板固定在地面上,B不能左右运动.在环的最低点静止放有一质量为m的小球C.现给小球一水平向右的瞬时速度v0,小球会在圆环内侧做圆周运动,为保证小球能通过环的最高点,且不会使环在竖直方向上跳起,初速度v0必须满足( )A.最小值为B.最大值为3C.最小值为D.最大值为二、非选择题:包括必考题和选考题两部分.第22题～第25题为必考题,每个试题考生都必须作答.第33题～第35题为选考题,考生根据要求作答.(一)必考题(共47分)22.(6分)利用图示装置可以做力学中的许多实验.(1)以下说法正确的是.A.利用此装置做“研究匀变速直线运动”的实验时,必须设法消除小车和木板间的摩擦阻力的影响B.利用此装置探究“加速度与质量的关系”,通过增减小车上的砝码改变质量时,不需要重新调节木板的倾斜度C.利用此装置探究“加速度与质量的关系”并用图像法处理数据时,如果画出的am关系图像不是直线,就可确定加速度与质量成反比D.利用此装置“探究动能定理”实验时,应将木板带打点计时器的一端适当垫高,这样做的目的是利用小车重力沿斜面的分力补偿小车运动中所受阻力的影响(2)某同学在利用此装置“探究加速度a与力F的关系”时,因为不断增加所挂钩码的个数,导致钩码的质量远远大于小车的质量,则小车加速度a的值随钩码个数的增加将趋近于的值.23.(9分)测定一组干电池的电动势和内电阻的实验中,备有下列器材:A.待测的干电池B.电流传感器1C.电流传感器2D.定值电阻R0(2 000 Ω)E.滑动变阻器R(0～20 Ω,2 A)F.开关和导线若干某同学设计了如图(甲)所示的电路来完成实验.(1)在实验操作过程中,该同学将滑动变阻器的滑片向左滑动,则电流传感器1的示数将(选填“变大”或“变小”).(2)该同学利用测出的实验数据绘出的I1I2图线(I1为电流传感器1的示数,I2为电流传感器2的示数,且I2的数值远远大于I1的数值),如图(乙)所示.则由图线可得被测电池的电动势E=V,内阻r= Ω.24.(12分)如图所示,一劈形滑梯固定在水平地面上,高h1=12 m,底角分别为37°,53°,A,B两小物块质量分别为m A=2 kg、m B=4 kg,用轻绳连接,通过滑梯顶端的小滑轮跨放在左右两斜面上,轻绳伸直时,两物块离地高度h2=4 m,在滑轮处压住细绳,已知物块与斜面间的动摩擦因数均为μ=0.1,g=10 m/s2,sin 37°=0.6,sin 53°=0.8.(1)若在压绳处突然剪断绳,求A,B下滑过程中加速度之比;(2)若松开绳,求B滑到底端时的速度大小.25.(20分)在xOy平面内,直线OM与x轴负方向成45°角,以OM为边界的匀强电场和匀强磁场如图所示.在坐标原点O有一不计重力的粒子,其质量和电荷量分别为m和+q,以v0沿x轴正方向运动,粒子每次到x轴将反弹,第一次无能量损失,以后每次反弹水平分速度不变,竖直分速度大小减半、方向相反.B=、E=.求带电粒子:(1)第一次经过OM时的坐标;(2)第二次到达x轴的动能;(3)在电场中运动时竖直方向上的总路程.(二)选考题(共15分.请从给出的3道题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一个题目计分)33.[物理——选修33](15分)(1)(5分)以下说法正确的是.(填正确答案标号.选对1个得2分,选对2个得4分,选对3个得5分.每选错1个扣3分,最低得分为0分)A.布朗运动是液体分子的运动,它说明分子不停息地做无规则热运动B.气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数,与单位体积内的分子数及气体分子的平均动能都有关C.当分子间的引力和斥力平衡时,分子势能最小D.如果气体分子总数不变,而气体温度升高,气体的平均动能一定增大,因此压强也必然增大E.当分子间距离增大时,分子间的引力和斥力都减小(2)(10分)“拔火罐”是一种中医疗法,为了探究“火罐”的“吸力”,某人设计了如图装置的实验.横截面积为S的圆柱状气缸固定在铁架台上,光滑薄活塞通过细线与重物m相连,将点燃的轻质酒精棉球从缸底的开关K处扔到气缸内,酒精棉球熄灭时立即密闭开关K,此时缸内温度为t,细线刚好拉直且无拉力,活塞到缸底距离为L.由于气缸传热良好,经过一段时间重物被吸起,最后停在距地面处.已知环境温度为27 ℃,与大气压强相当,缸内气体可看理想气体,求t的值.34.[物理——选修34](15分)(1)(5分)一列简谐横波沿x轴的正向传播,振幅为2 cm,周期为T.已知在t=0时刻波上相距50 cm的两质点a,b的位移都是cm,但运动方向相反,其中质点a沿y轴负向运动,如图所示,下列说法正确的是.(填正确答案标号.选对1个得2分,选对2个得4分,选对3个得5分.每选错1个扣3分,最低得分为0分)A.该列简谐横波波长可能为37.5 cmB.该列简谐横波波长可能为12 cmC.质点a、质点b的速度在某一时刻可以相同D.当质点b的位移为+2 cm时,质点a的位移为负E.在t=时刻质点b速度最小(2)(10分)如图所示,AOBC为某种透明介质的截面图,其中△AOC为直角三角形,∠OAC=53°.BC为半径R=16 cm的四分之一圆弧,AB与水平屏幕MN垂直并接触于A点.由红光和紫光两种单色光组成的复色光射向圆心O,在AB分界面上的入射角i=53°,结果在水平屏幕MN上出现两个亮斑.已知该介质对红光和紫光的折射率分别为n 1=,n2=,sin 53°=0.8,cos53°=0.6.①判断在AM和AN两处产生亮斑的颜色;②求两个亮斑间的距离.35.[物理——选修35](15分)(1)(5分)根据玻尔理论,下列说法正确的是.(填正确答案标号.选对1个得2分,选对2个得4分,选对3个得5分.每选错1个扣3分,最低得分为0分)A.原子处于定态时,虽然电子做变速运动,但并不向外辐射能量B.氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时,要释放一定频率的光子,电势能的减少量大于动能的增加量C.氢原子可以吸收小于使氢原子电离能量的任意能量的光子,因而轨道半径可以连续增大D.电子没有确定轨道,只存在电子云E.玻尔理论的成功之处是引入量子观念(2)(10分)如图所示,虚线右侧水平面光滑,左侧是粗糙程度相同的水平面.右侧有一质量为M的正方体滑块以一定的初速度滑向左侧,通过虚线后滑行的最大距离为L.若在虚线左侧L处放置一质量为m的同样形状的正方体滑块,M以相同的速度滑入左侧与之发生弹性正碰,若m<M,则碰后m 能继续滑行距离的范围是多大(M,m与左侧粗糙平面的动摩擦因数相同,滑块尺寸远小于L)?。

