天津市十二区县重点高中2016届高三毕业班第一次联考物理试题(含答案)

天津市河东区2016高考一模物理试题与解析 1、解析：A ：汤姆孙证明原子还可以再分;B ：卢瑟福证明原子具有核式结构;C ：爱因斯坦证明光具有粒子性;D:正确。

2、解析：A ：错误，根据入射角60°，出射角对称，几何关系可知折射角为30°，即折射率为3；B ：正确，因为a 折射不明显，所以a 波长长，折射率小，所以条纹间距大；C ：错误，根据B 的分析，b 光能量高于a 光，所以b 光能发生光电效应，a 光不一定能；D ：错误，光疏介质到光密介质传输的光，不可能发生全反射。

3、解析：由波形图可得波长λ=4m，则T=s v 4.0104==λ，可知t=0.1s 为T/4.选取t=0时刻波形图上的点，利用同侧法判断T/4后点的位置进行描点画图法可得答案。

（选取x=1m 处和x=2m 处两点T/4后分别到达波峰和平衡位置。

）4、解析：A：当滑动变阻器R 2的触头P 向下滑动时，电阻增大，外电路电阻增大，干路电流减小，电源内压减小，则路端电压增大，电压表读数增大，故A 错误；B：干路电流减小，R 1消耗的功率减小，故B 错误；C：电源输出功率与外电路电阻和内阻的关系有关，题目中不明确，故C 错误；D：电容器的电压U=E-I（R 1+r），I 减小，其它量不变，则U 增大，由Q=CU 知，电容器C 的带电量增加，故D 正确。

5、解析：A：由于移到无穷远中外力克服电场力做功，可知Q 是负电荷，又B 点较A 点更远，则B 点电势高；B：由于B 点较A 点距离Q 更远，A 的场强大于B 点场强；C、D：由于移到无穷远过程中，外力克服电场力做功相等，且无穷远处为零电势能，则Q 1在A 点的电势能与Q 2在B 点的电势能相同，可知Q 1的电荷量小于Q 2的电荷量。

6. 解析C 、根据，解得，T=，知轨道半径越大，线速度越小，因为第一宇宙速度的轨道半径等于地球的半径，所以第一宇宙速度大于M 、N 的速度大小，M 的速率小于N 的速率．M 的周期大于N 的周期．故C 正确，A 、B 错误．D 、N 适度加速，使得万有引力不够提供向心力，做离心运动离开原轨道，会与M 实现对接．故D 正确．故选CD ．7. 解析解：A 、由图象可知，交流电的周期为0.02s ，所以交流电的频率为50Hz ，所以A 正确．B 、根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的最大值为310V ，所以副线圈的电压的最大值为31V ，所以电压的有效值为V=V ，所以B 错误．C 、原副线圈电流之比等于匝数的反比，故原副线圈的电流之比不变，故C 错误．D 、P 右移，R 变小，原副线的电流都变大．而电压不变，故功率增大，故D 正确； 故选：AD ．8. 解析解：A 、运动员和弹性网接触的过程中先加速然后减速，故开始动能并非最大，故A 错误；B 、运动员从最高点落下直至最低点的过程中，弹簧弹力以及空气阻力一直做负功，因此其机械能一直减小，故B 正确；C 、重力势能的减小量等克服阻力做功和弹性势能的增加量之和，故C 正确；D 、根据功能关系可知，重力做功等于克服空气阻力和弹簧弹力做功的代数和，故D 错误．故选BC ．9.(1) 2 大于（2） ①ABC ②(h 3-h 1)f/2 ③ A(3) ① 10 A② C③ D10.解：1) 设细线烧断后，乙的速度为v，对乙物体由机械能守恒得：!"m "v "=m "g.2R +!"m "v +"乙球恰能通过最高点D，则m "g =m ",-./解得：v =5gR =4m/s 对于甲、乙及弹簧组成的系统，机械能守恒，弹簧的弹性势能等于细线烧断后乙获得的动能，即：E 6=!"m "v "=2.4J 2) 若甲球不固定，取向右为正方向，甲、乙及弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒：m "v "−m !v !=0E 6=12m !v !"+12m !v "" 解得：v "=2m/s由动量定理：I =m "v "−0=0.6N.s11.解：1) 当ab 刚好不下滑，由平衡条件得：mg sin 30°=µμmg cos 30°解得µμ=HH2) 设ab 刚好要上滑时，cd 棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律得：E =BL v ①设回路中感应电流为I，由闭合电路欧姆定律得：I =M /N O/N ② 设ab 所受安培力为F， F =BIL ③此时ab 受到的摩擦力为最大静摩擦力，沿斜面向下，由平衡条件得：F = m g sin 30°+µμmg cos 30° ④联立①②③④ 解得 v =8m/s3) 设ab 棒的运动过程中产生的总热量为Q由能量守恒得：F.x =!"mv "+Q Q =1J Q WX=R !R !+R "Q =0.2J12.解：1) 由动能定理：qU =!"mv +" 解得：v +=1∗10\m/s2) 分析可知，粒子在有界磁场中做圆周运动的圆心N 恰好在圆周上，从M 点水平射出磁场，可得半径r =3R =0.3m圆周运动中 qv +B =,-._ ，解得B=0.1T3) 粒子进入电场后做类平抛运动水平位移x =v +t =2R =H a m 竖直位移y =!"v c ∗t =Rsin60°=0.15m又v =v +"+v c" 解得：v =d"∗10\m/s4) 当电场强度取得最大值E 时，临界条件是粒子打到板上时轨迹恰好与板面相切，即速度方向沿板GH，由类平抛运动规律，粒子的速度反向延长线与水平位移的交点是其中点Q则有M‘Q =2R −Rsin60°cos60°=0.153mx =0.33=v +tv ch v +tan60°a =qE/m解得：E=1000V/m。

