2016年河北省衡水中学高考物理一模试卷（解析版）

这是一份2016年河北省衡水中学高考物理一模试卷（解析版），共23页。试卷主要包含了选择题，非选择题必考题等内容，欢迎下载使用。
2016年河北省衡水中学高考物理一模试卷
　
一、选择题（本题共8小题，每小题6分．其中第1-5题只有一项符合题目要求，第6-8题有多项符合题目要求．）
1．牛顿的三大运动定律、万有引力定律以及微积分的创立，使得牛顿成为过去一千多年中最杰出的科学巨人之一．下列说法中正确的是（　　）
A．牛顿第一定律是牛顿第二定律的特例
B．牛顿第二定律适用于惯性参考系
C．作用力和反作用力是一对平衡力
D．力的单位“牛顿”是国际单位制中的基本单位
2．某卫星在半径为r的轨道1上做圆周运动，动能为Ek，变轨到轨道2上后，动能比在轨道1上减少了△E，在轨道2上也做圆周运动，则轨道2的半径为（　　）
A． r B． r C． r D． r
3．如图所示，一个“V”形玻璃管ABC倒置于平面内，并处于场强大小为E=1×103V/m，方向竖直向下的匀强电场中，一个重力为G=1×10﹣3N，电荷量为q=2×10﹣4C的带负电小滑块从A点由静止开始运动，小滑块与管壁的动摩擦因数μ=0.5．已知管长AB=BC=L=2m，倾角α=37°，B点是一段很短的光滑圆弧管，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2，下列说法中正确的是（　　）

A．B、A两点间的电势差为2000V
B．小滑块从A点第一次运动到B点的过程中电势能增大
C．小滑块第一次速度为零的位置在C处
D．从开始运动到最后静止，小滑块通过的总路程为3m
4．如图所示，一理想变压器原线圈匝数为n1=1000匝，副线圈匝数为n2=200匝，将原线圈接在u=200sin100πt（V）的交流电压上，副线圈上电阻R和理想交流电压表并连接入电路，现在A、B两点间接入不同的电子元件，则下列说法正确的是（　　）

A．在A、B两点间串联一只电阻R，穿过铁芯的磁通量的最大变化率为0.2Wb/s
B．在A、B两点间接入理想二极管，电压表读数为40V
C．在A、B两点间接入一只电容器，只提高交流电频率，电压表读数增大
D．在A、B两点间接入一只电感线圈，只提高交流电频率，电阻R消耗电功率减小
5．如图所示，匀强磁场的方向垂直于光滑的金属导轨平面向里，极板间距为d的平行板电容器与总电阻为2R0的滑动变阻器通过平行导轨连接，电阻为R0的导体棒MN可在外力的作用下沿导轨从左向右做匀速直线运动，当滑动变阻器的滑动触头位于a、b的中间位置、导体棒MN的速度为v0时，位于电容器中P点的带电油滴恰好处于静止状态．若不计摩擦和平行导轨及导线的电阻，重力加速度为g，则下列判断正确的是（　　）

A．油滴带正电荷
B．若将上极板竖直向上移动距离d，油滴将向上加速运动，加速度a=
C．若将导体棒的速度变为2v0，油滴将向上加速运动，加速度a=2g
D．若保持导体棒的速度为v0不变，而将滑动触头置于a位置，同时将电容器上极板向上移动距离，油滴仍将静止
6．如图所示，斜面体置于粗糙水平面上，斜面光滑．小球被轻质细线系住放在斜面上，细线另一端跨过光滑定滑轮，用力拉细线使小球沿斜面缓慢下移一段距离，斜面体始终静止．移动过程中（　　）

A．细线对小球的拉力变大 B．斜面对小球的支持力变大
C．斜面体对地面的压力变大 D．地面对斜面体的摩擦力变大
7．为了测量某化工厂污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口，在垂直于上下底面方向加磁感应强度为B的匀强磁场，在前后两个内侧固定有金属板作为电极，污水充满管口以一定的速度从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U．若用Q表示污水流量（单位时间内排出的污水体积），下列说法中正确的是（　　）