2016年河南省商丘市高考物理二模试卷一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1．如图所示，A、B为同一水平线上的两个相同的绕绳轮子．现按箭头方向以相同的速度缓慢转动A、B，使重物C缓慢上升．在此过程中绳上的拉力大小（）A．保持不变B．逐渐减小C．逐渐增大D．先减小后增大2．在离地高h处，以速度v0抛出一小球，不计空气阻力，已知h=．则小球落地时间不可能是（）A．B．C．D．3．一倾角为θ=37°的粗糙斜面与一光滑的半径R=0.9m的竖直圆轨道相切于P点，O点是轨道圆心，轨道上的B点是最高点，D点是最低点，C点是最右的点，斜面上的A点与B点等高．一质量m=1.0kg的小物块在A点以沿斜面向下的初速度v0刚好能在斜面上匀速运动，通过P点处的小孔进入圆轨道并恰能做完整的圆周运动．g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．则下列说法正确的是（）A．v0=3m/sB．小物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.6C．小物块在D点时对轨道压力F0=60ND．小物块在C点受到的合外力水平向左4．正方体空心框架ABCD﹣A1B1C1D1下表面在水平地面上，将可视为质点的小球从顶点A在∠BAD所在范围内（包括边界）沿不同的水平方向分别抛出，落点都在△B1C1D1平面内（包括边界）．不计空气阻力，以地面为重力势能参考平面．则下列说法正确的是（）A．小球初速度的最小值与最大值之比是1：B．落在C1点的小球，运动时间最长C．落在B1D1线段上的小球，落地时机械能的最小值与最大值之比是1：2 D．轨迹与AC1线段相交的小球，在交点处的速度方向都相同5．如图所示，在xOy坐标系的第一象限内有磁感应强度大小为B，方向垂直xOy 平面向里的匀强磁场．现有一质量为m、电量为q的带正电粒子，从在X轴上的某点P沿着与X轴成30°角的方向射入磁场．不计粒子重力，则下列说法中正确的是（）A．粒子在磁场中运动所经历的时间可能为B．粒子在磁场中运动所经历的时间可能为C．只要粒子的速率合适，粒子就可能通过坐标原点D．无论粒子速率多大，粒子都不可能通过坐标原点6．如图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器．升压变压器T1的原、副线圈匝数之比为n1：n2=1：10，在T1的原线圈两端接入一正弦交流电，输电线的总电阻为2r=2Ω，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为n3：n4=10：1，若T2的“用电设备”两端的电压为U4=200V且“用电设备”消耗的电功率为10kW，不考虑其它因素的影响，则（）A．T1的副线圈两端电压的最大值为2010VB．T2的原线圈两端的电压为2000VC．输电线上损失的电功率为50 WD．T1的原线圈输入的电功率为10.1 kW7．两颗互不影响的行星P1、P2，其周围空间某位置的引力加速度a与该位置到行星中心距离r平方的倒数的关系图象如图所示．现P1、P2各有一颗近地卫星S1、S2绕其做匀速圆周运动，卫星S1、S2的引力加速度大小均为a0（忽略行星的自转）．则下列说法正确的是（）A．S1的质量比S2的大B．P1的质量比P2的大C．P1的第一宇宙速度比P2的大 D．P1的平均密度比P2的大8．如图所示，相距为L的两块平行金属板从M、N接在输出电压恒为U的高压电源E2上，M、N之间的电场可视为匀强电场，K是与M板距离很近的灯丝，电源E1给K加热从而产生初速度可以忽略不计的热电子．电源E2接通后，电流表的示数稳定为I，已知电子的质量为m、电量为e．则下列说法正确的是（）A．电子达到N板瞬间的速度为B．电子从灯丝K出发达到N板所经历的时间为LC．电路稳定的某时刻，MN之间运动的热电子的总动能ILD．电路稳定的某时刻，MN之间具有的热电子数二、解答题（共4小题，满分47分）9．某探究小组设计了“用一把尺子测定动摩擦因数”的实验方案．如图示，将一个小球和一个滑块用细绳连接，跨在斜面上端．开始时小球和滑块均静止，剪短细绳后，小球自由下落，滑块沿斜面下滑，可先后听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，保持小球和滑块释放的位置不变，调整挡板位置，重复以上操作，直到能同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音．用刻度尺测出小球下落的高度H、滑块释放点与挡板处的高度差h和沿斜面运动的位移x．（空气阻力对本实验的影响可以忽略）①滑块沿斜面运动的加速度与重力加速度的比值为．②滑块与斜面间的动摩擦因数为．③以下能引起实验误差的是．a．滑块的质量b．当地重力加速度的大小c．长度测量时的读数误差d．小球落地和滑块撞击挡板不同时．10．在研究“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，提供有以下器材：A．电压表V1（0～5V，内阻很大）B．电压表V2（0～9V，内阻很大）C．电流表A1（0～50mA，内阻很小）D．电流表A2（0～300mA，内阻很小）E．滑动变阻器R1（0～60Ω）F．滑动变阻器R2（0～2kΩ）G．直流电源EH．开关S及导线若干I．小灯泡（U额=5V）某组同学连接完电路后，闭合电键，将滑动变阻器滑片从一端移到另外一端．移动过程中发现小灯末曾烧坏，记录多组小灯两端电压U和通过小灯的电流I数据（包括滑片处于两个端点时U、I数据），根据记录的全部数据做出的U﹣I关系图象如图甲所示．（1）根据实验结果判断得出实验中选用：电压表（选填器材代号“A”或“B”），电流表（选填器材代号“C”或“D”），滑动变阻器（选填器材代号“E”或“F”）．（2）根据实验结果在图乙虚线框内画出该组同学的实验电路图．（3）根据图甲信息得出器材G中的直流电源电动势为V，内阻为Ω．（4）将两个该型号小灯泡串联后直接与器材G中的直流电源E相连．则每个小灯消耗的实际功率为W（结果保留两位有效数字）．11．如图所示，匀强磁场Ⅰ、Ⅱ区的宽度都为2L，磁场区Ⅰ和Ⅱ之间的无磁场区宽度为L，磁场Ⅰ、Ⅱ区内的磁感应强度大小均为B，边长为2L、总电阻为R 的均匀正方形导线框abcd，以速度v向右匀速运动，求：（1）线框bc边刚进入区域Ⅱ时，线框所受安培力的大小（2）从线框bc边刚进入区域Ⅰ开始计时，到线框bc边刚离开区域Ⅱ停止计时，在这段时间内线框中电流生热的平均功率．12．一足够长的粗细均匀的杆被一细绳吊于高处，杆下端离地面高H，上端套一个细环，如图所示．断开轻绳，杆和环自由下落，假设杆与地面发生碰撞时触地时间极短，无动能损失，杆立即获得等大反向的速度．已知杆和环的质量均为m，相互间最大静摩擦力等于滑动摩擦力kmg（重力加速度为g，k＞1）．杆在整个过程中始终保持竖直，空气阻力不计．求：（1）杆第一次与地面碰撞弹起上升的过程中，环的加速度（2）杆与地面第二次碰撞前的瞬时速度（3）从断开轻绳到杆和环静止，摩擦力对环和杆做的总功．三、【物理--选修3-3】（共2小题，满分15分）13．下列说法中正确的是（）A．分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小B．高原地区水的沸点较低，这是高原地区温度较低的缘故C．功转变为热的宏观过程是不可逆过程D．布朗运动是液体分子的运动，它说明分子永不停息地做无规则运动E．瓶中充满某理想气体，且瓶内压强高于外界压强，在缓慢漏气过程中（内外气体的温度相同且保持不变），则瓶内气体吸收热量且分子平均动能不变14．如图所示，一敞口圆筒形气缸竖直放置在水平桌面上，导热良好的活塞可沿气缸壁无摩擦滑动且不漏气．气缸的顶部放有一密封性能良好的缸盖，缸盖和活塞的质量均为m，活塞横截面积为s，气缸周围的大气压强恒为（g为重力加速度）．现对气缸缓慢加热，当缸内气体的热力学温度为T时，A、B两部分气体体积之比为2：1，B气体的压强恰好为；继续缓慢加热，当缸盖对气缸恰好无压力时，求缸内气体的温度．【物理--选修3-4】（共2小题，满分0分）15．图为两列沿绳传播的（虚线表示甲波，实线表示乙波）简谐横波在某时刻的波形图，M为绳上x=0.2m处的质点，则下列说法中正确的是（）A．甲波的传播速度v1比乙波的传播速度v2大B．这两列波将发生干涉现象，质点M的振动始终加强C．由图示时刻开始，再经甲波的3/4周期，M将位于波峰D．质点M距离平衡位置的位移大小不会超过20cmE．位于原点的质点与M点的振动方向总是相反的16．如图，矩形ABCD为一水平放置的玻璃砖的截面，在截面所在平面有一细束激光照射玻璃砖，入射点距底面的高度为h，反射光线和折射光线与底面所在平面的交点到AB的距离分别l1和l2，在截面所在平面内，改变激光束在AB面上入射点的高度与入射角的大小，当折射光线与底面的交点到AB的距离为l3时，光线恰好不能从底面射出，求此时入射点距离底面的高度H．【物理--选修3-5】（共2小题，满分0分）17．是一种放射性元素，能够自发地进行一系列放射性衰变，如下图所示，可以判断下列说法正确的是（）A．图中a是84，b是206B．比的比结合能大C．Y是β衰变，放出电子，电子是由中子转变成质子时产生的D．Y和Z是同一种衰变E．从X衰变中放出的射线电离性最强18．如图所示，一个半径为R、内侧光滑的圆形轨道平放于光滑水平面上并被固定，其圆心为O．有a、b两个可视为质点的小球，分别静止靠在轨道内侧、直径AB的两端，两球质量分别为m a=4m和m b=m．现给a球一个沿轨道切线方向的水平初速度v0，使其从A向B运动并与b球发生弹性碰撞，已知两球碰撞时间极短，求两球第一次碰撞和第二次碰撞之间的时间间隔．2016年河南省商丘市高考物理二模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1．如图所示，A 、B 为同一水平线上的两个相同的绕绳轮子．现按箭头方向以相同的速度缓慢转动A 、B ，使重物C 缓慢上升．在此过程中绳上的拉力大小（ ）A ．保持不变B ．逐渐减小C ．逐渐增大D ．先减小后增大【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【分析】二力大小不变，合成时，它们的夹角越小，合力越大；同样，将一个力分解为等大的两个分力，两个分力的夹角越大，分力越大；物体受三个力，重力和两个拉力，三力平衡，两个拉力的合力与重力等值、反向、共线．运用前面的结论进行分析．【解答】解：物体受三个力：重力和两个拉力，重物C 缓慢竖直上升时三力平衡，合力为零，则知两个拉力的合力与重力大小相等，所以重物C 所受的合外力不变；两个拉力合力一定，而两个拉力的夹角不断增大，故拉力不断增大；故选：C2．在离地高h 处，以速度v 0抛出一小球，不计空气阻力，已知h=．则小球落地时间不可能是（ ）A ．B ．C ．D ． 【考点】抛体运动．【分析】依题意，当小球竖直下抛时，小球落地时间最短，小球竖直上抛时，小球落地时间最长．小球落地时间介于两时间之间．分别求出最短时间和最长时间即可选出答案．【解答】解：当小球竖直下抛时： (1)又 (2)两式联立解之得，当小球竖直上抛时： (3)由（2）（3）联立解之得，故小球落地时间介于：所以小球的落地时间不可能是．故选：D．3．一倾角为θ=37°的粗糙斜面与一光滑的半径R=0.9m的竖直圆轨道相切于P点，O点是轨道圆心，轨道上的B点是最高点，D点是最低点，C点是最右的点，斜面上的A点与B点等高．一质量m=1.0kg的小物块在A点以沿斜面向下的初速度v0刚好能在斜面上匀速运动，通过P点处的小孔进入圆轨道并恰能做完整的圆周运动．g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．则下列说法正确的是（）A．v0=3m/sB．小物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.6C．小物块在D点时对轨道压力F0=60ND．小物块在C点受到的合外力水平向左【考点】动能定理的应用；向心力．【分析】小球从P到B的过程，运用机械能守恒定律列式．在B点，由重力等于向心力列式，联立可求得v0．对AP段，运用平衡条件列式可求得动摩擦因数μ．由机械能守恒定律求出小物块经过D点的速度，再由牛顿运动定律求小物块对轨道的压力．根据小物块的受力情况，分析在C的合外力方向．【解答】解：A、在B点，由mg=m，得：v B===3m/s从P到B，由机械能守恒定律得：mgR（1+cos37°）+=解得：v0=m/s＞3m/s．故A错误．B、物块在斜面上做匀速运动，由平衡条件得：mgsin37°=μmgcos37°，得：μ=0.75．故B错误．C、从D到B的过程，由机械能守恒定律得：mg•2R+=在D点，由牛顿第二定律得：F D′﹣mg=m联立解得：F D′=6mg=60N，由牛顿第三定律知，小物块在D点时对轨道压力F D=F D′=60N．故C正确．D、小物块在C点受到重力和轨道水平向左的弹力，其合外力斜向左下方，故D 错误．故选：C4．正方体空心框架ABCD﹣A1B1C1D1下表面在水平地面上，将可视为质点的小球从顶点A在∠BAD所在范围内（包括边界）沿不同的水平方向分别抛出，落点都在△B1C1D1平面内（包括边界）．不计空气阻力，以地面为重力势能参考平面．则下列说法正确的是（）A．小球初速度的最小值与最大值之比是1：B．落在C1点的小球，运动时间最长C．落在B1D1线段上的小球，落地时机械能的最小值与最大值之比是1：2 D．轨迹与AC1线段相交的小球，在交点处的速度方向都相同【考点】机械能守恒定律．【分析】小球做平抛运动，水平分运动为匀速直线运动，竖直分运动为自由落体运动．运动时间由下落的高度决定．由分位移公式求初速度．由机械能守恒定律研究落地时机械能．【解答】解：A、小球落在A1C1线段中点时水平位移最小，落在C1时水平位移最大，由几何关系知水平位移的最小值与最大值之比是1：2，由x=v0t，t相等得小球初速度的最小值与最大值之比是1：2，故A错误；B、小球做平抛运动，由h=得t=，下落高度相同，平抛运动的时间相等，故B错误；C、落在B1D1线段中点的小球，落地时机械能的最小，落在B1D1线段上D1或B1的小球，落地时机械能的最大．设落在B1D1线段中点的小球初速度为v1，水平位移为x1．落在B1D1线段上D1或B1的小球初速度为v2．水平位移为x2．由几何关系有x1：x2=1：，由x=v0t，得：v1：v2=1：，落地时机械能等于抛出时的机械能，分别为：E1=mgh+，E2=mgh+，可知落地时机械能的最小值与最大值之比不等于1：2．故C错误．D、设AC1的倾角为α，轨迹与AC1线段相交的小球，在交点处的速度方向与水平方向的夹角为θ．则有tanα===，tanθ=，则tanθ=2tanα，可知θ一定，则轨迹与AC1线段相交的小球，在交点处的速度方向相同，故D正确．故选：D5．如图所示，在xOy坐标系的第一象限内有磁感应强度大小为B，方向垂直xOy 平面向里的匀强磁场．现有一质量为m、电量为q的带正电粒子，从在X轴上的某点P沿着与X轴成30°角的方向射入磁场．不计粒子重力，则下列说法中正确的是（）A．粒子在磁场中运动所经历的时间可能为B．粒子在磁场中运动所经历的时间可能为C．只要粒子的速率合适，粒子就可能通过坐标原点D．无论粒子速率多大，粒子都不可能通过坐标原点【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【分析】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系利用转过的圆心角可得出运动时间．再由圆的性质可知粒子能否通过原点．【解答】解：A、由于P点的位置不定，所以粒子在磁场中的运动圆弧对应的圆心角也不同．能打回x轴的粒子转过最大的圆心角300度，则运动时间为T，而最小的圆心角为P点从坐标原点出发，则圆心角为120°，所以运动时间为T，而T=，故AB均错误．C、粒子由P点成30°角入射，则圆心在过P点与速度方向垂直的方向上，如图所示，粒子在磁场中要想到达O点，转过的圆心角肯定大于180°，而因磁场为有界，故粒子不可能通过坐标原点，故C错误，D正确；故选：D．6．如图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器．升压变压器T1的原、副线圈匝数之比为n1：n2=1：10，在T1的原线圈两端接入一正弦交流电，输电线的总电阻为2r=2Ω，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为n3：n4=10：1，若T2的“用电设备”两端的电压为U4=200V且“用电设备”消耗的电功率为10kW，不考虑其它因素的影响，则（）A．T1的副线圈两端电压的最大值为2010VB．T2的原线圈两端的电压为2000VC．输电线上损失的电功率为50 WD．T1的原线圈输入的电功率为10.1 kW【考点】变压器的构造和原理．【分析】根据降压变压器的输出电压，结合匝数比求出输入电压，从而得出输电线电流，根据输电线的电阻得出损失的功率，根据电压损失得出升压变压器的输出电压【解答】解：副线圈电流根据电流与匝数成反比得输电线中的电流，则有，即，解得：根据电压与匝数成反比，得原线圈两端的电压为，即，得，故B正确；输电线上的损失电压为的副线圈两端电压，的副线圈两端电压的最大值为，故A正确；输电线上损失的功率，故C正确的原线圈输入的电功率为10kW+50W=10.05kW，故D错误；故选：ABC7．两颗互不影响的行星P1、P2，其周围空间某位置的引力加速度a与该位置到行星中心距离r平方的倒数的关系图象如图所示．现P1、P2各有一颗近地卫星S1、S2绕其做匀速圆周运动，卫星S1、S2的引力加速度大小均为a0（忽略行星的自转）．则下列说法正确的是（）A．S1的质量比S2的大B．P1的质量比P2的大C．P1的第一宇宙速度比P2的大 D．P1的平均密度比P2的大【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．【分析】根据牛顿第二定律得出行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度a与r的表达式，结合a﹣的正比关系函数图象得出P1、P2的质量关系，根据密度和第一宇宙速度的表达式分析求解．【解答】解：AB、根据牛顿第二定律得：G=ma则得行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度为：a=，由此不能判断近地卫星S1、S2的质量大小．由数学知识知，a﹣图象的斜率等于GM，斜率越大，GM越大，M越大，所以P1的质量比P2的大，故A错误．B正确．C、设第一宇宙速度为v．则a0=，得v=．由图看出，P1的半径比P2的半径大，a0相等，可知P1的第一宇宙速度比P2的大，故C正确．D、行星的平均密度ρ===，P1的半径比P2的半径大，a0相等，则P1的平均密度比P2的小，故D错误．故选：BC8．如图所示，相距为L的两块平行金属板从M、N接在输出电压恒为U的高压电源E2上，M、N之间的电场可视为匀强电场，K是与M板距离很近的灯丝，电源E1给K加热从而产生初速度可以忽略不计的热电子．电源E2接通后，电流表的示数稳定为I，已知电子的质量为m、电量为e．则下列说法正确的是（）A．电子达到N板瞬间的速度为B．电子从灯丝K出发达到N板所经历的时间为LC．电路稳定的某时刻，MN之间运动的热电子的总动能ILD．电路稳定的某时刻，MN之间具有的热电子数【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】对电子从M到N过程根据动能定理列式求解；根据牛顿第二定律列式求解加速度，根据位移时间关系公式列式求解时间；在M、N之间运动的热电子的总动能应等于t时间内电流做功的，结合功能关系求出电路稳定的某时刻，M、N之间运动的热电子的总动能；求出电子从灯丝出发达到N的时间，从而结合n=•t求出电路稳定的某时刻，MN之间具有的热电子数．【解答】解：A、对从M到N过程，根据动能定理，有：﹣U（﹣e）=mv N2﹣0，解得电子达到N板瞬间的速度为：v N=，故A正确；B、根据牛顿第二定律，有：a==，根据运动学公式，有：L=at2，解得从灯丝K出发达到N板所经历的时间为：t=L，故B错误；C、根据功能关系，在M、N之间运动的热电子的总动能应等于t时间内电流做=UIt=UI（L）=IL，故C错误；功的，即E k总D、电路稳定的某时刻，MN之间具有的热电子数为：n=•t=•L，故D正确．故选：AD．二、解答题（共4小题，满分47分）9．某探究小组设计了“用一把尺子测定动摩擦因数”的实验方案．如图示，将一个小球和一个滑块用细绳连接，跨在斜面上端．开始时小球和滑块均静止，剪短细绳后，小球自由下落，滑块沿斜面下滑，可先后听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，保持小球和滑块释放的位置不变，调整挡板位置，重复以上操作，直到能同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音．用刻度尺测出小球下落的高度H、滑块释放点与挡板处的高度差h和沿斜面运动的位移x．（空气阻力对本实验的影响可以忽略）①滑块沿斜面运动的加速度与重力加速度的比值为．②滑块与斜面间的动摩擦因数为．③以下能引起实验误差的是cd．a．滑块的质量b．当地重力加速度的大小c．长度测量时的读数误差d．小球落地和滑块撞击挡板不同时．【考点】探究影响摩擦力的大小的因素．【分析】由于同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，说明小球和滑块的运动时间相同，由匀加速运动的位移时间公式和自由落体的位移时间公式即可求得加速度的比值；由牛顿第二定律及几何关系即可求得滑块与斜面间的动摩擦因数；由μ的数学表达式就可以知道能引起实验误差的因数，还要注意小球落地和滑块撞击挡板不同时也会造成误差；【解答】解：①由于同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，说明小球和滑块的运动时间相同，由x=at2和H=gt2得：所以=②根据几何关系可知：sinα=，cosα=对滑块由牛顿第二定律得：mgsinα﹣μmgcosα=ma，且a=，联立方程解得μ=③由μ得表达式可知，能引起实验误差的是长度x、h、H测量时的读数误差，同时要注意小球落地和滑块撞击挡板不同时也会造成误差，故选cd．故答案为：①②③c d10．在研究“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，提供有以下器材：A．电压表V1（0～5V，内阻很大）B．电压表V2（0～9V，内阻很大）C．电流表A1（0～50mA，内阻很小）D．电流表A2（0～300mA，内阻很小）E．滑动变阻器R1（0～60Ω）F．滑动变阻器R2（0～2kΩ）G．直流电源EH．开关S及导线若干I．小灯泡（U额=5V）某组同学连接完电路后，闭合电键，将滑动变阻器滑片从一端移到另外一端．移动过程中发现小灯末曾烧坏，记录多组小灯两端电压U和通过小灯的电流I数据（包括滑片处于两个端点时U、I数据），根据记录的全部数据做出的U﹣I关系图象如图甲所示．（1）根据实验结果判断得出实验中选用：电压表B（选填器材代号“A”或“B”），电流表D（选填器材代号“C”或“D”），滑动变阻器E（选填器材代号“E”或“F”）．（2）根据实验结果在图乙虚线框内画出该组同学的实验电路图．（3）根据图甲信息得出器材G中的直流电源电动势为8V，内阻为10Ω．（4）将两个该型号小灯泡串联后直接与器材G中的直流电源E相连．则每个小灯消耗的实际功率为0.56W（结果保留两位有效数字）．【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【分析】（1）根据图甲测量数据，选择电压表和电流表，根据滑动变阻器接法，选择滑动变阻器；（2）根据图甲数据，判断滑动变阻器和电流表的接法，再作出实验电路图；（3）根据图甲数据，以及滑动变阻器的最大阻值，利用闭合电路欧姆定律列式，求出直流电源电动势和内阻；（4）在图甲中作出电源的U﹣I图象，交点即为小灯泡串联后的总电流和总电压，再计算每个小灯消耗的实际功率；【解答】解：（1）从图甲可知，记录的全部数据中小灯两端电压U最大为6V，因此电压表的量程需要选择15V，故电压表选B；通过小灯的电流I最大为：0.2A=200mA，故电流表的量程需要选择500mA，故电流表选D；电路采用滑动变阻器限流接法，为了便于实验操作，滑动变阻器应选小阻值的，故滑动变阻器选E；（2）从图甲可知，将滑动变阻器滑片从一端移到另外一端过程中电表的示数不是从0开始测量的，因此滑动变阻器采用的不是分压接法，而是限流接法；从图甲可知，小灯泡的电阻为10Ω～30Ω，阻值较小，因此电流表采用外接法，作出的实验电路图如右上图所示；（3）从图甲可知，当滑动变阻器接入电阻为0时，小灯两端电压U1最大为6V，通过小灯的电流I1最大为0.2A，则此时小灯电阻R L为30Ω，由闭合电路欧姆定律有：I1=当滑动变阻器接入电阻为R1=60Ω时，小灯两端电压U2最小为1V，通过小灯的电流I2最小为0.1A，则此时小灯电阻R L为10Ω，由闭合电路欧姆定律有：I2=解得：E=8V，r=10Ω；（4）将两个该型号小灯泡串联后直接与器材G中的直流电源E相连，根据闭合电路欧姆定律有：E=2U+Ir，解得U=4﹣5I，作出此时的U﹣I图象如图所示。