2016年天津市和平区高考物理一模物理试卷（含解析）参考答案与试题解析一、单项选择题（共5小题，每小题6分，满分30分）1．（6分）下列说法正确的是（）A．原子核发生一次β衰变，该原子外层就失去一个电子B．放射性元素的半衰期是针对大量原子的统计规律C．可利用某些物质在红外线照射下发出荧光粉设计防伪措施D．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的链式核裂变反应【分析】β衰变释放的电子不是来自核外电子，来自原子核；半衰期是针对大量原子的统计规律；某些物质在紫外线的照射下可以发出荧光；太阳内部进行的轻核聚变．【解答】解：A、β衰变的实质是原子核内的一个中子转为一个质子和一个电子，电子释放出来，不是来自核外电子，故A错误．B、半衰期具有统计规律，对大量的原子核适用，故B正确．C、可利用某些物质在紫外线照射下发出荧光粉设计防伪措施，故C错误．D、太阳辐射的能量主要来自太阳内部的聚变反应，故D错误．故选：B．【点评】本题考查了β衰变的实质、半衰期、电磁波、核聚变等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基本概念，基础题．2．（6分）如图所示，由两种单色光组成的一细光束SA从水中射向空气后，折射出两束单色光a，b，则下列判断正确的是（）A．在水中，b光的传播速度大于a光的传播速度B．在传播过程中，b光比a光更容易发生衍射现象C．若细光束SA绕A点顺时针方向转动，出射光线最先消失的是b光D．两种单色光分别通过同一双缝干涉装置形成的干涉条纹相比，出射光线最先消失的是b光大【分析】由图看出，两条光路入射角相同，a光的折射角小于b光的折射角．根据折射定律分析折射率的大小．由公式v=分析光在水中的速度关系．根据折射率小、波长长，波动性强，即可分析衍射和干涉现象．【解答】解：A、由图知，两光束的入射角i相同，a光的折射角较小，根据折射定律得到，a光的折射率小于b光的折射率．由公式v=分析知，在水中，b光的传播速度小于a光的传播速度．故A错误．B、水对b光的折射率较大，则b光的波长短，波动性较弱，a光的波动性较强，则a光比b光更容易发生衍射现象．故B错误．C、a光的折射率小，根据临界角公式sinC=，可知，a光的临界角较大，可知，若细光束SA绕A点顺时针方向转动，b光先发生全反射，出射光线最先消失的是b光．故C正确．D、b光的波长短，用同一双缝干涉实验装置分别以a、b光做实验，出射光线最先消失的是b光较小，故D错误；故选：C【点评】本题关键要掌握光的折射定律、全反射临界角公式、干涉和衍射的条件等多个知识点，同学们只要加强对光学基础知识的学习，就能轻松解答．3．（6分）一简谐横波在x轴上传播t=1s时的波形如图甲所示，x=4m处质点P 的振动图形如图乙所示，下列说法正确的是（）A．这列波的波速为4m/sB．这列波向左传播C．t=0s时，P点的速度沿y轴负方向D．2s时间内，P点沿x轴向右运动的距离为4m【分析】图甲为t=1s时的波动图象，图乙为介质中质点P的振动图象，由甲图读出波长，由乙图读出t=1s时刻质点P的速度方向和周期，再求出波速，在甲图上判断出波的传播方向．质点不随波向前移动．【解答】解：A、由甲图读出波长为λ=4m，由乙图读出周期为T=2s，则波速v===4m/s，故A正确；B、由乙图读出t=1s时刻质点P的速度方向沿y轴正方向，在甲图上，根据波形的平移法判断出波向左传播，故B正确．C、=1s时刻质点P的速度沿y轴正方向．t=1s=0.5T，则知t=0s时，P点的速度沿y轴负方向．故C正确．D、P点只上下振动，不随波向前移动，故D错误．故选：ABC【点评】本题要理解振动图象和波动图象各自的物理意义，由振动图象读出质点的振动方向，由波动图象判断波的传播方向，同时要抓住两种图象之间的联系．4．（6分）在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转动轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电动势随时间变化的规律如图乙所示，则下列说法正确的是（）A．t=0.01s时穿过线框的磁通量最小B．t=0.01s时穿过线框的磁通量变化率最大C．该线框匀速转动的角速度大小为50πD．电动势瞬时值为22V时，线圈平面与中性面的夹角为45°【分析】从图象得出电动势最大值、周期，从而算出频率、角速度；磁通量最大时电动势为零，磁通量为零时电动势最大，转速加倍，最大值加倍．【解答】解：AB、由图象知：t=0.01s时，感应电动势为零，则穿过线框的磁通量变化率也为零，而穿过线框的磁通量最大，AB错误；C、由图象可知，周期为0.02s，根据=100πrad/s，故C错误；D、电动势瞬时值为22V时，代入瞬时表达式，则有线圈平面与中性面的夹角为45°，故D正确；故选：D．【点评】本题考查了对交流电图象的认识，要具备从图象中获得有用信息的能力，并掌握有效值与最大值的关系．5．（6分）有a，b，c，d四颗地球卫星，a还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动，b处于地面附近近地轨道上正常运动，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，各卫星排列位置如图，则下列说法正确的是（）A．b在相同时间内转过的弧长最长B．a的向心加速度等于重力加速度gC．c在4h内转过的圆心角是D．d的运动周期有可能是23小时【分析】根据万有引力提供向心力得出线速度与轨道半径的关系，从而得出b、c、d的线速度大小，抓住a、c的角速度相等比较出a、c的线速度，从而判断相同时间内转过的弧长．c为同步卫星，抓住周期为24h，求出4h内转过的圆心角．d 的轨道半径大于c的轨道半径，d的周期大于c的周期．【解答】解：A、根据得，v=，由于r b＜r c＜r d，则v b＞v c＞v d，a、c的角速度相等，根据v=rω知，c的线速度大于a的线速度，可知b的线速度最大，则相同时间内转过的弧长最长，故A正确．B、a受万有引力和支持力作用，靠两个力的合力提供向心力，向心加速度小于重力加速度g，故B错误．C、c为同步卫星，周期为24h，4h内转过的圆心角，故C错误．D、根据得，T=，d的轨道半径大于c的轨道半径，则d的周期大于c的周期，可知d的周期一定大于24h，故D错误．故选：A．【点评】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论，知道线速度、周期与轨道半径的关系，注意a不是靠万有引力提供向心力．二、多项选择题（共3小题，每小题6分，满分18分）6．（6分）如图所示，物体在长度相等的细绳AO、BO的作用下处于静止状态，现将B点向右移动一小段距离，重新平衡后，与移动B点前相比较（）A．两绳的拉力的合力变大B．两绳的拉力的合力不变C．AO绳的拉力与重力的合力变大D．BO绳的拉力与重力的合力不变【分析】对点O受力分析，受重力和两根细绳的拉力；根据平衡条件，任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线．【解答】解：AB、对点O受力分析，受重力和两个拉力，如图，设两个拉力的夹角为θ，根据图象得到：故当B点向右移动一小段距离，角θ变大，两个拉力都变大；两个拉力的合力与重力等值、反向、共线，故两个拉力的合力不变，故A错误，B正确；C、AO绳的拉力与重力的合力与BO绳的拉力等值、方向、共线，由于BO绳的拉力变大，故AO绳的拉力与重力的合力变大，故C正确；D、BO绳的拉力与重力的合力与AO绳的拉力等值、方向、共线，由于AO绳的拉力变大，故BO绳的拉力与重力的合力变大，故D错误；故选：BC．【点评】本题关键根据平衡条件得到：三力平衡时，任意两个力的合力与第三力等值、方向、共线；求出拉力的具体表达式后分析．7．（6分）用一竖直向上的力将原来在地面上静止的重物向上提起，重物由地面运动至最高点的过程中，v﹣t图象如图所示，以下判断正确的是（）A．前3s内拉力功率恒定B．最后2s内货物处于超重状态C．前3s内与最后2s内货物的平均速度相同D．最后2s运动过程中，货物的机械能增大【分析】超重是物体所受的拉力或支持力大于物体所受重力的现象，当物体做向上加速运动或向下减速运动时，物体均处于超重状态，相反，当物体向上减速运动或向下加速运动时，物体均处于失重状态，根据图象判断物体的运动情况，然后判断物体的超重与失重情况．根据P=Fv求解功率．根据斜率求出物体的加速度，确定拉力做功情况，从而确定机械能变化情况．【解答】解：A、前3s内做匀加速直线运动，加速度不变，拉力不变，而速度增大，则功率增大，故A错误．B、最后2s内货物做匀减速上升，加速度向下，处于失重状态，故B错误．C、前3 s内货物做匀加速运动，平均速度为：，最后2s内货物做匀减速运动，平均速度为：，相同，故C正确．D、最后2s运动过程中，加速度a=＜10m/s2，则拉力方向向上，做正功，所以机械能增大，故D正确．故选：CD【点评】本题关键是根据v﹣t图象得到物体的运动情况，然后进一步判断超、失重情况，注意只要加速度向上，物体就处于超重状态．加速度向下，物体就处于失重状态．8．（6分）如图所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子（）A．所受重力与电场力平衡B．电势能逐渐增加C．动能逐渐增加D．做匀变速直线运动【分析】带电粒子在场中受到电场力与重力，根据粒子的运动轨迹，结合运动的分析，可知电场力垂直极板向上，从而可确定粒子的运动的性质，及根据电场力做功来确定电势能如何变化．【解答】解：A、D、根据题意可知，粒子做直线运动，则电场力与重力的合力与速度方向同向，粒子做匀加速直线运动，因此A错误，D正确；B、根据动能定理，由A选项分析可知，电场力做正功，则电势能减小，故B错误；C、因电场力做正功，则电势能减小，导致动能增加，故C正确；故选：CD．【点评】考查根据运动情况来确定受力情况，并由电场力做功来确定电势能如何，以及动能的变化．三、实验题（共3小题，满分18分）9．（4分）一质量为0.5kg的小球A以2.0m/s的速度和静止于光滑水平面上质量为1kg的另一大小相等的小球B发生正碰，碰撞后它以0.4m/s的速度反弹，则B 球获得的速度大小为 1.2m/s，在碰撞过程中，系统损失的机械能E p= 0.24J．【分析】碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律可以求出小球速度，由功能关系即可求出机械能的损失．【解答】解：碰撞过程，水平方向的动量守恒，选择向右为正方向，由动量守恒定律得：m1v1=m1v1′+m2v2，代入数据解得：v2=1.2m/s；系统损失的机械能等于减小的动能，为：代入数据得：△E=0.24J故答案为：1.2m/s，0.24J【点评】小球碰撞过程中动量守恒、机械能不守恒，由动量守恒定律与能量守恒定律可以正确解题，应用动量守恒定律解题时要注意正方向的选择．