A．若污水中正离子较多，则前表面比后表面电势高
B．前表面的电势一定低于后表面的电势，与哪种离子多无关
C．污水中离子浓度越高，电压表的示数将越大
D．污水流量Q与U成正比，与a、b无关
8．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=1T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9m，M点为x轴正方向上一点，OM=3m．现有一个比荷大小为=1.0C/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．3m/s B．3.75m/s C．4.5m/s D．5m/s
　
二、非选择题（包括必考题和选考题两部分．第9-12题为必考题，第13-18题为选考题．）（一）必考题
9．“用DIS研究加速度与力的关系”的实验装置如图（a）所示，实验中用所挂钩码的重量作为细线对小车的拉力F，通过增加钩码的数量，多次测量，可得小车运动的加速度a和所受拉力F的关系图象，他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条a﹣F图线，如图（b）所示．

（1）图线　　（填“①”或“②”） 是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的；
（2）在轨道水平时，小车运动的阻力Ff=　　N；
（3）图（b）中，拉力F较大时，a﹣F图线明显弯曲，产生误差．为避免此误差可采取的措施是　　．
A．调整轨道的倾角，在未挂钩码时使小车能在轨道上匀速运动
B．在增加钩码数量的同时在小车上增加砝码，使钩码的总质量始终远小于小车的总质量
C．将无线力传感器捆绑在小车上，再将细线连在力传感器上，用力传感器读数代替钩码的重力
D．更换实验中使用的钩码规格，采用质量较小的钩码进行上述实验．
10．某实验小组研究两个未知元件X和Y的伏安特性，使用的器材包括电压表（内阻约为3kΩ）、电流表（内阻约为1Ω）、定值电阻等．

（1）使用多用电表粗测元件X的电阻，选择“×1”欧姆挡测量，示数如图1（a）所示，读数为　　Ω，据此应选择图1中的　　（填“b”或“c”）电路进行实验．
（2）连接所选电路，闭合S，滑动变阻器的滑片P从左向右滑动，电流表的示数逐渐　　（填“增大”或“减小”），依次记录电流及相应的电压，将元件X换成元件Y，重复实验．

（3）图2（a）是根据实验数据作出的U﹣I图线，由图可判断元件　　（填“X”或“Y”）是非线性元件．
（4）该小组还借助X和Y中的线性元件和阻值R=21Ω的定值电阻，测量待测电池组的电动势E和内阻r，如图2（b）所示，闭合S1和S2，电压表读数为3.00V，断开S2，读数为1.00V，利用图2（a）可算得E=　　V，r=　　Ω（结果均保留两位有效数字，视电压表为理想电压表）．
11．完全相同的十三个扁长木块紧挨着放在水平地面上，如图所示，每个木块的质量m=0.40kg，长度L=0.5m，它们与地面间的动摩擦因数为μ1=0.10，原来所有木块处于静止状态，左方第一个木块的左端上方放一质量为M=1.0kg的小铅块，它与木块间的动摩擦因数为μ2=0.20．物体所受最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，现突然给铅块一向右的初速度v0=5m/s，使其开始在木块上滑行．（重力加速度g=10m/s2，设铅块的长度与木块长度L相比可以忽略．）
（1）铅块在第几块木块上运动时，能带动它右面的木块一起运动？
（2）判断小铅块最终是否滑上第13块木块上？