2016年江苏省南通市高考物理二模试卷一、单项选择题．本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意．1．（3分）一颗卫星绕地球沿椭圆轨道运动，A、B是卫星运动的远地点和近地点．下列说法中正确的是（）A．卫星在A点的角速度大于B点的角速度B．卫星在A点的加速度小于B点的加速度C．卫星由A运动到B过程中动能减小，势能增加D．卫星由A运动到B过程中引力做正功，机械能增大2．（3分）电荷量为+Q的点电荷和接地金属板MN附近的电场线分布如图所示，点电荷与金属板相距为2d，图中P点到金属板和点电荷间的距离均为d．已知P 点的电场强度为E0，则金属板上感应电荷在P点处产生的电场强度E的大小为（）A．E=0 B．E=C．E=E0﹣D．E=3．（3分）高三某同学参加引体向上体能测试，在20s内完成10次标准动作，则此过程中该同学克服重力做功的平均功率最接近于（）A．150W B．300W C．450W D．600W4．（3分）如图所示电路中，R为某种半导体气敏元件，其阻值随周围环境一氧化碳气体浓度的增大而减小．当一氧化碳气体浓度增大时，下列说法中正确的是（）A．电流表A示数增大B．电流表A示数减小C．电路的总功率减小D．变阻器R1的取值越大5．（3分）如图所示，钢铁构件A、B叠放在卡车的水平底板上，卡车底板和B 间动摩擦因数为μ1，A、B间动摩擦因数为μ2，卡车刹车的最大加速度为a，μ2g ＞a＞μ1g，可以认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等．卡车沿平直公路行驶途中遇到紧急情况时，要求其刹车后在s0距离内能安全停下，则卡车行驶的速度不能超过（）A．B．C．D．二、多项选择题．本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．6．（4分）如图所示电路中，A、B为两个相同灯泡，L为自感系数较大、电阻可忽略不计的电感线圈，C为电容较大的电容器，下列说法中正确的有（）A．接通开关S，A立即变亮，最后A、B一样亮B．接通开关S，B逐渐变亮，最后A、B一样亮C．断开开关S，A、B都立刻熄灭D．断开开关S，A立刻熄灭，B逐渐熄灭7．（4分）如图所示，含有H、H、He的带电粒子束从小孔O1处射入速度选择器，沿直线O1O2运动的粒子在小孔O2处射出后垂直进入偏转磁场，最终打在P1、P2两点。