10．（6分）为验证在自由落体过程中物体的机械能是守恒的，某同学利用DIS 设计了一个实验，实验装置如图甲所示，图中A为电磁铁，B为光电门．有一直径为d、质量为m的金属小球通过电磁铁从A处由静止释放，下落过程中能通过A处正下方、固定于B处的光电门，测得A、B间的距离为H，光电计时器记录下小球通过光电门的时间为t，当地的重力加速度为g，且小球直径d远小于A、B间的距离H．则：（1）小球经过光电门B时的速度v B表达式为；（2）多次改变高度H，重复上述实验，作出﹣H的变化图象如图乙所示，当图线斜率k=时（用已知量g、d表示），可判断小球下落过程中机械能守恒；（3）实验中发现动能增加量△E k总是稍小于重力势能减少量△E P，增加下落高度后，△E P﹣△E k将增加（选填“增加”、“减小”、“不变”）．【分析】由题意可知，本实验采用光电门利用平均速度法求解落地时的速度；则根据机械能守恒定律可知，当减小的机械能应等于增大的动能；由原理即可明确注意事项及数据的处理等内容．【解答】解：（1）已知经过光电门时的时间小球的直径；则可以由平均速度表示经过光电门时的速度；故v=；（2）若减小的重力势能等于增加的动能时，可以认为机械能守恒；则有：mgH=mv2；即：2gH=（）2解得：=结合图象，则有：k=；（3）由于该过程中有阻力做功，而高度越高，阻力做功越多；故增加下落高度后，则△E p﹣△E k将增加；故答案为：（1）；（2）；（3）增加．【点评】本题为创新型实验，要注意通过分析题意明确实验的基本原理才能正确求解．11．（8分）为了测量某种材料制成的电阻丝R的电阻率，提供的器材有：A．电流表G（满偏电流I g=6mA，内阻R g=120Ω）B．电压表V（量程为6V，内阻约为2000Ω）C．螺旋测微器，毫米刻度尺D．电阻箱R0（0﹣99.99Ω）E．滑动变阻器R（最大阻值为5Ω）F．电池组E（电动势为6V，内阻约为0.05Ω）G．一个开关S和导线若干（l）用多用电表粗测电阻丝的阻值，当用“×10”挡时发现指针偏转角度过大，应该换用×1挡（填“×l”或“×100”），进行一系列正确操作后，指针静止时位置如图甲所示．（2）为了用改装好的电流表测量电阻丝R x的阻值，请根据提供的器材和实验需要，将图乙中电路图补画完整．（3）测得电阻丝的长度为L，电阻丝的直径为d，电路闭合后，调节滑动变阻器的滑片到合适位置，电压表V的示数为U，电流表G的示数为I．电阻箱的阻值为R0，请用已知量和测量量的字母号，写出计算电阻率的表达式ρ=．【分析】（1）用多用电表测电阻应选择合适的挡位使指针指在中央刻度线附近．（2）根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后根据伏安法测电阻的原理作出电路图．（3）应用欧姆定律与电阻定律求出电阻率的表达式．【解答】解：（1）因欧姆表不均匀，要求欧姆表指针指在欧姆表中值电阻附近时读数较准，当用“×10Ω”挡时发现指针偏转角度过大，说明倍率较大，应选择“×1”倍率．（2）由图甲所示可知，待测电阻阻值为：15×1=15Ω，电压表内阻很大，约为几千甚至几万欧姆，电压表内阻远大于电流表内阻，电流表应采用外接法，滑动变阻器最大阻值为5Ω，远小于待测电阻阻值，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，电路图如图所示：（3）由电阻定律可知，电阻：R=ρ=ρ，则电阻率：ρ=，根据欧姆定律得：R===，解得电阻率为：ρ=；故答案为：（1）×1；（2）如上图所示；（3）．【点评】本题考查了欧姆表的使用注意事项、电流表改装、设计电路图、求电阻率，根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法是设计电路图的关键，应用串并联电路特点、欧姆定律与电阻定律可以求出电阻率的表达式．四、计算题12．（16分）如图所示，一足够长的木板在水平场面上滑动，速度v1=10m/s时，将一相对于地面静止的物块轻放到木板右端，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间动摩擦因数μ1=0.4，g取10m/s2，求：（1）若地面光滑，经过多长时间物块相对木板停止运动？（2）若木板与地面间动摩擦因数μ2=0.1，木板与物块相对静止后还能向前滑行的距离．【分析】（1）根据牛顿第二定律分别求出物块和木板的加速度，结合速度时间公式求出速度相同所经历的时间．（2）若木板与地面间动摩擦因数μ2=0.1，根据牛顿第二定律求木板的加速度，由速度公式求出速度相等时的时间及共同速度．相对静止后一起做匀减速运动，结合牛顿第二定律和运动学公式求出还能向前滑行的距离．【解答】解：（1）放上木块后，物块的加速度为：a1==μ1g=4m/s2木板的加速度大小为：a2==μ1g=4m/s2设经过t时间速度相同，根据速度时间公式得：a2t=v1﹣a1t，解得：t==s=1.25s．（2）若木板与地面间动摩擦因数为：μ2=0.1，木板的加速度大小为：a2′==μ1g﹣2μ2g=2m/s2．设经过t′时间速度相同，根据速度时间公式得：a2′t′=v1﹣a1t′，解得：t′=s．共同速度为：v=a2′t′=2×=m/s共速后两者一起运动，加速度为：a==μ2g=1m/s2．木板与物块相对静止后还能向前滑行的距离为：x===m．答：（1）若地面光滑，经过1.25s时间物块相对木板停止运动．（2）若木板与地面间动摩擦因数μ2=0.1，木板与物块相对静止后还能向前滑行的距离是m．【点评】解决本题的关键理清物块和木板在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解，本题分析两个物体的运动规律是关键．13．（18分）如图所示，空间存在一有界匀强磁场，磁场方向竖直向下，磁感应强度B=0.5T，磁场的边界如图1所示，在光滑绝缘水平面内有一长方形金属线框，ab边长为L1=0.2m，bc边长为L2=0.75m（小于磁场宽度），线框质量m=0.1kg，电阻R=0.1Ω，在一水平向右的外力F作用下，线框一直做匀加速直线运动，加速度大小为a=2m/s2，ab边到达磁场左边界时线框的速度v0=1m/s，不计空气阻力．（1）若线框进入磁场过程中外力F做功为W F=0.27J，求在此过程中线框产生的焦耳热Q．（2）以ab边刚进入磁场时开始计时，在图2中画出ab边出磁场之前，外力F 随时间t变化的图象（标出必要的坐标值并写出相关计算公式）．【分析】（1）线框做匀加速直线运动，由匀变速直线运动的位移﹣速度公式求出cd即将进入磁场时线框的速度，由能量守恒定律可以求出线框产生的焦耳热．（2）由法拉第电磁感应定律求出电动势，有欧姆定律求出电流，然后结合安培力的公式以及牛顿第二定律即可求出拉力随时间的变化关系．【解答】解：（1）线框做匀加速直线运动，当cd即将进入磁场时：代入数据得：v=2m/s拉力做的功转化为线框的动能以及产生的焦耳热，由能量守恒定律得：W F=Q+，代入数据解得：Q=0.12J；（2）ab刚进入磁场时：E0=BL1v0=0.5×0.2×1=0.1V安培力：N开始时的拉力：F0=ma+F安0=0.1×2+0.1=0.3N设线框全部进入磁场的时间为t0，则：代入数据得：t0=0.5s在0.5s内线框内有感应电流，设经过t s时刻线框的速度为v，则：v=v0+at电动势：E=BL1v拉力：==0.1×2+（0.1+0.2t）可知，拉力F与时间t成线性关系；当t=0.5s开始：F=0.4N当时间t＞t0=0.5s后，金属线框内没有感应电流，受到的拉力不变大小为：F=ma=0.1×2=0.2N所以画出ab边出磁场之前，外力F随时间t变化的图象如图．答：（1）若线框进入磁场过程中外力F做功为W F=0.27J，在此过程中线框产生的焦耳热是0.12J．（2）如图．【点评】本题考查了求线框的速度、线框产生的焦耳热，分析清楚线框运动过程，应用牛顿第二定律、运动学公式、能量守恒定律即可正确解题．14．（20分）如图所示，L1、L2为两平行的直线，间距为d．L1下方和L2上方的空间有垂直于纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度均为B．现有一质量为m、电荷量为+q的粒子，以速度v从L1上的M点入射两线之间的真空区域，速度方向与L1成θ=30°角．不计粒子所受的重力，试求：（1）粒子从M点出发后，经过多长时间第一次回到直线L1上？（2）若在直线L1、L2之间的平面内，存在与图示速度方向垂直斜向上场强为E 的匀强电场，则粒子经过多长时间第一次到达直线L2？（3）若直线L1、L2之间无电场，v满足什么条件时，粒子恰好能回到M点？【分析】（1）粒子在两磁场间做匀速直线运动，应用匀速运动规律求出粒子在两磁场间的运动时间，粒子在上面磁场中做匀速圆周运动，求出粒子在磁场中的运动时间，然后求出粒子再次回到直线L1上需要的时间．（2）粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律可以求出粒子的运动时间．（3）作出粒子运动轨迹，根据几何关系可知，粒子在磁场中的轨道半径正好等于弦长，从而求出能够回到M点的几何关系．【解答】解：（1）粒子两磁场间的真空区域做匀速直线运动，粒子在L2上方磁场中做匀速圆周运动，粒子运动轨迹如图所示：粒子从L1到L2的时间：t1==，粒子在磁场中做圆周运动的周期：T=粒子在磁场中转过的圆心角：α=300°，粒子在磁场中的运动时间：t2=T=，粒子从M点出发后第一次回到直线L1上需要的时间：t=2t1+t2=+；（2）粒子在电场中做类平抛运动，其运动轨迹如图所示：沿场强方向的加速度为a=，位移：y=at2沿初速度方向的位移为：x=v0t，由几何关系可得：（xtan30°+y）cos30°=d由以上各式可得：t=（负值舍去）（3）粒子在真空区域做匀速直线运动，在磁场中做匀速圆周运动，粒子运动轨迹如图所示：几何关系可知，粒子在磁场中的轨道半径正好等于弦长．要使粒子在L2上方的磁场中经过n次偏转能回到M点，粒子在磁场中的轨道半径必须满足：R=（n+1）dcot30°（n=1，2，3…）①粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供圆周运动向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m②由①②解得：v=（n=1，2，3…）答：（1）粒子从M点出发后，经过时间：+第一次回到直线L1上．（2）若在直线L1、L2之间的平面内，存在与图示速度方向垂直斜向上场强为E 的匀强电场，则粒子经过时间第一次到达直线L2．（3）若直线L1、L2之间无电场，粒子恰好能回到M点时v满足的条件是：v=（n=1，2，3…）．【点评】本题考查了粒子在磁场与电场中的运动，分析清楚粒子运动过程是正确解题的关键，应用牛顿第二定律、运动学公式即可解题；处理粒子在磁场中运动的关键是：作出粒子运动的轨迹图，通过几何关系找出粒子运动的半径以及圆心角．。