12．如图所示，P、Q为水平面内平行放置的金属长直导轨，间距为L1=0.5m，处在磁感应强度大小为B1=0.7T、方向竖直向下的匀强磁场中，一根质量为M=0.3kg、电阻为r=1Ω的导体杆ef垂直于P、Q放在导轨上，导体杆ef与P、Q之间的动摩擦因数为μ=0.1．在外力作用下导体杆ef向左做匀速直线运动，质量为m=0.2kg、每边电阻均为r=1Ω、边长为L2=0.2m的正方形金属框abcd置于竖直平面内，两顶点a、b通过细导线与导轨相连，金属框处在磁感应强度大小为B2=1T、方向垂直框面向里的匀强磁场中，金属框恰好处于静止状态，重力加速度g=10m/s2，不计其余电阻和细导线对a、b点的作用力，求：
（1）通过ab边的电流Iab；
（2）导体杆ef做匀速直线运动的速度v；
（3）t=1s时间内，导体杆ef向左移动时克服摩擦力所做的功；
（4）外力做功的功率P外．

　
（二）选考题（共45分）[物理-选修3-3]
13．下列说法中正确的是（　　）
A．已知某物质的摩尔质量为M，密度为ρ，阿伏加德罗常数为NA，则这种物体的分子体积为V0=
B．当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小
C．饱和汽和液体之间的动态平衡，是指汽化和液化同时进行的过程，且进行的速率相等
D．自然界一切过程能量都是守恒的，符合能量守恒定律的宏观过程都能自然发生
E．一定质量理想气体对外做功，内能不一定减少，但密度一定减小
14．如图所示，玻璃管A上端封闭，B上端开口且足够长，两管下端用橡皮管连接起来，A管上端被一段水银柱封闭了一段长为6cm的空气柱，左右两水银面高度差为5cm，已知外界大气压为75cmHg，温度为t1=27℃，热力学温度与摄氏温度的关系为T=t+273K，空气可视为理想气体，现在山下缓慢移动B管，使A管中气柱长度变为5cm，求：
①上述操作中B管是向上还是向下哪个方向移动的？稳定后的气体压强为多大？
②A管中气柱长度变为5cm后，保持B管不动而升高气体温度，为使A管中气柱长度恢复到6cm，则温度应升高到多少？

　
[物理-选修3-4]
15． 两列简谐横波的振幅都是20cm，传播速度大小相同．实线波的频率为2Hz，沿x轴正方向传播，虚线波沿x轴负方向传播．某时刻两列波在如图所示区域相遇，则（　　）

A．在相遇区域会发生干涉现象
B．实线波和虚线波的频率之比为3：2
C．平衡位置为x=6m处的质点此刻速度为零
D．平衡位置为x=8.5m处的质点此刻位移y＞20cm
E．从图示时刻起再经过0.25s，平衡位置为x=5m处的质点的位移y＜0
16．如图所示，横截面为直角三角形的玻璃砖ABC．AC边长为L，∠B=30°，光线P、Q同时由AC中点射入玻璃砖，其中光线P方向垂直AC边，光线Q方向与AC边夹角为45°．发现光线Q第一次到达BC边后垂直BC边射出．光速为c，求：
Ⅰ．玻璃砖的折射率；
Ⅱ．光线P由进入玻璃砖到第一次由BC边出射经历的时间．

　
[物理-选修3-5]
17．下列说法中正确的是（　　）
A．光电效应现象说明光具有粒子性
B．普朗克在研究黑体辐射问题时提出了能量子假说
C．玻尔建立了量子理论，成功解释了各种原子发光现象
D．运动的宏观物体也具有波动性，其速度越大物质波的波长越大
E．β衰变所释放的电子是原子核内的中子转变为质子时所产生的
18．如图所示，光滑水平面上有一质量为M=10㎏的静止滑槽，内则长度L=0.5m，另有一质量m=2㎏的小滑块在滑槽内的中点上，小滑块与滑槽的动摩擦因素μ=0.2，当给小滑块一个水平向右6m/s的速度后，小滑块可能与滑槽相碰，（碰撞为完全弹性碰撞）试问：小滑块与滑槽能碰撞几次？（g取10m/s2）

　