2016届南京市高三第二次模拟物理试卷及答案DR0和滑动变阻器R，原线圈上加一电压为U的交流电，则A．保持Q位置不动，将P向上滑动时，电流表的读数变大B．保持Q位置不动，将P向上滑动时，电流表的读数不变C．保持P位置不动，将Q向上滑动时，电流表的读数变小D．保持P位置不动，将Q向上滑动时，电流表的读数变大3．我国的北斗卫星导航系统计划由若干静止轨道卫星、中地球轨道卫星组成，其中静止轨道卫星均定位在距离地面约为3.6×104km的地球同步轨道上，中地球轨道卫星距离地面的高度约为2.16×104km，已知地球半径约为6.4×103km．则中地球轨道卫星运动的A．线速度大于第一宇宙速度B．线速度小于静止轨道卫星的线速度C．加速度约是静止轨道卫星的2.3倍D．加速度约是静止轨道卫星的2.8倍4．如图，匀强电场中的点A、B、C、D、E、F、G、H为立方体的8个顶点．已知G、F、B、D点的电势分别为5V、1V、2V、4V，则A点的电势为A．0VB．1VC．2VD．3V5．如图所示，一固定杆与水平方向夹角为α，将一质量为m 1的滑块套在杆上，通过轻绳悬挂一质量为m2的小球，杆与滑块之间的动摩擦因数为μ．若滑块与小球保持相对静止以相同的加速度a一起运动，此时绳子与竖直方向夹角为β，且α<β，不计空气阻力，则滑块的运动情况是A．沿着杆减速下滑B．沿着杆减速上滑C．沿着杆加速下滑D．沿着杆加速上滑二、多项选择题:本题共4小题，每小题4分，共计l6分．每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答得0分．6．如图所示，A、B两点分别是斜面的顶端、底端，C、D是斜面上的两个点，L AC:L CD:L DB=1:3:3，E点在B点正上方并与A点等高．从E点水平抛出质量相等的两个小球，球a落在C点，球b落在D点，球a和球b从抛出到落在斜面上的过程中(不计空气阻力)A．两球运动时间之比为l:2B．两球抛出时初速度之比为4:1C．两球动能增加量之比为1:2D．两球重力做功之比为l:37．如图所示的火警报警装置，R1为热敏电阻，若温度升高，则R1的阻值会急剧减小，从而引起电铃电压的增加，当电铃电压达到一定值时，电铃会响．下列说法正确的是A．要使报警的临界温度升高，可以适当增大电源的电动势B．要使报警的临界温度降低，可以适当增大电源的电动势C．要使报警的临界温度升高，可以把R1的滑片P适当向下移D．要使报警的临界温度降低，可以把R2的滑片P 适当向下移8．如图，a是用电流传感器S1、S2(其电阻忽略不计)研究自感现象的实验电路，图中两个电阻的阻值均为R，L是一个自感系数足够大的自感线圈，其直流电阻值也为R，不计电源内阻．图b是某同学画出的在t0时刻开关S切换前后，通过传感器的电流随时间变化的图像．关于这些图像，下列说法中正确的是A．甲是开关S由断开变为闭合，通过传感器S1的电流随时间变化的情况B．乙是开关S由断开变为闭合，通过传感器S1的电流随时间变化的情况C．丙是开关S由闭合变为断开，通过传感器S2的电流随时间变化的情况D．丁是开关S由闭合变为断开，通过传感器S2的电流随时间变化的情况9．如图所示，带电荷量为+q 、质量为m 的小球，处在竖直向下的匀强电场中，电场强度的大小为E ，小球从距地面高H 处由静止开始释放，设小球在运动过程中受到大小恒定的空气阻力，的作用，与地面碰撞过程中小球没有能量和电量的损失．重力加速度为g ．则A ．小球与地面碰撞第，2次后弹起的高度为fqE mg H f qE mg n ++-+)( B ．小球与地面碰撞第n 次后弹起的高度为H f qE mg f qE mg n)(++-+ C ．小球释放后通过的总路程为H f qE mg f qE mg s n)(-+++= D ．小球释放后通过的总路程为H fqE mg s +=第Ⅱ卷(非选择题，共89分)三、简答题:本题分必做题(第10、11题)和选做题(第12题)两部分，共计42分．请将解答填写在答题纸相应的位置．10．(8分)为验证“拉力做功与物体动能改变的关系”，某同学到实验室找到下列器材:长木板(一端带定滑轮)、电磁打点计时器、质量为200g 的小车、质量分别为10g 、30g 和50g 的钩码、细线、学生电源(有“直流”和“交流”档)．该同学进行下列操作A ．组装实验装置，如图a 所示B．将质量为200g的小车拉到打点计时器附近，并按住小车C．选用50g的钩码挂在拉线的挂钩P上D．释放小车，接通打点计时器的电源，打出一条纸带E．在多次重复实验得到的纸带中选出一条点迹清晰的纸带，如图b所示F．进行数据采集与处理请你完成下列问题:(1)进行实验时，学生电源应选择用▲ 一档(选填“直流”或“交流”)．(2)该同学将纸带上打的第一个点标为“0”，且认为打“0”时小车的速度为零，其后依次标出计数点1、2、3、4、5、6(相邻两个计数点间还有四个点未画)，各计数点间的时间间隔为0.1s，如图b所示．该同学测量出计数点0到计数点3、4、5的距离，并标在图b上．则在打计数点4时，小车的速度大小为▲ m/s；如果将钩码的重力在数值上当作小车所受的拉力，则在打计数点0到4的过程中，拉力对小车做的功为▲ J，小车的动能增量为▲ J．(取重力加速度g=9.8m/s2，结果均保留两位有效数字)(3)由(2)中数据发现，该同学并没有能够得到“拉力对物体做的功等于物体动能增量”的结论，且对其他的点(如2、3、5点)进行计算的结果与“4”计数点相似．你认为产生这种实验结果的主要原因有(写出两条即可)①▲ ；②▲11．(10分)一只小灯泡，额定功率为0.75W，额定电压值已模糊不清．A小组的同学想测定其额定电压值，于是先用欧姆表测出该灯泡的电阻约为3Ω，然后根据公式计算出该灯泡的额定电压=PRU V．B小组同学认为A小组测量方法有误，=5.1他们利用下面可供选择的器材设计一个电路，测量通过灯泡的电流和它两端的电压，并根据测量数据来绘制灯泡的U—I图线，进而找到灯泡的额定电压．A．电压表V(量程3 V，内阻约3 kΩ)B．电流表A，(量程l500 mA，内阻约0.02 Ω) C．电流表A2(量程500 mA，内阻约0.6 Ω) D．滑动变阻器R l(0～10 Ω)E．滑动变阻器R2(0～100Ω)F．电源E(电动势4.0 V，内阻不计)G．开关S和导线若干H．待测灯泡L(额定功率0.75W，额定电压未知) (1)在实验过程中，B小组的同学将灯泡两端的电压由零缓慢地增加，在下面图a所给的虚线框中画出实验的电路原理图．上述器材中，电流表选▲ (选填“A1”或“A2")；滑动变阻器选▲ (选填“R1”或“R2”)．(2)当电压达到1.23V 时，发现灯泡亮度很暗，当达到2.70V 时，灯泡功率已超过额定功率，便立即断开开关，并将所测数据记录在下面表格中．请你根据表中实验数据在图b 中作出灯泡的U —I 图线．(3)由图像得出该灯泡的额定电压应为 ▲ V ；显然这一结果大管于1.5 V ，究其原因是 ▲ ．12．【选做题】本题包括A 、B 、C 三小题，请选定其中两小题，并在相应的答题区域内作答，若多做，则按A 、B 两题评分．A ．【选修3—3】(12分)(1)下列说法正确的是 ▲A ．悬浮在水中花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动B ．一滴橄榄油处于完全失重状态下的宇宙飞船中呈球形，是其表面张力作用的结果C．彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向同性的特点D．干湿泡温度计的两个温度计的示数差越大，表示空气中水蒸气离饱和状态越远(2)已知常温常压下CO2气体的密度为 ，CO2的摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为N A，则在该状态下容器内体积为V 的CO2气体含有的分子数为▲ ．在3km的深海中，CO2浓缩成近似固体的硬胶体，此时若将CO2分子看做直径为d的球，则该容器内CO2气体全部变成硬胶体后体积约为▲ ．(3)如图所示，足够长的气缸竖直放置，其横截面积S=1×10-3m2，气缸内有质量m=2kg的活塞，活塞与气缸壁之间密封良好，不计摩擦．开始时活塞被销钉K固定于图示位置，离缸底L1=12cm，此时气缸内被封闭气体的压强p1=1.5×105Pa，温度T1=300K．大气压p0=1.0×105Pa，取重力加速度g=10m/s2．①现对密闭气体加热，当温度升到T2=400K时，其压强p2多大?②此后拔去销钉K，活塞开始向上运动，当它最后静止在某一位置时，气缸内气体的温度降为T3=360K，则这时活塞离缸底的距离L3为多少?B．【选修3—4】(12分)(1)两束不同频率的平行单色光a、b分别由水射入空气发生如图所示的折射现象(α<β)，下列说法正确的是▲A．随着a、b入射角度的逐渐增加，a先发生全反射B．水对a的折射率比水对b的折射率小C．a、b在水中的传播速度v a>v bD．a、b入射角为0°时，没有光线射入空气中(2)如图a所示，竖直墙上挂着一面时钟，地面上静止的观察者A观测到钟的面积为S，另一观察者B以0.8c(c为光速)平行y轴正方向运动，观察到钟的面积为S′，则S ▲ S′(选填“大于”、“等于，，或‘‘小于’’)．时钟与观察者有不同相对速度的情况下，时钟的频率也是不同的，它们之间的关系如图b所示．A观察者观察到时钟的周期是2.0s，则B观察者观察到时钟的周期约为▲ s．(3)一列简谐波沿x轴传播，已知x轴上x1=0m和x2=lm两处质点的振动图像分别如图a、b所示．若波长λ>lm，则该波的波长为多少?C．【选修3—5】(12分)(1)下列说法正确的是▲A．卢瑟福通过α粒子散射实验证实了在原子核内部存在质子B．铀核(U23892)衰变为铅核(Pb20682)的过程中，要经过8次α衰变和6次β衰变C．玻尔原子理论第一次将量子观念引入原子领域，成功地解释了所有原子光谱的实验规律D．铀核(U23892)衰变成新核和α粒子，衰变产物的结合能之和一定大于铀核的结合能(2)用频率为ν的光照射光电管阴极时，产生的光电流随阳极与阴极间所加电压的变化规律如图所示，U c为遏止电压．已知电子电荷量为-e，普朗克常量为h，则光电子的最大初动能为▲ ，该光电管发生光电效应的极限频率为▲·(3)如图所示，木块A和半径为r=0.5m的四分之一光滑圆轨道B静置于光滑水平面上，A、B质量m A=m B=2.0kg．现让A以v0=6m/s的速度水平向右运动，之后与墙壁碰撞，碰撞时间为t=0．2s，碰后速度大小变为v1=4m/s．取重力加速度g=10m/s2．求:①A与墙壁碰撞过程中，墙壁对木块平均作用力的大小；②A滑上圆轨道B后到达最大高度时的共同速度大小．四、计算题:本题共3小题，共计47分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。