2016年天津市十二区县重点学校高三毕业班联考（一）理科综合能力测试物理部分第Ⅰ卷注意事项：1．每小题选出答案后，把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。

2．本卷共8题，每题6分，共48分。

一、选择题（每小题6分，共30分。

每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）1、如图所示，两束不同的单色光P和Q射向半圆形玻璃砖，其出射光线都是从圆心O点沿OF方向，由此可知（ B ）A．Q光穿过该玻璃所需的时间比P光短B．若P光照射某金属时恰能逸出光电子，Q光照射该金属时也能逸出光电子C．P、Q两束光以相同的入射角从水中射向空气，若Q光能发生全反射，则P光也一定能发生全反射D．如果让P、Q两束单色光分别通过同一双缝干涉装置，P光形成的干涉条纹间距比Q光的小2、如图甲所示，矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴在匀强磁场中匀速转动，产生交流电的电动势如图乙所示，通过原、副线圈的匝数比为1∶10的理想变压器给一灯泡供电，如图丙所示，副线圈电路中灯泡额定功率为22W，现闭合开关，灯泡正常发光，则（ C ）A．t=时刻穿过线框回路的磁通量为零 B．交流发电机的转速为100r/sC．变压器原线圈中电流表示数为1A D．灯泡的额定电压为3、在某星球表面以初速度v0竖直上抛一个物体，若物体只受该星球引力作用，该物体由抛出到落回抛出点的时间为t ，已知该星球的直径为D ，万有引力常量为G ，则可推算出这个星球的质量为（ A ）A ．202D Gt vB ．208D Gt vC ．204D Gt v D ．20D Gt2v4、如图甲所示，一个质量为3kg 的物体放在粗糙水平地面上，从零时刻起，物体在水平力F 作用下由静止开始做直线运动，在0～3s 时间内物体的加速度a 随时间t 的变化规律如图乙所示。

则（ B ） A ．F 的最大值为12NB ．0～1s 和2～3s 内物体加速度的方向相同C ．1s 末物体的速度最大，最大速度为4m/sD ．在0～1s 内物体做匀加速运动，2～3s 内物体做匀减速运动5、如图所示，两电荷量都是Q 的正点电荷对称地放置在x 轴上原点O 的两侧，a 、b 两点分别在x 轴和y 轴上。

2016年天津市河北区高考一模试卷物理一、单项选择题1.关于原子和原子核的几种说法，正确的是( )A.β衰变说明原子核内部存在电子B.原子光谱规律表明原子具有核式结构C.天然放射现象说明原子核有复杂结构D.α粒子散射实验表明玻尔原子理论的正确解析：A、β衰变是原子核内的中子转化为质子同时释放出电子，不是证明原子核内部存在电子，故A错误；B、α粒子散射实验说明原子具有核式结构，没有表明玻尔原子理论的正确，故BD错误；C、天然放射现象说明原子核内部具有复杂结构，故C正确。

答案：C2.一个物块在粗糙水平面上，受到的水平拉力F随时间t变化如图甲所示，速度v随时间t变化如图乙所示(g=10m/s2)。

由图中数据可求得物块的质量m，物块与水平面间的动摩擦因数μ。

则下列几组中正确的是( )A.1Kg，0.4B.1Kg，0.1C.2Kg，0.2D.2Kg，0.4解析：4s以后做匀速直线运动，知拉力等于摩擦力，则f=8N。

则2﹣4s内，匀加速直线运动的加速度a=2m/s2，根据牛顿第二定律得，F﹣f=ma，解得m=。

则动摩擦因数。

故D正确，A、B、C错误。

答案：D3.一质点以坐标原点O为中心位置在y轴方向上做简谐运动，其振动图象如图甲所示。

振动在介质中产生的简谐横波沿x轴正方向传播，波速为1.0m/s。

t=0s时此质点开始振动，经过2s后此质点立即停止运动，再经过1s后的波形图是图乙中的(振动和波形图中质点的位移都规定向上为正)( )A.B.C.D.解析：根据△x=v△t=1×1m=1m，知道2s内产生的波在波源停止振动后，再经过1s向前传播1m。

由振动图象知，t=0时刻质点向上振动，所以介质中各个质点均向上起振，结合波形平移法知，B图正确。

故B正确，A、C、D错误。

答案：B4.如图所示，M、N两点分别放置两个等量种异电荷，A为它们连线的中点，B为连线上靠近N的一点，C为连线的中垂线上处于A点上方的一点，在A、B、C三点中( )A.场强最小的点是A点，电势最高的点是B点B.场强最小的点是A点，电势最高的点是C点C.场强最小的点是C点，电势最高的点是B点D.场强最小的点是C点，电势最高的点是A点解析：根据等量异种电荷电场线的分布，知道E B＞E A＞E C，场强最小的是C点。

2016年天津市十二区县重点中学高三毕业班联考（一）语文试卷本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分,共150分，考试时间150分钟。

第Ⅰ卷 1至 5页，第Ⅱ卷6至10页。

考试结束后，将答题卡交回。

第Ⅰ卷（选择题每小题3分，共36分）注意事项：1．答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目涂写在答题卡上。

2．选出答案后，用铅笔把答案卡上对应的题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再填涂其他答案，不能答在试卷上。

一、（15分）1.下列各组词语中，加点字读音全都正确的一项是A.眼睑．(jiǎn) 抽噎．(yē) 甲壳．(ké) 寅吃卯．(mǒu)粮B.当．真(dàng) 摒．除(bìng) 文档．(dàng) 龇．（zī）牙咧嘴C.掮．客(qián) 腈．(qíng)纶蹁．(piān)跹踽踽．(jǔ)独行D.咂．摸(zá) 顷．刻(qǐng) 打烊．(yàng) 狼奔豕．(shǐ)突2.下列词语中，没有错别字的一组是A. 迷团整饬工夫茶功亏一聩B. 福祉蜇伏撒手锏名僵利锁C. 央浼靡费烟袋杆一笔勾销D. 沉湎泄秘荧火虫委曲求全3．下列各句中，加点的成语使用恰当的一句是A．铬超标药用胶囊事件发生后，有关方面负责人表示对毒胶囊事件一定要防微杜渐．．．．，坚决严肃依法查处，确保人民群众利益。

B．我很爱语文那份文化底蕴的修炼，数学那份天马行空．．．．的逻辑，英语那份异域文化的风情，物理看待问题的新角度。

C．随着互联网的快速发展，各种网络谣言也不翼而飞．．．．，这不仅损害了公民权益，而且损害了政府形象，整治网络谣言已是人心所向。

D．菲律宾等国家为了搅动南海局势，近来不断谋求大国介入南海事务，这无疑是抱薪救火．．．．，势必对该地区的和平与稳定造成极大影响。

4.下列句子没有语病、语意明确的一句是A．有关统计调查显示，一、二月我市空气质量下降，可吸入颗粒物浓度严重超标。

天津市河东区2016年高考一模考试理综试卷（物理部分）理科综合能力测试分为物理、化学、生物三部分，共300分，考试用时150分钟。

物理试卷分为第I卷（选择题）和第Ⅱ卷两部分，第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ卷4至8页，共120分。

第Ⅰ卷一、单项选择题（每小题6分，共30分。

每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）1．下列史实能说明原子核有微观结构的是A．汤姆孙对阴极射线的研究发现了电子B．卢瑟福的α粒子散射实验发现少数α粒子发生了大角度偏转C．爱因斯坦利用光子理论成功解释了光电效应现象D．贝克勒尔发现了天然放射现象2．如图所示，真空中有一个质量均匀分布的玻璃球体，由a、b两种单色光组成的复合光束射入该玻璃球体，当入射角θ等于60°时，其折射光束和出射光束如图所示。

已知a光束第一次射出此玻璃球体后的出射光束相对复合光束的偏转角也为60°，则下列说法正确的是A．该玻璃球体对a光的折射率为 2B．用同一装置分别进行双缝干涉实验时，a光的条纹间距比b光大些C．若b光能使某种金属发生光电效应，则a光也一定能使该金属发生光电效应D．适当增大入射角θ，a、b光束都可能发生全反射3．一列简谐横波沿x轴正方向传播，在t＝0时波形如图甲所示，已知波速为10m/s。

则当t＝0.1 s时正确的波形图应是图乙中的4．如图所示的电路中，当滑动变阻器R2的滑动触头P向下滑动时A．电压表的读数减小0B．R1消耗的功率增大C．电源的输出功率增大D．电容器C所带电荷量增多5．如图所示，在点电荷Q 产生的电场中，将两个带正电的试探电荷q 1、q 2分别置于A 、B 两点，虚线为等势线。

取无穷远处为零电势点，若将q 1、q 2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，则下列说法正确的是A ．A 点电势大于B 点电势 B ．A 、B 两点的电场强度相等C ．q 1的电荷量小于q 2的电荷量D ．q 1在A 点的电势能小于q 2在B 点的电势能二、不定项选择题（每小题6分，共18分。