2016年河北省衡水中学高考物理一模试卷
参考答案与试题解析
　
一、选择题（本题共8小题，每小题6分．其中第1-5题只有一项符合题目要求，第6-8题有多项符合题目要求．）
1．牛顿的三大运动定律、万有引力定律以及微积分的创立，使得牛顿成为过去一千多年中最杰出的科学巨人之一．下列说法中正确的是（　　）
A．牛顿第一定律是牛顿第二定律的特例
B．牛顿第二定律适用于惯性参考系
C．作用力和反作用力是一对平衡力
D．力的单位“牛顿”是国际单位制中的基本单位
【考点】牛顿第三定律；力学单位制．
【分析】牛顿第一定律揭示了物体不受力时的运动规律，牛顿第二定律给出了加速度与力和质量的关系，牛顿第三定律揭示了作用力与反作用力的关系．平衡力等大反向，作用在一个物体上．
【解答】解：A、牛顿第一定律揭示了物体不受力时的运动规律，牛顿第二定律给出了加速度与力和质量的关系，故牛顿第一定律是牛顿第二定律的基础，故A错误；
B、牛顿运动定律成立的参考系是惯性系，故牛顿第二定律在非惯性系中不成立的，故B正确；
C、作用力和反作用力作用在两个物体上，一定不是平衡力，故C错误．
D、力的单位N是导出单位，用国际基本单位表示应该为：1N=1kg•m/s2，故D错误．
故选：B
　
2．某卫星在半径为r的轨道1上做圆周运动，动能为Ek，变轨到轨道2上后，动能比在轨道1上减少了△E，在轨道2上也做圆周运动，则轨道2的半径为（　　）
A． r B． r C． r D． r
【考点】万有引力定律及其应用．
【分析】据动能，和万有引力提供圆周运动向心力求得线速度与轨道半径的关系即可．
【解答】解：由题意得在半径为r的轨道1上，卫星的线速度v=，在轨道2上卫星的线速度
据万有引力提供圆周运动向心力有：

得=
所以轨道2的半径=
故选：A．
　
3．如图所示，一个“V”形玻璃管ABC倒置于平面内，并处于场强大小为E=1×103V/m，方向竖直向下的匀强电场中，一个重力为G=1×10﹣3N，电荷量为q=2×10﹣4C的带负电小滑块从A点由静止开始运动，小滑块与管壁的动摩擦因数μ=0.5．已知管长AB=BC=L=2m，倾角α=37°，B点是一段很短的光滑圆弧管，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2，下列说法中正确的是（　　）

A．B、A两点间的电势差为2000V
B．小滑块从A点第一次运动到B点的过程中电势能增大
C．小滑块第一次速度为零的位置在C处
D．从开始运动到最后静止，小滑块通过的总路程为3m
【考点】电势差与电场强度的关系；动能定理的应用；电势；电势能．
【分析】根据公式U=Ed求解电势差；小滑块运动过程中受重力、电场力、支持力和摩擦力，结合动能定理列式分析即可．
【解答】解：A、点B、A间的电势差为：UBA=ELsin37°=1×103V/m×2m×0.6=1200V，故A错误；
B、小滑块从A点第一次运动到B点的过程中，电场力做正功，电势能减小，故B错误；
C、如果小滑块第一次速度为零的位置在C处，则从A到C过程，电场力做功为零，重力做功为零，而摩擦力做功不为零，动能变化不为零，不符合动能定理，故C错误；
D、设从开始运动到最后停止过程，小滑块的路程为S，对运动过程根据动能定理，有：
﹣mg（2L﹣S）sin37°+qE（2L﹣S）sin37°﹣μ（qE﹣mg）cos37°•S=0﹣0
解得：S=3m，故D正确；
故选：D
　
4．如图所示，一理想变压器原线圈匝数为n1=1000匝，副线圈匝数为n2=200匝，将原线圈接在u=200sin100πt（V）的交流电压上，副线圈上电阻R和理想交流电压表并连接入电路，现在A、B两点间接入不同的电子元件，则下列说法正确的是（　　）