2016年新课标高考二轮全真模拟物理试卷（6-5）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共5小题，共30.0分)1.物理关系式不仅反映了物理量之间数量的关系，也确定了它们之间的单位关系．如关系式U=IR既反映了电压、电流和电阻之间的关系，也确定了V（伏）与A（安）和Ω（欧）的乘积等效．则引力常量G用国际单位制（简称SI）中的基本单位可等效表示为（）A.N⋅m3kg2B.m3kg⋅s2C.m3kg⋅s2D.m3kg⋅s2【答案】B【解析】解：由万有引力公式F=G m1m2r2变形得G=Fr2m1m2，所以引力常量G的单位可表示为N⋅m2 kg2=kg⋅m⋅m2kg2⋅s2=m3kg⋅s2，故B正确．故选：B单位制包括基本单位和导出单位，规定的基本量的单位叫基本单位，由物理公式推导出的但为叫做导出单位，根据万有引力公式求解即可．物理公式不仅确定了各个物理量之间的关系，同时也确定了物理量的单位之间的关系，根据物理公式来分析物理量的单位即可．2.如图所示，图甲为质点a和b做直线运动的位移-时间（x-t）图象，图乙为质点c和d做直线运动的速度-时间（v-t）图象，由图可知（）A.若t1时刻a、b两质点第一次相遇，则t2时刻两质点第二次相遇B.若t1时刻c、d两质点第一次相遇，则t2时刻两质点第二次相遇C.t1到t2时间内，四个质点中只有b和d两个质点的运动方向发生改变D.t1到t2时间内，四个质点中只有b和d两个质点做了变速运动【答案】A【解析】解：A、由题图可知，t1和t2时刻a、b两个质点的位移均相同，若t1时刻为第一次相遇，则t2时刻为第二次相遇，故A正确；B、若t1时刻c、d两质点第一次相遇，t1到t2时间内，c、d两质点的位移不同，因此t2时刻两质点不可能相遇，故B错误；C、t1到t2时间内，只有b质点的运动方向发生改变，故C错误；D、t1到t2时间内，b、c、d三个质点的速度都发生了变化，做变速运动，故D错误．故选：A在位移-时间图象中，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，斜率表示速度，图象的交点表示位移相等；在速度-时间图象中，斜率表示加速度，图象与时间轴围成的面积表示位移．由此分析两质点的运动情况．要求同学们能根据图象读出有用信息，注意位移-时间图象和速度-时间图象的区别，从斜率、面积等数学角度来理解其物理意义．3.2013年6月13日，“神舟十号”飞船与“天宫一号”目标飞行器在离地面343km 的圆轨道上成功进行了我国第5次载人空间交会对接，在进行对接前，“神舟十号”飞船在比“天宫一号”目标飞行器较低的圆形轨道上飞行，这时“神舟十号”飞船的速度为v 1，“天宫一号”目标飞行器的速度为v 2，“天宫一号”目标飞行器运行的圆轨道和“神舟十号”飞船运行圆轨道最短距离为h ，由此可求得地球的质量为（ ） A.ℎv 12v 22G(v 12+v 22) B.ℎv 1v 2G(v 1−v 2) C.ℎv 12v 22G(v 12−v 22) D.ℎv 1v 2G(v 1+v 2)【答案】C【解析】解：设“神舟十号”飞船的轨道半径为r ，质量为m ，则“天宫一号”目标飞行器轨道半径为r +h ，质量为m ′；由万有引力提供向心力：GMm r 2=mv 12rGMm′(r +ℎ)2=m′v 22r +ℎ联立解得：M=ℎv 12v 22G(v 12−v 22) 故选：C“天宫一号”目标飞行器运行的圆轨道和“神舟十号”飞船运行圆轨道最短距离为h ，即说明两轨道半径的差为h ，对于每个飞行器，都有万有引力提供向心力，由牛顿第二定律列方程求解即可解决本题的关键掌握万有引力提供向心力，能够根据题意选择恰当的向心力的表达式，整理出地球质量的表达式．4.水平地面x O y 上有一沿x 正方向做匀速运动的传送带，运动速度为v 1=3m /s ，传送带上有一质量为m =1kg 的正方体随传送带一起运动，当物体运动到y O z 平面时遇到一阻挡板C ，阻止其继续向x 轴正方向运动．物体与传送带间的动摩擦因数μ1=0.5，物体与挡板之间的动摩擦因数μ2=0.2．若要使物体沿y 轴正方向以v 2=4m /s 匀速运动，所加外力大小为（ ）A.1NB.4.6NC.5ND.6N【答案】B【解析】解：x O y 对物体的摩擦力f 1，如图1中所示，物体沿y 轴正向匀速运动时受力如图2所示：传送带对物块的摩擦力：f 1=μ1mg ，挡板对物体的支持力：N 2=f 1sin θ，挡板对物体的摩擦力：f2=μ2N2=μ2μ1mgsinθ，又sinθ=35，所以：F=f2+f1cosθ=4.6N．故选：B作出xoy平面对物块的摩擦力示意图，以及物块沿y轴方向做匀速运动时的受力分析图，结合几何知识，通过共点力平衡求出压力的大小，再对物块根据共点力平衡条件列式求解外力大小．解决本题的关键能够正确地受力分析，根据共点力平衡进行求解，得出传送带对物块摩擦力的方向是解决本题的关键．5.如图所示，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个边长相等的单匝闭合正方形线圈Ⅰ和Ⅱ，分别用相同材料，不同粗细的导线绕制（Ⅰ为细导线）．两线圈在距磁场上界面h高处由静止开始自由下落，再进入磁场，最后落到地面．运动过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界．设线圈Ⅰ、Ⅱ落地时的速度大小分别为v1、v2，在磁场中运动时产生的热量分别为Q1、Q2．不计空气阻力，则（）A.v1＜v2，Q1＜Q2B.v1=v2，Q1=Q2C.v1＜v2，Q1＞Q2D.v1=v2，Q1＜Q2【答案】D【解析】解：由于从同一高度下落，到达磁场边界时具有相同的速度v，切割磁感线产生感应电流同时受到磁场的安培力为：F=B2l2vR，由电阻定律有：R=ρ4lS（ρ为材料的电阻率，l为线圈的边长，S为单匝导线横截面积）所以下边刚进入磁场时所受的安培力为：F=B2lvS 4ρ此时加速度为：a=g−Fm将线圈的质量m=ρ0S•4l（ρ0为材料的密度）代入上式，所以得加速度为：a=g−B2v 16ρρ0经分析上式为定值，线圈Ⅰ和Ⅱ同步运动，落地速度相等v1=v2由能量守恒可得：Q=mg(ℎ+H)−12mv2（H是磁场区域的高度）Ⅰ为细导线m小，产生的热量小，所以Q1＜Q2．正确选项D，选项ABC错误．故选：D．两矩形线圈进入磁场之前，均做自由落体运动，因下落高度一致，所以两线圈会以同样的速度进入磁场，由法拉第电磁感应定律可求出进入磁场边界时的感应电动势，从而表示出受到磁场的安培力．由电阻定律表示出两线圈的电阻，结合牛顿运动定律表示出加速度，可分析出加速度与线圈的粗细无关，从而判断出两线圈运动一直同步，得出落地速度相同的结论．因最终落地速度大小相同，由能量的转化与守恒可知，损失的机械能（转化为了内能）与线圈的质量有关，从而判断出产生的热量大小．此题的分析首先要进行分段，即为进入磁场之前和进入磁场之后，在进入磁场之前，两线圈均做自由落体运动．当线圈的一边进入磁场后，开始受到安培力的作用，此时在竖直方向上还受到重力作用；当线圈的上下两边都进入磁场，通过线圈的磁通量不再发生变化，就不会再有安培力，线圈就会只在重力作用下运动直至落地．二、多选题(本大题共3小题，共18.0分)6.图甲为一台小型发电机构造示意图，内阻r=5.0Ω，外电路电阻R=95Ω，电路中其余电阻不计．发电机内的矩形线圈在匀强磁场中以恒定的角速度ω绕垂直于磁场方向的固定轴转动，线圈匝数n=100．转动过程中穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t按正弦规律变化，如图乙所示，则（）A.t=3.14×10-2s时，该小型发电机的电动势为零B.该小型发电机的电动势的最大值为200 VC.电路中电流最大值为2 AD.串联在外电路中的交流电流表的读数为2 A【答案】BC【解析】解：A、t=3.14×10-2s时，磁通量Φ的变化率最大，该小型发电机的电动势有最大值，故A错误；B、从Φ-t图线可以看出，Φmax=1.0×10-2W b，T=3.14×10-2s，ω=2πT，感应电动势的最大值E max=nωΦmax=100×2π3.14×10−2×1×10-2=200V，故B正确；C、电路中电流最大值I max=E maxR+r =200100=2A，故C正确；D、交流电流表读数是交变电流的有效值，即I=max√2=√2=1.4A，故D错误．故选：BC首先知道给出的是磁通量与时间的变化关系，利用图象读出周期求出角速度；再利用电动势的最大值公式求出峰值、有效值，从而求出电流表的示数．本题考查对交流电的产生过程的理解，要注意明确磁通量的变化与交流电产生的关系，知道最大电动势与最大磁通量之间的关系．7.如图所示，A、B两个楔形物体叠放在一起，B靠在竖直墙壁上，在水平力F的作用下，A、B保持静止不动，增大F，A、B仍保持静止不动，则增大F的过程中（）A.墙对B的摩擦力增大B.B对A的摩擦力增大C.A对B的正压力增大D.A对B的作用力增大【答案】CD【解析】解：A、先对AB整体受力分析，由平衡条件知，竖直方向：f=G A+G B，因此当水平力F增大，墙壁对B的摩擦力仍不变，故A错误；B、若AB间不存在静摩擦力，则有：隔离B物体，必受重力、A对B的压力和墙面的弹力与静摩擦力作用；隔离A物体，受到重力、B对A的支持力和外力F，三个力作用，均能处于平衡；若AB间存在静摩擦力，则有：A受四个力，B受五个力，仍能处于平衡；因此当F增大过程中，A对B的正压力增大，即A对B的作用增大，故B错误，CD正确；故选：CD．先对AB整体受力分析，由平衡条件知，整体共受四个力作用，墙面对此有作用力；再分别隔离A、B受力分析，应用平衡条件分析即可．关键利用整体法并结合共点力平衡条件得到B物体与墙间不存在弹力，注意AB间是否存在静摩擦力是解题的关键．8.两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在y轴上的O、M两点，若规定无穷远处的电势为零，则在两电荷连线上各点的电势φ随y变化的关系如图6所示，其中A、N两点的电势均为零，ND段中的C点电势最高，则（）A.q1与q2带异种电荷B.A、N两点的电场强度大小为零C.从N点沿y轴正方向，电场强度大小先减小后增大D.将一正点电荷从N点移到D点，电场力先做负功后做正功【答案】AD【解析】解：A、由图象可知，M点附近的电势为负值、O点附近的电势为正值，所以，q1与q2带异种电荷，故A正确B、A、N点的电势为零，但场强不为零（φ-y图象的斜率不为零），故B错误C、从N点沿y轴正方向，电场强度的大小先减小后增大再逐渐减小，故C错误D、将一正点电荷从N点移到D点，电势能先增后减，所以，电场力先做负功后做正功．故D正确．故选：ADφ-x图象的斜率等于电场强度E．根据两点电荷连线的电势高低的分布如图所示，由于沿着电场线电势降低，可知两点电荷的电性．根据功能关系分析电场力做功的正负解决本题的关键要掌握电场线方向和电势变化的关系，明确电场力做功的正负决定电势能的增加与否，注意图象斜率表示电场强度是解题的突破口五、多选题(本大题共1小题，共6.0分)13.下列关于热现象的说法正确的是（）A.小草上的露珠呈球形的主要原因是液体表面张力B.液体分子的无规则运动称为布朗运动C.热量不可能从低温物体传到高温物体D.分子间的距离增大时，分子势能可能减小E.一定质量的理想气体，如果压强不变、体积增大，那么它一定从外界吸热【答案】ADE【解析】解：A、小草上的露珠由于液体表面张力的作用而呈球形，故A正确；B、布朗运动是指液体中悬浮固体小颗粒的运动，不是液体分子的运动，故B错误；C、关键热力学第二定律，热量不能自发地从低温物体传递到高温物体，但引起其他变化时，可以从低温物体传递到高温物体，如开动冰箱的压缩机可以使热量从低温物体传递到高温物体，故C错误；D、当分子间距小于r0时，分子力表现为斥力，随着分子间距的增大，分子势能减小，故D正确；E、根据理想气体状态方程可知，一定质量的理想气体压强不变、体积增大，温度一定升高，因此内能增加；体积增大则对外做功，根据△U=W+Q可知，气体一定吸收热量，故E正确．故选：ADE小草上的露珠呈球形的主要原因是液体表面张力的作用；布朗运动是指液体中悬浮固体小颗粒的运动，是由于液体分子无规则运动时撞击的不平衡引起的；热量能从高温物体向低温物体传递，也能由低温物体传给高温物体．关键理想气体的状态方程分析气体的状态参量的变化，关键热力学第一定律分析是否吸收热量．本题全面考查了选修3-3中的基础知识，这些知识大都需要平时的记忆和积累，在平时注意加强记忆和练习，提高知识的应用能力．七、多选题(本大题共1小题，共4.0分)15.如图所示是一列沿x轴传播的简谐横波在t=0时刻的波形图，已知波的传播速度为v=2m/s，则（）A.x=0.5m处的质点的振动方程为y=5cos2πt（cm）B.波传播到x=20m处时，质点的起振方向沿y轴正方向C.图中质点a正沿y轴正方向运动D.图中质点a的振动周期为1sE.如果该波由水面传播到油面上后，波的频率会发生改变【答案】ACD【解析】解：A、由波动图象可知，波长λ=2.0m，则周期为T=λv =1.0s，ω=2πT=2π，振幅为A=5cm，所以x=0.5m处的质点的振动方程为y=5cos2πt（cm），选项A正确；B、波传播到任何位置，质点的起振方向都沿y轴方向向下，选项B错误；C、由于波沿x轴正方向传播，根据波的形成原理可知，图中质点a正沿y轴正方向运动，选项C正确；D、在波的传播过程中，所有质点的振动周期与波源相同，选项D正确；E、波的传播介质发生变化时，波的传播速度和波长会发生改变，而波的频率不变，选项E错误．