2016年天津市河东区高考物理一模试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共5小题，共30.0分)1.下列史实能说明原子核有微观结构的是（）A.汤姆孙对阴极射线的研究发现了电子B.卢瑟福的α粒子散射实验发现少数α粒子发生了大角度偏转C.爱因斯坦利用光子理论成功解释了光电效应现象D.贝克勒尔发现了天然放射现象【答案】D【解析】解：A、汤姆逊研究阴极射线，是发现电子的实验，不能说明原子核有微观结构，故A 错误；B、α粒子散射实验中极少数α粒子的大角度偏转说明原子内存在原子核，故B错误；C、光电效应实验说明光具有粒子性．故C错误；D、元素放射性的发现揭示原子具有复杂的结构．故D正确．故选：D本题比较简单，考查了近代物理中的几个重要试验及发现，要了解这些试验及发现的内容及其重要物理意义．本题考查对物理学史、常识的识记能力，对于类似知识要注意平时的积累与记忆．2.如图所示，真空中有一个质量均匀分布的玻璃球体，由a、b两种单色光组成的复合光束射入该玻璃球体，当入射角θ等于60°时，其折射光束和出射光束如图所示．已知a光束第一次射出此玻璃球体后的出射光束相对复合光束的偏转角也为60°，则下列说法正确的是（）A.该玻璃球体对a光的折射率为B.用同一装置分别进行双缝干涉实验时，a光的条纹间距比b光大些C.若b光能使某种金属发生光电效应，则a光也一定能使该金属发生光电效应D.适当增大入射角θ，a、b光束都可能发生全反射【答案】B【解析】解：A、根据折射定律：n=°°=，故A错误；B、b光的折射率大于a光的折射率，折射率越大的光频率越大，波长越短，进行双缝干涉实验时，根据干涉条纹间距公式△x=λ，则有a光的条纹间距比b光大些，故B正确；C、因b光的折射率大于a光的折射率，则b的频率高于a，当b光能使某种金属发生光电效应，则a光不一定能使该金属发生光电效应，故C错误；D、光从空气射向玻璃，是光疏介质射向光密介质，不可能发生全反射，故D错误；故选：B．所有色光在真空中传播速度都相同．先根据光路图读出b光偏折程度大于a光的偏折程度，从而根据折射定律得出b光的折射率大于a光的折射率，折射率越大的光频率越大，波长越短，并结合光的全反射条件，即可一一求解．本题关键掌握“折射率越大的光偏折越大”，以及光发生全反射的条件，注意干涉条纹公式的内容，理解光的折射定律内容中入射角与折射角的确定．3.一列简谐横波沿x轴正方向传播，在t=0s时波形如图所示，已知波速为10m/s，则t=0.1s时正确的波形是图中的（）A. B. C.D.【答案】C【解析】解：根据图象可知，波长λ=4m，所以T=所以t=0.1s时，波形向右平移个波长，所以C正确．故选C先根据图象得到波长，根据波长和波速的关系求出周期，进而即可求解．本题采用波形平移法研究波形图的，是经常运用的方法．抓住波形经过一个周期向前平移一个波长．4.在如图所示的电路中，当滑动变阻器R2的滑动触头P向下滑动时（）A.电压表的读数减小B.R1消耗的功率增大C.电容器C的电容增大D.电容器C所带电量增多【答案】D【解析】解：A、当滑动变阻器R2的滑动触头P向下滑动时，变阻器在路电阻增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，电源的内电压减小，则路端电压增大，电压表的读数增大．故A错误．B、干路电流减小，R1消耗的功率减小．故B错误．C、电容器的电容与R2无关，其电容不变，故C错误．D、电容器的电压U=E-I（R1+r），I减小，其他量不变，则U增大，由Q=CU知，电容器C所带电量增多．故D正确．故选：D当滑动变阻器R2的滑动触头P向下滑动时，变阻器在路电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流和路端电压的变化，即可知电压表读数和R1消耗的功率的变化情况．电容器的电压等于变阻器R2两端的电压，根据欧姆定律分析电容器电压的变化，即可知其电量的变化情况．本题是含有电容的电路，根据欧姆定律分析电压和电流的变化，即可判断电容器的电荷量如何变化．5.如图，在点电荷Q产生的电场中，将两个带正电的试探电荷q1、q2分别置于A、B两点，实线为等势线．取无穷远处为零电势点，若将q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，则下列说法正确的是（）A.A点电势大于B点电势B.A、B两点的电场强度相等C.q1的电荷量小于q2的电荷量D.q1在A点的电势能小于q2在B点的电势能【答案】C【解析】解：A、由题，将两个带正电的试探电荷q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做功，则知Q与两个试探电荷之间存在引力，说明Q带负电，电场线方向从无穷远处指向Q，则A点电势小于B点电势．故A错误．B、由点电荷场强公式E=k分析可知，A点的场强大于B点的场强．故B错误．C、由图分析可知：A与无穷远间的电势差大于B与无穷远间的电势差，将q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，根据电场力做功公式W=q U，得知，q1的电荷量小于q2的电荷量．故C正确．D、将q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，两个试探电荷电势能的变化量相等，无穷远处电势能为零，则q1在A点的电势能等于q2在B点的电势能．故D错误．故选C将两个带正电的试探电荷q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做功，说明Q 带负电，即可判断A、B电势高低；由点电荷场强公式E=k分析场强的大小；由图分析可知：A与无穷远间的电势差大于B与无穷远间的电势差，根据电场力做功公式W=q U，分析电荷量的大小；根据电场力做功与电势能的关系，即可判断q1在A点的电势能与q2在B点的电势能的大小．本题根据电场力做功与电势能变化的关系分析电势能的大小，根据公式E=k分析场强的大小等等，都是常用的思路．二、多选题(本大题共1小题，共6.0分)6.如图所示，M和N是绕地球做匀速圆周运动的两颗人造地球卫星，虚线为各自轨道．由此可以判定（）A.M的周期小于N的周期B.M运行速率大于N的运行速率C.M、N的运行速率均小于7.9km/sD.N必须适度加速才有可能与M实现对接【答案】CD【解析】解：A、根据得，v=，T=，M的轨道半径大，则M的周期大于N的周期，M的线速度小于N的线速度，故AB错误．C、根据v=知，7.9km/s是做圆周运动最大的环绕速度，可知M、N的运行速率均小于7.9km/s，故C正确．D、N需加速，使得万有引力小于向心力，做离心运动，可以实现与M对接，故D正确．故选：CD．根据万有引力提供向心力得出周期、线速度与轨道半径的关系，从而比较大小．结合变轨的原理，抓住万有引力和向心力的大小关系确定加速还是减速．解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论，知道线速度、周期等与轨道半径的关系，以及掌握变轨的原理．三、单选题(本大题共1小题，共6.0分)7.一理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头．下列说法正确的是（）A.副线圈输出电压的频率为5H zB.副线圈输出电压的有效值为31VC.P向右移动时，原、副线圈的电流比减小D.P向右移动时，变压器的输入功率增加【答案】D【解析】解：A、由图象可知，交流电的周期为0.02s，所以交流电的频率为50H z，所以A错误．B、根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的最大值为310V，所以副线圈的电压的最大值为31V，所以电压的有效值为V=≈22V，所以B错误．C、P右移，R变小，副线的电压不变，则副线圈的电流变大，原线圈的电流也随之变大；但原、副线圈的电流比等于匝数比的倒数，是不变的，故C错误．D、P向右移动时，滑动变阻器的电阻较小，副线圈的电压不变，所以电路消耗的功率将变大，变压器的输入功率、输出功率均增加，故D正确．故选：D．根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论．电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路．四、多选题(本大题共1小题，共6.0分)8.蹦床是青少年喜欢的一种体育活动，蹦床边框用弹簧固定有弹性网，运动员从最高点落下直至最低点的过程中，空气阻力大小恒定，则运动员（）A.刚接触网面时，动能最大B.机械能一直减少C.重力势能的减少量大于弹性势能的增加量D.重力做功等于克服空气阻力做功【答案】BC【解析】解：A、运动员和弹性网接触的过程中先加速然后减速，故开始动能并非最大，故A错误；B、运动员从最高点落下直至最低点的过程中，弹簧弹力以及空气阻力一直做负功，因此其机械能一直减小，故B正确；C、根据功能关系可知，重力做功等于克服空气阻力和弹簧弹力做功的代数和，则重力势能的减少量大于弹性势能的增加量，故C正确，故D错误．故选：BC运动员与弹簧接触过程中开始时重力大于弹力，先做加速度逐渐减小的加速运动，当合外力为零时，速度最大，然后做加速度逐渐增大的减速运动；运动员从最高点落下直至最低点的过程中根据功能关系可知：运动员减小的重力势能除了克服阻力做功之外全部转化为弹簧的弹性势能．对于弹簧累问题要用动态的观点进行分析，解决这类的问题的关键是正确分析弹簧弹力的变化，明确各种功能关系的转化．五、计算题(本大题共1小题，共4.0分)9.如图所示是一个质点做匀变速直线运动的x-t图象中的一段，从图中所给的数据可以确定，质点在运动过程中t=3.5s时的速度等于______ m/s；x=4m时的速度______ t=3.5s时的速度．（填“大于”、“小于”或“等于”）【答案】2；大于【解析】解：物体做的是匀变速直线运动，P点为AB段位移的中间位置，而这段时间的平均速度的大小为===2m/s，根据匀变速直线运动的规律可知，此段位移中间时刻的瞬时速度即为2m/s．根据位移图象的斜率等于速度，可知质点做匀加速直线运动，则x=4m时的速度大于t=3.5s时的速度．故答案为：2；大于．物体做的是匀变速直线运动，P的速度为3-5这段位移的中间位置的瞬时速度的大小，这段位移的平均速度的大小为2m/s，由中间时刻的瞬时速度和中间位置的瞬时速度的关系可以做出比较．本题根据匀变速直线运动的推论可以较快的得出结论，但这要求在平时的学习中一定要能够牢固的掌握好规律．六、实验题探究题(本大题共2小题，共14.0分)10.