故选：ACD由图读出振幅和波长，由波速公式求出周期，由ω=2πT求出角频率ω．即可写出x=0.5m处质点的振动函数表达式．根据时间与周期的关系求解质点通过的路程．解决本题的关键知道波速、波长、周期以及解频率的关系，理解波的周期性，以及知道质点在一个周期内的路程等于4倍的振幅．从而进行解题．三、实验题探究题(本大题共2小题，共15.0分)9.某同学利用图甲所示装置进行探究恒力做功与物块动能变化的关系的实验，水平桌面上放上小物块，适当重物牵引下运动，重物落地后，物块再运动一段距离停在桌面上．通过实验得到如图乙所示的纸带，纸带上0点为物块运动起始时刻打的点，选取时间间隔0.1s ，实验时物块的质量为0.50kg ，力传感器测得物块受到的拉力为1.98N ，测得（g 取9.80）m /s 2）（1）物块减速运动过程中加速度的大小为a = ______ m /s 2；动摩擦因数为 ______ ．（2）物块从O 到D ，所受合力做的功为W= ______ J ；动能变化量△E k = ______ J （保留三位有效数字）【答案】1.96；0.2；0.251；0.250【解析】解：（1）由图可知F 到P 物体做减速运动，加速度大小为：a =△x T 2=0.0864−0.06680.01=1.96m /s 2；由牛顿第二定律可得：f =ma =μmg解得：μ=a g =1.969.8=0.2；（2）OD 过程合外力为：F=1.98-μmg =1.98-0.2×0.5×9.8=1.00N ；做功为：W=FL=1.00×（0.1604+0.0901）=0.251J ；D 点的速度为：v D =x t =0.0901+0.10990.2=1m /s ； 动能的变化量为：△E K =12mv D 2=120.5×1=0.250J ；故答案为：（1）1.96；0.2；（2）0.251；0.250（1）分析纸带，找出减速过程，由△x =at 2可求得加速度，再由牛顿第二定律可求得动摩擦因数；（2）通过受力分析明确合力大小，再由牛顿第二定律可求得合外力的功；再平均速度公式可求得平均速度，由动能的表达式求得动能．本题考查验证动能定理的实验，要注意明确实验方法和原理，然后才能找出正确的数据处理方法．10.某同学使用了如下器材：电源E （电动势12V ）；电压表V （量程为15V ，内阻约15K Ω）电流表A （量程100m A ，内阻约10Ω）；滑动变阻器（最大电阻为50Ω）；单刀单掷开关；导线若干．测出了一个小灯泡的伏安特性曲线如图1甲所示，已知小灯泡的额定电压为12V ．（1）请在图1乙的虚线方框中画出此实验电路．（2）根据设计的电路图在图2的实物上连线．（3）由小灯泡的伏安特性曲线可知小灯泡的额定功率为P额= ______ W，小灯泡电阻的变化特性为______ ．【答案】1.2；灯泡电阻随电压升高而增大（或随温度升高而增大；或电压越高时电阻增大越快）【解析】解：（1）由I-U图象知电压与电流从零调，滑动变阻器应用分压式接法，小灯泡电阻远小于电压表内阻，电流表应用外接法，电路图如图所示（2）根据设计的电路图在图中的实物上连线如图所示（3）由小灯泡的伏安特性曲线可读出当U=12V时，I=100m A，由P=UI得小灯泡的额定功率为P=12×0.1W=1.2W；有I-U图象可知：灯泡电阻随电压升高而增大（或随温度升高而增大；或电压越高时电阻增大越快）故答案为（1）电路图如图所示；（2）实物图连接如图所示；（3）1.2，灯泡电阻随电压升高而增大（或随温度升高而增大；或电压越高时电阻增大越快）．若电流或电压从零调时滑动变阻器应用分压式接法，若待测电阻阻值远小于电压表内阻时，电流表应用外接法接法．用伏安法做电学实验时，有电流表内接与外接之分，用滑动变阻器时就有分压与限流之分，要掌握接法的选择方法．四、计算题(本大题共2小题，共32.0分)11.如图，一质量为m=1kg的“”形木板放置在水平面上，木板上表面光滑，槽内长度为l=0.32m，木板与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，一质量与木板相同、可视为质点的小物块紧靠左端停在木板上，现对木板施加一向右的水平推力F=8N，推动木板从静止开始向右运动，当木板运动的距离为d=1m时，立刻撤去推力F，求：（1）在推动木板的过程中，木板对物块做的功；（2）物块从木板左端运动到木板右端的时间．【答案】解：（1）在推动木板的过程中，将木板和物块作为一个整体，由动能定理得（F-2μmg）d=1×2mv22代入数据得v=2m/s对物块，由动能定理知物块动能增加量等于木板对物块所做的功mv2=2J则知木板对物块做的功W=12（2）假设物块到达右端时木板未停止运动，则物块做匀速直线运动，x2=vt木板做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得：2μmg=max1=vt-1at22由几何关系有x2-x1=l联立代入数据得t=0.4s撤去推力到木板停止运动的时间为t′=va代入数据得t′=0.5s＞0.4s假设成立．答：（1）在推动木板的过程中，木板对物块做的功是2J．（2）物块从木板左端运动到木板右端的时间是0.4s．【解析】（1）在推动木板的过程中，先将木板和物块作为一个整体，由动能定理求得撤去F时的速度，再对物块，运用动能定理列式，可求得木板对物块做的功．（2）可采用假设法研究木板的运动情况．假设物块到达右端时木板未停止运动，撤去F后物块做匀速直线运动，木板做匀减速直线运动，由牛顿第二定律求木板的加速度，再由位移关系和位移时间公式列式求出时间．解决本题时，要灵活选取研究对象，采用整体法和隔离法结合求整体的速度和木板对物块的做功．当两者有相对运动时，判断木板是否停止运动是关键．12.如图所示，在xoy坐标平面的第一象限内有一沿y轴负方向的匀强电场，在第四象限内有一垂直于平面向里的匀强磁场．现有一粒子源处在坐标为（0，L）M点能以垂直与电场方向不断发射质量为m、电量为+q、速度为v0的粒子（重力不计），粒子进入磁场后最后又从x轴上坐标为（3L，0）处的P点射入电场，其入射方向与x轴成45°角．求：（1）粒子到达P 点时的速度v ；（2）匀强电场的电场强度E 和匀强磁场的磁感应强度B ；（3）粒子从M 点运动到P 点所用的时间t ．【答案】解：（1）粒子运动轨迹如图所示．设粒子在P 点速度为v ， 根据对称性可知v 0=vcos 45°， 解得：v =√2v 0（2）粒子由M 点运动到P 点的过程中，由动能定理得：qEL =12mv 2−12mv 02 解得E=mv 022qL 水平方向的位移为x OQ =v 0t 1竖直方向的位移为L =v 02t 1，可得x OQ =2L ，x QP =L由x QP =2R cos 45°，故粒子在OQ 段圆周运动的半径R=√22L 粒子在磁场中：qvB =m v 2R， 联立解得：B =2mv 0qL（3）在Q 点时，v y =v 0tan 45°=v 0设粒子从M 到Q 所用时间为t 1，在竖直方向上有t 1=L v 02=2L v 0 粒子从Q 点运动到P 所用的时间为：t 2=πL4v 0 则粒子从M 点运动到P 点所用的时间为t 总=t 1+t 2=2Lv 0+πL 4v 0=(8+π)L 4v 0【解析】（1）粒子带电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，根据对称性可以求出速度；（2）粒子由M 点运动到P 点的过程中，由动能定理可以求出电场强度，根据几何关系可以求出半径，再根据圆周运动的向心力公式可以求出磁场强度；（3）分别求出粒子在磁场和电场中运动的时间，时间之和即是总时间．本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通过受力情况分析粒子的运动情况，熟练掌握圆周运动及平抛运动的基本公式，难度较大．六、计算题(本大题共1小题，共9.0分)14.如图所示，水平放置一个长方体的封闭气缸，用无摩擦活塞将内部封闭气体分为完全相同的A 、B 两部分．初始时两部分气体压强均为p、热力学温度均为T．使A的温度升高△T而保持B部分气体温度不变．则A 部分气体的压强增加量为多少？【答案】解：设温度升高后，AB压强增加量都为△p，升高温度后体积V A，由理想气体状态方程得：pVT =(p+△p)V AT+△T，对B部分气体，升高温度后体积V B，由玻意耳定律得：p V=（p+△p）V B，两部分气体总体积不变：2V=V A+V B，解得：△p=p△T2T；答：A部分气体的压强增加量为p△T2T．【解析】A、B两部分气体总体积不变、它们的压强相等，对A部分气体根据理想气体状态方程列方程，对B部分气体应用玻意耳定律列方程，然后求出A部分气体压强的增加量．本题是连接体问题，对连接体问题应分别对各部分气体应用相关实验定律或理想气体状态方程列方程、找出各部分气体间的关系即可正确解题．八、计算题(本大题共1小题，共10.0分)16.如图所示为用某种透明材料制成的一块柱形棱镜的截面图，其折射率n=√62，四边形ABOD为一矩形，圆弧CD为半径为R的四分之一圆周，圆心为O，光线从AB面上的某点入射（图中未画出），它进入棱镜后射在BC面上的O点，且恰好在这一点以临界角发生全反射，求：①光线在该棱镜中传播的速度大小v（已知光在真空中的传播速度c=3.0×108m/s）；②光线从AB面上入射时的入射角．【答案】解：①光在材料中的速度：v=cn=√6×108m/s高中物理试卷第11页，共13页②光路图如图所示．设光线从AB面上入射时的入射角为θ1，折射角为θ2．光线在BC面上恰好发生全反射，入射角等于临界角Csin C=1n ，cos C=√n2−1n光线在AB界面上发生折射，折射角为：θ2=90°-C由几何关系得：sinθ2=cos C，由折射定律得：n=sinθ1sinθ2联立各式解得：θ=45°答：①光线在该棱镜中传播的速度大小是√6×108m/s②光线从AB面上入射时的入射角是45°【解析】（1）光线在该棱镜中传播的速度为v=cn．（2）画出光路图，由几何知识得到折射角θ2与临界角C的关系，由折射定律sinθ1sinθ2=n得到折射角与折射率的关系，结合sin C=1n求出入射角．本题的突破口是“光线进入棱镜后恰好以临界角射在BC面上的O点”根据全反射临界角公式由sin C=1n 、折射定律sinθ1sinθ2=n和光速公式v=cn相结合进行处理．九、填空题(本大题共1小题，共4.0分)17.太阳向外辐射的能量主要来自于其内部的氢核聚变反应．其反应过程可简化为4个氢核（ 11H）聚变成氦核（ 24H e），同时放出2个正电子（ 10e）和2个中微子（νe），则该氢核聚变的核反应方程式为______ ．研究表明，银河系的年龄约为t=3.8×1017s，每秒钟银河系产生的能量约为P=1×1037J，现假定该能量全部来自上述氢核聚变反应，则银河系中氦的含量约为______ （最后结果保留一位有效数字）（银河系质量为M=3×1041kg，氦核质量为mα=6.6443×10-27kg，一次氢核聚变反应所释放的能量为△E=4.14×10-12J）．【答案】4 11H→ 24H e+2 10e+2νe；2%【解析】解：根据质量数与质子数守恒，则有，氢核聚变的核反应方程式为：4 11H→ 24H e+2 10e+2νe．银河系中产生的总能量E=P t，代入数据可得：E=3.8×1054J，一次氢核聚变反应所释放的能量为：△E=4.14×10-12J，所以银河系中氦核的数量为：n=E△E=9.18×1065个，每个氦核质量为：mα=6.6443×10-27kg，所以银河系中氦核的总质量为：m=nmα=6.1×1039kg，而银河质量为：M=3×1041kg，所以银河系中氦的含量约为：mM×100%=2%．高中物理试卷第12页，共13页故答案为：4 11H→ 24H e+2 10e+2νe，2%．根据质量数与质子数守恒，即可书写核反应方程；根据公式E=P t求得产生总能量，再根据次氢核聚变反应所释放的能量，从而求得氦核数量，最后依据每个氦核质量，求得氦核总质量，从而即可求解．考查核反应方程的书写规律，掌握如何建立正确的物理模型是解题的关键，注意求出银河系中氦核的数量是重点．十、简答题(本大题共1小题，共8.0分)18.如图所示，在光滑的水平地面上，质量为M的足够长木板和质量为m的小木块（可看作质点）一起以共同的速度v0向右匀速滑行，与右边的竖直墙壁发生碰撞后木板以原速率返回．若小木块与长木板间的动摩擦因数为μ，M＞m，试求小木块在长木板上相对长木板滑行的时间．【答案】解：设木块和木板最后的共同速度为v，木板与墙壁碰撞后，以向右为正方向，由动量守恒定律有：M v0-mv0=（M+m）v以向左的方向为正方向，设碰撞后经时间t木块与木板具有共同速度，由动量定理可得：μmgt=mv-（-mv0）由以上两式可得：t=2Mv0μg(M+m)．答：小木块在长木板上相对长木板滑行的时间为2Mv0μg(M+m)．【解析】木块与木板组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律求出共同速度，然后应用动量定理可以求出时间．本题考查了动量守恒定律与动量定理的应用，分析清楚物体运动过程是正确解题的关键，应用动量守恒定律与动量定理可以解题，解题时要注意正方向的选择．高中物理试卷第13页，共13页。

高考仿真测试(三）(时间：60分钟，满分:110分)第Ⅰ卷(选择题共48分）一、选择题：本题共8小题,每小题6分，共48分。

在 1～5小题给出的四个选项中,只有一个选项正确,在6～8小题给出的四个选项中有多个选项正确,全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分.1。

下列物理学史正确的是（)A.牛顿第一次通过实验测出了万有引力常量B.牛顿认为力是改变物体运动状态的原因C。

伽利略认为力是维持物体运动的原因D.开普勒发现了万有引力定律和行星运动规律解析:英国物理学家卡文迪许利用扭秤装置测出了万有引力常量,A 错;亚里士多德认为力是维持物体运动的原因，C错；牛顿发现了万有引力定律，D错.答案：B2.(2015山东青岛一模)如图所示,一物体以速度v0冲上粗糙的固定斜面,经过2t0时间返回斜面底端,则物体运动的速度v(以初速度方向为正)随时间t的变化关系可能正确的是()解析:假设斜面倾角为θ,则上滑过程中加速度大小为a1==g(sinθ+μcos θ),下滑过程中加速度大小为a2==g（sin θ—μcos θ）,故a1>a2，即上滑过程中速度—时间图象的斜率绝对值大于下滑过程中的斜率绝对值;由于有阻力做负功，当物体返回斜面底端时末速度小于v0，故选项A、B、D错误，选项C正确。

答案:C3。

如图,物块a、b和c的质量相同,a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O。

整个系统处于静止状态。

现将细线剪断.将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2相对于原长的伸长分别记为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g.在剪断的瞬间()A.a1=2g B。

a1=0C.Δl1=2Δl2D。

Δl1=Δl2解析:细线剪断前，a受细线向上的拉力F1=3mg,还受重力mg以及弹簧S1向下的拉力F2=2mg.细线剪断瞬间，线的拉力F1突然消失,但弹簧S1对其拉力不能突变。