在用“落体法”做“验证机械能守恒定律”的实验时，所用电源的频率为f；小明选择一条较为满意的纸带，如图所示．他舍弃前面密集的点，以O为起点，从A点开始选取纸带上连续点A、B、C…，测出O到A、B、C…的距离分别为h1、h2、h3…．①为减少阻力对实验的影响，下列操作可行的是______A．选用铁质重锤B．安装打点计时器时使两限位孔在同一竖直线上C．释放纸带前，手应提纸带上端并使纸带竖直D．重锤下落中手始终提住纸带上端，保持纸带竖直②打B点时，重锤的速度v B为______ ．③在操作、测量与计算均无误的情况下，小明用实验测得数据画出的v2-h图象应是下图中的______【答案】ABC；；B【解析】解：①A、为了减小阻力的影响，实验时重锤选择质量大一些的，体积小一些的，故A 正确．B、安装打点计时器使两限位孔在同一竖直线上，从而减小阻力的影响，故B正确．C、释放纸带前，手应提纸带上端并使纸带竖直，可以减小阻力，故C正确．D、重锤下落过程中，手不能拉着纸带，故D错误．故选：ABC．②根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度知，B点的瞬时速度为：=．③根据动能定理得：解得：，则v2-h是一条倾斜的直线，且在纵轴上由截距，故B正确．故选：B故答案为：①ABC；②；③B（1）根据实验的原理以及操作中的注意事项确定正确的操作步骤；（2）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；（3）根据动能定理求出表达式分析即可．解决本题的关键知道实验的原理，以及操作中的注意事项，能根据动能定理求出表达式从而选择图象，难度中等．11.有一阻值在500Ω左右的定值电阻，额定功率为0.20W，现用电流表和电压表测量它的阻值，备有如下器材：A．电流表：量程0-30m A，内阻约20ΩB．电流表：量程0-300m A，内阻约1ΩC．电压表：量程0-3V，内阻约2.5kΩD．电压表：量程0-15V，内阻约20kΩE．变阻器：阻值范围0-20Ω，额定电流2AF．电源：输出电压12V，内阻不计另有开关和导线若干．①测量时，为使被测电阻不被烧坏，实验中被测电阻两端的电压应控制在______ V以下，据此电流表应选用______ （用器材序号填写）②为了减小测量误差，并能方便的进行多次测量取平均值，在如图所给的四种测量电路中，应选用______③在操作、测量与计算均无误的情况下，若实验中选择了C所示的电路，测得的结果是488Ω，若选择了D所示的电路，测得的结果是519Ω，则______A．该电阻的真实阻值更接近519Ω，且应略小于519ΩB．该电阻的真实阻值更接近519Ω，且应略大于519ΩC．该电阻的真实阻值更接近488Ω，且应略大于488ΩD．该电阻的真实阻值更接近488Ω，且应略小于488Ω④对于该待测电阻的I-U图线，理想情况下I-U图线用实线所示，若选择用图B进行实验，所绘制的I-U图线用虚线表示，则在如图所示的几个图线总可能正确的是______【答案】10；A；C；C；D【解析】解：①由可得I=则被测被测电阻两端的电压应控制在10V以下，据此电流表应选用A②因电压表内阻较大，则用电流表外接法，多测量数据，则用分压式接法，可知应选择电路为C③由②知C电路误差小，因为外接法测电阻测量值小于真实值，则其真实值要略大于488Ω，则C正确④同一电压下实际电流要小，则可确定其图象为D故答案为：①10；②C；③C；④D①由功率与电阻的约值要可确定工作电压值从而确定其电压与电流表的量程．②因所选电压表内阻大，则要用电流表外接法，要多测量数据，则用分压式接法．③外接法测电阻偏小，则其真实值要大于测量值④同一电压下实际电流要小，则可确定其图象．在电学实验的考查中，经常考查到仪表的选择、电流表内外接法的选择及实验数据的处理，故应注意此类问题的解法；在实验中要注意把握准确性及安全性原则．七、计算题(本大题共3小题，共54.0分)12.如图所示，光滑的水平面AB与半径为R=0.32m的光滑竖直半圆轨道BCD在B点相切，D为轨道最高点．用轻质细线连接甲、乙两小球，中间夹一轻质弹簧，弹簧与甲、乙两球不拴接．甲球的质量为m1=0.1kg，乙球的质量为m2=0.3kg，甲、乙两球静止．现固定甲球，烧断细线，乙球离开弹簧后进入半圆轨道恰好能通过D点．重力加速度g取10m/s2，甲、乙两球可看作质点．（1）试求细线烧断前弹簧的弹性势能E P；（2）若甲球不固定，烧断细线，求从烧断细线开始到乙球脱离弹簧过程中，弹簧对乙球的冲量I．【答案】解：（1）设乙球在D点处的速度为v，对乙球，在D处：m2g=…①E P=m2g（2R）+m2v2…②，由①②式并代入数据得：E P=2.4J…③，（2）设甲、乙两球脱离弹簧时速度大小分别为v1、v2，以v1的方向为正方向，根据动量守恒定律得：m1v1=m2v2…④根据能量守恒定律得：E P=m1v12+m2v22…⑤根据动量定理得：I=m2v2…⑥由④⑤⑥式并代入数据得冲量大小：I=0.6N•s，方向：水平向右．答：（1）细线烧断前弹簧的弹性势能E P为2.4J；（2）从烧断细线开始到乙球脱离弹簧过程中，弹簧对乙球的冲量I大小为为0.6N•s，方向水平向右．【解析】（1）乙球恰好能通过D点，由重力提供向心力，列式求出乙球通过D点时的速度大小．根据机械能守恒可求出烧断细线后瞬间乙球的速度．根据系统的机械能守恒求解细线烧断前弹簧的弹性势能．（2）若甲球不固定，烧断细线的过程，两球组成的系统动量守恒，机械能也守恒，运用两大守恒定律列式，可求得细线烧断瞬间两球的速度大小，再对乙球，根据动量定理求解即可．分析清楚运动过程，应用牛顿第二定律、动量守恒定律、能量守恒定律即可正确解题，要求同学们能正确分析物体的受力情况，难度适中．13.如图所示装置由水平轨道与倾角为θ=30°的倾斜轨道连接而成．水平轨道所在空间存在磁感应强度大小为B=0.5T、方向竖直向上的匀强磁场；倾斜轨道所在空间存在磁感应强度大小为B=0.5T、方向垂直于轨道平面向上的匀强磁场．质量m=0.1kg、长度L=0.5m、电阻R1=0.1Ω的导体棒ab置于倾斜轨道上，刚好不下滑；然后将电阻R2=0.4Ω、质量、长度与棒ab相同的光滑导体棒cd置于水平轨道上，用恒力F=8.4N拉棒cd，使之在水平轨道上向右运动．棒ab、cd与导轨垂直，且两端与导轨保持良好接触，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g=10m/s2，不计轨道电阻．（1）求ab与导轨间的动摩擦因数μ；（2）求当ab刚要向上滑动时cd速度v的大小；（3）若从cd刚开始运动到ab刚要上滑过程中，cd在水平轨道上移动的距离为x=0.5m，求此过程中ab上产生的热量Q ab．【答案】解：（1）设ab棒受到的最大静摩擦力大小为f mab刚好不下滑，有：mgsinθ=f m…①f m=μmgcosθ…②由①②式并代入数据得：μ=…③（2）ab棒刚要向上滑动时，受力分析如图：对ab棒：mgsinθ+f m=F安…④F安=BIL…⑤I=…⑥E=BL v…⑦由①～⑦式并代入数据得：v=8m/s…⑧（3）从cd刚开始运动到ab刚要上滑过程中，假设系统产生的总焦耳热为Q总对ab、cd系统，由能量守恒定律得：F x=mv2+Q总…⑨Q ab=Q总…⑩由⑧⑨⑩式并代入数据得：Q ab=0.2J (11)答：（1）求ab与导轨间的动摩擦因数μ为；（2）求当ab刚要向上滑动时cd速度v的大小为8m/s；（3）若从cd刚开始运动到ab刚要上滑过程中，cd在水平轨道上移动的距离为x=0.5m，此过程中ab上产生的热量Q ab为0.2J．【解析】（1）导体棒ab刚好不下滑时，静摩擦力沿导轨向上达到最大，由平衡条件和摩擦力公式结合求解．（2）当棒ab刚要向上滑动时静摩擦力沿导轨向上达到最大，由平衡条件和安培力公式可求得此时的感应电流，由法拉第电磁感应定律和欧姆定律结合，即可得到cd棒的速度v的大小．（3）由能量守恒定律求得ab上产生热量Q．解决本题的关键要把握导体棒刚要滑动时的临界条件：静摩擦力达到最大值，运用力平衡条件和能量守恒定律求解．14.实验室常用电场和磁场来控制带电粒子的运动．在真空中A、C两板之间加上电压U，粒子被加速后从D点进入圆形有界磁场；匀强磁场区域以O为圆心，半径R=，磁感应强度B方向垂直纸面向外；其右侧有一个足够大的匀强电场，方向竖直向下，左边界与圆形磁场边界相切；现在电场区域放置一块足够长档板GH，它与水平线FD夹角为60°（F点在档板上，圆心O位于在FD上），且OF=3R，如图所示．一比荷=×106C/kg的带正电粒子，从A板附近由静止释放，经U=150V电压加速后，从D点以与水平线成60°角射入磁场，离开圆形磁场时其速度方向与DF平行，最后恰好打在档板上的F点．不计粒子重力，求（1）粒子进入磁场时的速度大小v D；（2）磁感应强度B的大小；（3）粒子到达F点时的速度大小v F；（4）不改变其他条件，逐渐增大匀强电场的电场强度，要使粒子仍能打到挡板上，求所加电场场度的最大值．【答案】解：（1）粒子在电压为U的加速电场中，由动能定理，有：q U=代入数据解得：（2）分析知，粒子在有界磁场中做圆周运动的圆心N恰好在圆周上，从M点水平射出磁场，设轨迹如图：由此得到圆周运动半径为：根据q，代入数据解得：B=0.1T（3）粒子进入电场（MF）后做类似平抛运动，水平分位移：x=2R=竖直分位移：y=R sin60°=0.15m又x=v D t，y=，v=代入解得：v=（4）当电场强度取到最大值E时，临界条件是粒子打到板上时轨道恰好与板面相切，即速度方向沿板GH，如图，由类似平抛运动的规律，粒子的速度反向延长线交水平位移的中点（Q），有MQ=QR 又°根据x=0.3=v D t，v y=at，又v y=v D tan60°，a=联立解得：E=1000V/m答：（1）粒子进入磁场时的速度大小为1×104m/s；（2）磁感应强度B的大小为0.1T；（3）粒子到达F点时的速度大小为1.3×104m/s；（4）不改变其他条件，逐渐增大匀强电场的电场强度，要使粒子仍能打到挡板上，所加电场场度的最大值为1000V/m．【解析】（1）对在加速电场中的加速过程根据动能定理列式求解v D；（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，作出运动的轨迹，结合几何关系得到轨道半径，然后运用洛伦兹力等于向心力列式求解；（3）粒子在偏转电场中做类似平抛运动，根据分运动公式列式求解末速度；（4）临界条件是粒子打在极板上时速度方向与GH平行，结合分运动公式和几何关系列式分析即可．本题关键是明确粒子的受力情况和运动情况，分直线加速、匀速圆周运动和类似平抛运动过程进行研究，要结合动能定理、牛顿第二定律、分运动公式列式求解，同时要画出运动轨迹并结合几何关系确定圆轨道半径和类似平抛运动的分位移关系．。