此时,a受的合力F=3mg,方向向下,由F=ma知,其加速度大小a1=3g,故A、B错误；此瞬间因弹簧形变未来得及发生改变,此时仍有Δl1=，Δl2=,所以，Δl1=2Δl2,故选项C正确,D错误。

高考仿真模拟卷(二)(时间:60分钟满分:110分)一、选择题:本题共8小题,每小题6分,在每小题给出的四个选项中,第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.如图所示,水平地面上不同位置的三个小球斜上抛,沿三条不同的路径运动最终落在同一点,三条路径的最高点是等高的,若忽略空气阻力的影响,下列说法正确的是( )A.沿路径1抛出时的小球落地的速率最小B.沿路径3抛出的小球在空中运动时间最长C.三个小球抛出的初速度竖直分量相等D.三个小球抛出的初速度水平分量相等15.如图所示,A,B两物块质量均为m,用一轻弹簧相连,将A用长度适当的轻绳悬挂于天花板上,系统处于静止状态,B物块恰好与水平桌面接触而没有挤压,此时轻弹簧的伸长量为x,现将悬绳剪断,则下列说法正确的是( )A.悬绳剪断瞬间,A物块的加速度大小为3gB.悬绳剪断瞬间,A物块的加速度大小为gC.悬绳剪断后,A物块向下运动距离x时速度最大D.悬绳剪断后,A物块向下运动距离2x时速度最大16.如图所示,倾斜的传送带保持静止,一木块从顶端以一定的初速度匀加速下滑到底端.如果让传送带沿图中虚线箭头所示的方向匀速运动,同样的木块从顶端以同样的初速度下滑到底端的过程中,与传送带保持静止时相比( )A.木块在滑到底端的过程中,运动时间将变长B.木块在滑到底端的过程中,木块克服摩擦力所做功不变C.木块在滑到底端的过程中,动能的增加量减小D.木块在滑到底端的过程中,系统产生的内能减小17.如图所示,竖直平面内有一金属环,半径为a,总电阻为R.磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面,在环的最高点A用铰链连接长度为2a、电阻为的导体棒AB.AB由水平位置紧贴环面摆下,当摆到竖直位置时,B点的线速度为v,则这时AB两端的电压大小为( )A.BavB.C.D.18.如图(甲)所示,轻杆一端与质量为 1 kg、可视为质点的小球相连,另一端可绕光滑固定轴在竖直平面内自由转动.现使小球在竖直平面内做圆周运动,经最高点开始计时,取水平向右为正方向,小球的水平分速度v随时间t的变化关系如图(乙)所示,A,B,C三点分别是图线与纵轴、横轴的交点、图线上第一周期内的最低点,该三点的纵坐标分别是1,0,-5,g取10 m/s2,不计空气阻力.下列说法中正确的是( )A.轻杆的长度为0.5 mB.小球经最高点时,杆对它的作用力方向竖直向下C.B点对应时刻小球的速度为3 m/sD.曲线AB段与坐标轴所围图形的面积为0.6 m19.如图所示,在四分之一的圆弧腔内存在径向的电场,且与圆心等距离处电场强度大小相等,M和N是两端均有小孔的挡板,且两个小孔到圆心距离相等.不同的带电粒子以不同的速度从M孔垂直挡板射入,则关于从N孔射出的粒子,下列说法正确的是( )A.都带正电B.速度相同C.若速度相同,则荷质比相同D.若电荷量相等,则动能相等20.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.两物体分别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( )A.两物体的速度大小之比为B.两物体的速度大小之比为C.两物体的加速度大小之比为D.两物体的加速度大小之比为21.如图所示电路,理想变压器原、副线圈匝数比为5∶1,原线圈输入电压为u=311 sin 100πt(V),副线圈输出端通过滑动变阻器R连接两只相同灯泡L1和L2,它们的规格均为“36 V 18 W”,当开关S断开时灯L1正常发光.现闭合开关S,调节滑动变阻器使灯泡再正常发光,则此状态( )A.原线圈的电流为5 AB.变压器输入功率变为原来的2倍C.滑动变阻器R上消耗的功率变为原来的4倍D.滑动变阻器的阻值调到了8 Ω二、非选择题:包括必考题和选考题两部分.第22题～第25题为必考题,每个试题考生都必须作答.第33题～第35题为选考题,考生根据要求作答.(一)必考题(共47分)22.(6分)某小组利用图示实验装置来测量物块A和长木板之间的动摩擦因数μ.①把左端带有挡板的足够长的长木板固定在水平桌面上,物块A置于挡板处,不可伸长的轻绳一端水平连接物块A,另一端跨过轻质定滑轮挂上与物块A质量相同的物块B.并用手按住物块A,使A,B保持静止.②测量物块B离水平地面的高度为h.③释放物块A,待物块A静止时测量其运动的总距离为s(物块B落地后不反弹).回答下列问题:(1)根据上述测量的物理量可知μ= .(2)如果空气阻力不可忽略,该实验所求μ值.(填“偏大”或“偏小”)23.(9分)利用如图所示电路,测量一个电源(电动势约为9 V,内阻不计)的电动势和一个电阻R x(阻值约为2 kΩ)的准确值.实验室除了待测电源、导线和开关外,还有以下一些器材可供选择:A.电流表A1(量程为0～0.6 A,内阻R A1=1 Ω)B.灵敏电流表A2(量程为0～3 mA,内阻R A2=800 Ω)C.灵敏电流表A3(量程为0～300 μA,内阻未知)D.电阻箱R1(最大阻值99.99 Ω)E.电阻箱R2(最大阻值9999.9 Ω)F.定值电阻R0(阻值1 kΩ)(1)实验中应选择的电流表是,电阻箱是(填器材前的字母代号).(2)将电阻箱阻值调到适当值,闭合开关S,多次调节电阻箱,记下电流表的示数I和电阻箱相应的阻值R,以为纵坐标,为横坐标,作出图线(用直线拟合);用E表示电源的电动势,则与的关系式为(用题目中的符号表示).(3)E= ,R x= (结果用k,b和题目中的符号表示).24.(12分)如图(1)所示,一根直杆AB与水平面成一定角度,在杆上套一个小物块,杆底端B处有一弹性挡板(不计物块与挡板碰撞损失的能量),杆与板面垂直,现将物块拉到A点静止释放,物块下滑与挡板第一次碰撞前后的vt图像如图(2)所示,物块最终停止在B点.重力加速度为g=10 m/s2,求:(1)物块与杆之间的动摩擦因数μ;(2)物块滑过的总路程s.25.(20分)如图(甲)所示,在直角坐标系0≤x≤L区域内有沿y轴正方向的匀强电场,右侧有一个以点(3L,0)为圆心、半径为L的圆形区域,圆形区域与x轴的交点分别为M,N.现有一质量为m、带电荷量为e的电子从y轴上的A点以速度v0沿x轴正方向射入电场,飞出电场后从M 点进入圆形区域,速度方向与x轴夹角为30°.此时在圆形区域加如图(乙)所示周期性变化的磁场(以垂直于纸面向外为磁场正方向),最后电子运动一段时间后从N点飞出,速度方向与进入磁场时的速度方向相同(与x轴夹角也为30°).求:(1)电子进入圆形磁场区域时的速度大小;(2)0≤x≤L区域内匀强电场场强E的大小;(3)写出圆形磁场区域磁感应强度B0的大小、磁场变化周期T各应满足的表达式.(二)选考题(共15分.请从给出的3道题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一个题目计分)33.[物理——选修33](15分)(1)(5分)下列说法正确的是.(填正确答案标号,选对1个得2分,选对2个得4分,选对3个得5分.每选错1个扣3分,最低得分为0分)A.分子间引力随分子间距离的增大而减小,分子间斥力随分子间距离的增大而增大B.分子力减小时,分子势能也一定减小C.绝热过程不一定是等温过程D.用油膜法估测分子直径的实验中,把用酒精稀释过的油酸滴在水面上,待测油酸面扩散后又收缩的原因是水面受油酸滴冲击凹陷后恢复以及酒精挥发后液面收缩E.有无确定的熔点可以区分晶体和非晶体(2)(10分)在托里拆利实验中,由于操作不慎,漏进了一些空气.当大气压强为75 cmHg时,管内外汞面高度差为60 cm,管内被封闭的空气柱长度是30 cm,如图所示.问:①此时管内空气的压强是多少?②若将此装置移到高山上,温度不变,发现管内外汞面高度差变为54 cm,山上的大气压强为多少(设管顶到槽内汞面的高度不变)?34.[物理——选修34](15分)(1)(5分)如图为一简谐横波在t=0.10 s时刻的波形图,P是平衡位置为x=1 m 处的质点,此刻P点振动方向沿y轴正方向,并经过0.2 s完成了一次全振动,Q是平衡位置为x=4 m处的质点,则.(填正确答案标号.选对1个得2分,选对2个得4分,选对3个得5分.每选错1个扣3分,最低得分为0分)A.波沿x轴负方向传播B.t=0.05 s时,质点Q的加速度为0,速度为正向最大C.从t=0.10 s到t=0.15 s,该波沿x轴传播的距离是2 mD.从t=0.10 s到t=0.15 s,质点P通过的路程为10 cmE.t=0.25 s时,质点Q纵坐标为10 cm(2)(10分)如图所示是一个半球形透明物体的侧视图,现在有一细束单色光沿半径OA方向入射,保持入射方向不变,不考虑光线在透明物体内部的反射.①将细光束平移到距O点R处的C点,此时透明体左侧恰好不再有光线射出,求透明体对该单色光的折射率;②若细光束平移到距O点0.5 R处,求出射光线与OA轴线的交点距O 点的距离?35.[物理——选修35](15分)(1)(5分)下列说法正确的是.(填正确答案标号.选对1个得2分,选对2个得4分,选对3个得5分.每选错一个扣3分,最低得分为0分)A.根据玻尔理论,氢原子在辐射光子的同时,轨道也在连续地减小B.放射性物质的温度升高,则半衰期减小C.用能量等于氘核结合能的光子照射静止氘核,不可能使氘核分解为一个质子和一个中子D.某放射性原子核经过2次α衰变和一次β衰变,核内质子数减少3E.根据玻尔理论,氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时,要释放一定频率的光子,同时电子的动能增大,电势能减小(2)(10分)如图所示,光滑水平直轨道上有三个滑块A,B,C,质量分别为m A=m C=2 m,m B=m,A,B用细绳连接,中间有一压缩的轻弹簧 (弹簧与滑块不拴接).开始时A,B以共同速度v0运动,C静止.某时刻细绳突然断开,A,B被弹开,然后B又与C发生碰撞并粘在一起,最终三滑块速度恰好相同.求:①B与C碰撞前B的速度;②弹簧具有的弹性势能.。