2024年天津市十二区重点学校高三毕业班联考（一）物理试卷考生注意：1．试卷满分100分，考试时间60分钟．2．本考试分设试卷和答题纸．试卷包括两部分，第一部分为选择题，第二部分为非选择题．3．答题前，务必在答题纸上填涂姓名、班级、考场座位号和准考证号，作答必须涂或写在答题纸上，在试卷上作答一律不得分．第一部分的作答必须涂在答题卡上相应的区域，第二部分的作答必须写在答题卡上与试卷题号对应的位置．第Ⅰ部分 选择题 共40分一、单项选择题（本题共5小题，每小题5分，共25分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）1．下列说法正确的是（ ）A ．贝克勒尔通过对天然放射现象的研究，发现原子中存在原子核B ．β射线与X 射线的本质相同，都是电磁波C ．原子核的比结合能越大，原子核越稳定D ．核聚变与核裂变相比，相同质量的核燃料，核聚变反应中产生的能量更多，所以现在的核电站主要采用核聚变发电2．2023年12月14日，我国在酒泉卫星发射中心用长征二号F 运载火箭成功发射一型可重复使用的试验航天器．据介绍，该航天器运行一段时间后将返回国内预定着陆场，其间将按计划开展可重复使用技术验证及空间科学实验，为和平利用太空提供技术支撑．该航天器在近地圆轨道运行时（ ）A ．由于航天器处于完全失重状态，宇航员无法使用弹簧臂力器锻炼身体B ．绕行速度小于静止轨道卫星的速度C ．运行周期为24hD ．若航天器的周期为7，引力常量为G ,则地球的平均密度约为23GT π 3．取一条较长的软绳，用手握住一端拉平后连续周期性地向上、向下抖动，可以看到在绳上产生一列波，a 、b 、c 为绳上的质点，某时刻波刚好传播到质点c ,绳上形成的波形如图所示，下列说法正确的是（ ）A ．质点a 开始振动的方向向上B ．之后质点b 比质点a 先回到平衡位置C ．再过四分之一周期，质点c 加速度向下且达到最大值D ．再过半个周期，质点c 向右移动半个波长4．重型气垫船有强悍的运力，主要用于投送登陆部队．已知其质量为5510kg ⨯,最高时速32m/s ,装有额定功率9600kW 的发动机．假设气垫船在海面沿直线航行且所受阻力不变，下列说法正确的是（ ）A ．无法计算重型气垫船在海面航行过程中所受的阻力大小B ．若重型气垫船以额定功率启动，则加速度先增大后减小到零C ．重型气垫船在海面以额定功率航行，速度为19.2m/s 时，加速度为20.4m/sD ．重型气垫船在海面以额定功率匀速航行，若阻力突然增大到原来的1.5倍，则气垫船将做加速度增大的减速运动5．地铁靠站时列车车体和屏蔽门之间安装有光电传感器．如图甲所示，若光线被乘客阻挡，电流发生变化，工作电路立即报警．如图乙所示，光线发射器内大量处于3n =激发态的氢原子向低能级跃迁时，辐射出的光中只有a 、b 两种可以使该光电管阴极逸出光电子，图丙所示为a 、b 光单独照射光电管时产生的光电流I 与光电管两端电压U 的关系图线．下列说法正确的是（ ）甲 乙 丙A ．该光电管阴极材料的逸出功不能小于1.89eVB ．a 光的频率高于b 光的频率C ．经同一障碍物时，b 光比a 更容易发生明显衍射D ．若部分光线被遮挡，则放大器的电流将增大，从而引发报警二、多项选择题（本题共3小题，每小题5分，共15分．每小题给出的四个选项中都有多个选项是正确的，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分）6．下列有关热学问题说法正确的是（ ）甲 乙 丙 丁A ．图甲是理想气体分子速率的分布规律，气体在①状态下的分子平均动能小于②状态下的分子平均动能B ．图乙是分子势能p E 与分子间距r 的关系示意图，在1r r >时分子力表现为引力C ．图丙为压力锅示意图，在关火后打开压力阀开始放气的瞬间，锅内气体对外界做功，内能减少D ．图丁为一定质量的理想气体分别在12T T 、温度下发生的等温变化，由图可知12T T <7．心电图仪是将心肌收缩产生的脉动转化为电压脉冲的仪器，其输出部分可等效为一个不计内阻的交流电源，其电压1U 会随着心跳频率发生变化，如图所示，心电图仪与一理想变压器的原线圈相连接，扬声器（等效为一个定值电阻）与一滑动变阻器连接在副线圈两端．下列说法正确的是（ ）A ．保持电压1U 不变，向左滑动滑片P ，副线圈两端的电压2U 减小B ．保持电压1U 不变，向左滑动滑片P ,变压器的输入功率变大C ．保持滑片P 不动，当1U 变大时，扬声器的功率变大D ．保持滑片P 不动，当1U 变大时，扬声器两端的电压变小8．如图所示，竖直固定的光滑绝缘细杆上O 点套有一个电荷量为(0)q q ->，质量为m 的小环，整个装置处在固定于杆左侧电荷量为()0Q Q +>的点电荷产生的电场中，杆上a 、b 两点与Q +正好构成等边三角形，c 是ab 的中点．使小环从O 点无初速度释放，小环通过a 点的速率为v ,若己知ab Oa l ==,静电常量为k ,重力加速度为g ,规定O 点电势为零．则（ ）A ．小环下落过程中机械能守恒B ．小环下落过程中电势能先减小后增大C ．小环在从c 点到b 点的过程中，速度不断减小D ．b 点电势为212mv mglq- 第Ⅱ部分 非选择题 共60分三、填空题（本题共1小题，每空2分，共12分）9．（1）某学习小组利用如图甲所示的装置测量当地的重力加速度．甲 乙 丙①某同学测定的g 的数值比当地公认值大，造成的原因可能是_____________A ．开始计时时，过早按下秒表B ．实验时误将49次全振动记为50次C ．测摆长时摆线拉得过紧D ．摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了②测量小球直径时游标卡尺如图乙所示，其读数为_____________cm③实验中，测出不同摆长l 对应的周期值T ,作出2T l -图像，如图所示，已知图线上A 、B 两点的坐标分别为()()1122,,x y x y 、，可求出g =_____________．（2）①关于多用电表的使用，下列说法中正确的是_____________A ．用多用电表的欧姆挡测导体的电阻时，如果两手同时分别接触两表笔的金属杆，则测量值偏小B ．测量阻值不同的电阻时，都必须重新进行欧姆调零C ．测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，则不会影响测量结果D ．用多用电表的欧姆挡测电阻时，若指针偏转角度很小，则应换倍率更小的挡进行测量②在正确测量小灯泡的电阻时，红表笔接触点的电势比黑表笔_____________（选填“高”或“低”）③若欧姆表使用一段时间后，电池电动势不变，内阻变大，但此表仍能调零，则用欧姆表测量电阻时，测量值_____________（填“偏大”“偏小”或“不变”）．四、计算题（本题共3小题，其中第10题14分，第11题16分，第12题18分，共48分．解答题应写出必要的文字说明和方程式，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）10．如图所示，水平粗糙轨道AB 长为L ,竖直面内半径为R 的四分之一光滑圆弧轨道BC 与轨道AB 相切于B 点，质量为m 的物块P 以初速度0v 从A 点向左运动，与静止于B 点质量为2m 的物块Q 发生碰撞，碰撞时间极短，碰后两物块粘在一起运动，恰能到达轨道最高点C ,已知重力加速度为g ,物块P 、Q 均可视为质点，求：（1）两物块碰后瞬间对轨道B 点的压力N F 的大小；（2）物块P 与水平轨道AB 间的动摩擦因数μ；（3）碰撞过程中物块P 对物块Q 做的功W 的大小．11．如图所示，平行金属板a 、b 水平放置，上极板接电源负极，下极板接电源正极，板长0.3m L =,极板间距0.3m d =,与极板右端相接的竖直虚线MN 右侧有范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小2110T B -=⨯,方向垂直纸面向外．在两极板左端正中间O 点水平向右发射一比荷8210C /kg q m=⨯、初速度50210m /s v =⨯的带正电粒子．不计粒子的重力，不考虑极板边缘电场的影响．（1）若两金属板间加适当电压，粒子恰好从上极板右边缘射出电场，求粒子在磁场中运动的时间0t （结果中的π无需代入数值）；（2）若两金属板间加适当电压，粒子经电场、磁场偏转后，恰好能从下极板右边缘再次回到电场中，求所加电压U 为多大？12．某公园的游乐场中引进了电磁弹射儿童车项目，可简化如图，宽度为L 的水平轨道中BE CH 、两段为绝缘材料制成，其余部分均为导体，且轨道各部分都足够长．ABCD 和EFGH 区域均存在竖直向下的匀强磁场B （B 未知），AD 处接有电容大小为C 的电容器，FG 处接有阻值为2R 的定值电阻．儿童车可简化为一根质量m ,电阻为R 的导体棒（与轨道始终保持垂直且接触良好），开始时导体棒静止于AD 处（如图），电容器两端电压为0U ，然后闭合开关S ,导体棒开始向右加速弹射．已知重力加速度为g ,不计一切摩擦和阻力．求：（1）开始时电容器所带的电荷量0q ；（2）若导体棒在ABCD 轨道上获得的最终速度为，求整个过程中定值电阻2R 上产生的总热量Q ；（3）当B 为多大时，导体棒在ABCD 轨道上获得的最终速度最大？其最大值m v 为多少？2024年天津市十二所重点学校高三第一次联考物理试卷答案一、选择题（每小题5分，共25分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）二、选择题（每小题5分，共15分．每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分）9．（12分，每空2分，少选的得1分，多选或错选不得分）（1）①BC ②1.20 ③()221214x x y y π-- （2）① AC ②低 ③不变 10．（1）碰撞后恰好能运动到最高点21(2)0(2)2m m gR m m v -+=-+ 2分 碰后瞬间：2(2)(2)N v F m m g m m R-+=+' 2分 根据牛顿第三定律，压力与支持力等大反向：N N F F =' 1分得：9N F mg = 1分（2）P 从A 到B 的过程中 22101122mgL mv mv μ-=- 2分 碰撞过程中：1(2)mv m m v =+ 2分得：20182v gR gLμ-= 1分 （3）碰撞过程中：2122W mv =⋅ 2分 得：2W mgR = 1分评分标准：本题14分．第一问6分；第二问5分；第三问3分．其他方法只要做对，按每问（或步骤）的分数打包给分．11．（1）恰好从上极板右边缘射出电场：2122d at = 1分0L v t = 1分y v at = 1分0tan yv v θ= 1分得：tan 1θ=,即45θ=︒在磁场中，2R T vπ= 1分 2v qvB m R= 1分 0270360t T ︒︒=1分 得：603104t s π-=⨯ 1分（2）在磁场中，2111mv qv B R = 1分 12cos x R α∆= 1分01cos v v α= 1分2d x y ∆=+ 1分 2112y a t = 1分 1qE ma = 1分U E d=1分 得：200V 3U = 1分评分标准：本题16分．第一问8分；第二问8分．12．（1）00q C U = 2分 得：00q CU = 1分（2）对导体棒在EFGH 轨道运动过程：212Q mv =总 2分 23Q Q =总 1分 得：213Q mv = 1分 （3）导体棒在ABCD 轨道运动过程：0m BILt mv =- 3分q It ∆= 1分0q q q ∆=- 1分q C U= 1分 m U BLv = 1分得：02m v m CBL B =+当且仅当2m CBL B=即B = 2分 其最大值为m v = 2分评分标准：本题18分．第一问3分；第二问4分；第三问11分．其他方法只要做对，按每问（或步骤）的分数打包给分．。

天津市五区县2016年高三质量调查试卷（一）物理参考答案 第I 卷一、单项选择题： 1.C 2.A 3.B 4.D 5.B 二、不定项选择题： 6.AC 7. AB 8.BD第II 卷9.（18分）（1）10 10 （每空2分）（2）①45°或4π ②l d l 28222+ ③偏小 （每空2分）（3）①如图 （4分）②1201U U R U - （2分） ③7.8 （7.5～8.0均可得2分）10.解：（1）滑块沿圆弧轨道运动过程中，根据机械能守恒定律 2121v m m g R =① 解得 v 1=3 m/s ②（2）滑块滑上木板后，设最后共同运动的速度为v ，由动量守恒定律v v )(1M m m += ③根据能量转化与守恒定律知，系统损失的机械能转为物块与木板间因摩擦而产生的热mgl M m m μ=+-221)(2121v v ④ 代入数据解得 l =1.5 m ⑤ 评分标准：本题共16分，①式4分，其余每式3分。

11.解：（1）由题意可知在磁场中做圆周运动的半径r =L ① 洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力rmB q 2vv = ② 在电场中由动能定理得221v m qEL =③ 由以上联立可得B ④（2）设电场中加速时间为t 则在电场中， qE ma = ⑤ L =212at ⑥ t =⑦ 在磁场中，T =2mqBπ ⑧ 代入B 值得 T =2πqEmL2 ⑨ 总时间t 总=8t +3T ⑩ 整理得t 总=qEmL2)38(π+ ⑪ 评分标准：共18分。

①式3分，②③⑧⑩⑪每式2分，其余每式1分。

12.解：（1）经分析知，金属棒刚向上抛出时加速度最大。

由牛顿第二定律mg +F 安=ma m ①F 安=BIL ② 而rR EI +=③ E=BL v ④整理得)(022r R m L B g a ++=v m ⑤x（2）下落中重力做功功率最大时，速度最大，加速度为零。

⑥由平衡条件知 rR L B m g +=mv 22 ⑦整理得22)(L B r R mg +=m v ⑧重力最大功率为m m mgv P = ⑨整理得 2222)(L B r R g m P m += ⑩（3）上升过程中，由动量定理)(00v m t F m g t --=+安 ⑪ 而 L I B F =安 ⑫r R EI += ⑬ tE ∆∆=φ⑭Bx =∆φ ⑮整理得 220))((L B r R gt m x +-=v ⑯对上升过程，由能量守恒 回路中消耗的电能 2012Q mv mgx =- ⑰ ()202022()12m g v gt R r Q mv B L-+=- ⑱ 电阻R 消耗的电能 R RQ Q R r=⋅+ ⑲ 所以()()2200222R m g v gt R mRv Q R r B L-=-+ ⑳ 评分标准：本题共20分，①-⑳每式1分。

2016年天津市十二区县重点高中高三毕业班联考(一）数 学（文)本试卷分第Ⅰ卷(选择题）和第Ⅱ卷(非选择题）两部分.共150分。

考试时间120分钟．祝各位考生考试顺利！第I 卷（选择题,共40分）注意事项：1．答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目用铅笔涂写在答题卡上。

2．选出答案后，用铅笔把答题卡上对应的题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后,再填涂其它答案，不能答在试卷上。

参考公式：•锥体的体积公式Sh V 31=. 其中S 表示锥体的底面积，h 表示锥体的高。

一、选择题(本题共8个小题，每小题5分，共40分。

在每小题给出的四个选项中，只有一 个是正确的）1.设全集{}{}{}|6,1,3,5,4,5,6U x N x A B =∈≤==，则()UC A B 等于 （ ）A ．{}6,4B ．{}5C ．{}1,3D ．{}0,2 2. 设,a b R ∈，则“a b >”是“22b a >”的（ ）A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 3. 函数1()2xf x ex=-+的零点所在的一个区间是（ )A ．)0,1(-B ．)1,0(C ．)2,1(D ．(2,3)4. 有3个活动小组,甲、乙两位同学各自参加其中一个小组，每位同学参加各个小组的可能性相同,则这两位同学在同一个兴趣小组的概率为（ )A ．31 B ．21 C ．32D ．435。

阅读如图所示的程序框图,运行相应的程序．若输出的S 为2425，则判断框中填写的内容可以是（ )A ．6n =B ．6n <C ．6n ≤D ．8n ≤6. 函数()sin()(,0,0,)2f x A x x R A πωϕωϕ=+∈>><的部分图象如图所示,则()4f π等于( ）A ．1B ．12C ．22D 37。

已知抛物线24y x =的焦点到双曲线()222210,0x y a b a b-=>>的一条渐近线的距离为12,则该双曲线的离心率为（ )A ．52B 2C ．332 D 518. 已知函数222,0()11,0x x x f x x x ⎧++≤⎪=⎨-+>⎪⎩，若()f x ax ≥恒成立，则实数a 的取值范围是 ( ） A ．[]1，22-2 B ．（－∞,1］ C ． ）0，22-2（ D ．[]0，22-2第Ⅱ卷 （非选择题，共110分）二。