A．在A、B两点间串联一只电阻R，穿过铁芯的磁通量的最大变化率为0.2Wb/s
B．在A、B两点间接入理想二极管，电压表读数为40V
C．在A、B两点间接入一只电容器，只提高交流电频率，电压表读数增大
D．在A、B两点间接入一只电感线圈，只提高交流电频率，电阻R消耗电功率减小
【考点】变压器的构造和原理．
【分析】根据变压器变压比公式得到输出电压，根据有效值定义求解电压有效值；电感器的感抗与频率成正比，电容器的容抗与频率成反比．
【解答】解：A、在A、B两点间串联一只电阻R，输入电压最大值为200V≈283V，故平均每匝电压为0.283V，故磁通量的最大变化率为0.283Wb/s，故A错误；
B、输入电压为200V，根据，故输出电压为40V；
在A、B两点间接入理想二极管，会过滤掉负半周电流，设电压表读数为U，则根据有效值定义，有


故B错误；
C、在A、B两点间接入一只电容器，只提高交流电频率，电容器容抗减小，故R分得的电压增加，电压表读数增加，故C正确；
D、在A、B两点间接入一只电感线圈，只提高交流电频率，感抗增加，故R分得的电压减小，电压表读数减小，故D正确；
故选CD．
　
5．如图所示，匀强磁场的方向垂直于光滑的金属导轨平面向里，极板间距为d的平行板电容器与总电阻为2R0的滑动变阻器通过平行导轨连接，电阻为R0的导体棒MN可在外力的作用下沿导轨从左向右做匀速直线运动，当滑动变阻器的滑动触头位于a、b的中间位置、导体棒MN的速度为v0时，位于电容器中P点的带电油滴恰好处于静止状态．若不计摩擦和平行导轨及导线的电阻，重力加速度为g，则下列判断正确的是（　　）

A．油滴带正电荷
B．若将上极板竖直向上移动距离d，油滴将向上加速运动，加速度a=
C．若将导体棒的速度变为2v0，油滴将向上加速运动，加速度a=2g
D．若保持导体棒的速度为v0不变，而将滑动触头置于a位置，同时将电容器上极板向上移动距离，油滴仍将静止
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；闭合电路的欧姆定律．
【分析】导体棒MN相当于电源，M端为正极，外电路由滑动变阻器构成，电容器两端电压和滑动变阻器两端电压相等，弄清楚这些然后对带电液滴进行受力分析即可正确解答本题．
【解答】解：A、根据右手定责可知，M端为正极，液滴静止，因此带负电，故A错误；
B、设导体棒长度为L，导体棒切割磁感线形成的感应电动势为：E=BLv，
电容器两端电压为：U1== …①
开始液滴静止有：q=mg…②
若将上极板竖直向上移动距离d时，有：mg﹣q=ma1…③
联立①②③得：a1=，方向竖直向下，故B错误；
C、当若将导体棒的速度变为2v0时，有：q﹣mg=ma2…④
将①中v0换为2v0联立①②④解得：a2=，方向竖直向上，故C错误；
D、若保持导体棒的速度为v0不变，而将滑动触头置于a位置时，电容器两端之间的电压为：U2=BLv0，
此时液滴所受电场力为：F=q•=mg，液滴受到的合力为零，因此液滴仍然静止，故D正确．
故选：D．
　
6．如图所示，斜面体置于粗糙水平面上，斜面光滑．小球被轻质细线系住放在斜面上，细线另一端跨过光滑定滑轮，用力拉细线使小球沿斜面缓慢下移一段距离，斜面体始终静止．移动过程中（　　）

A．细线对小球的拉力变大 B．斜面对小球的支持力变大
C．斜面体对地面的压力变大 D．地面对斜面体的摩擦力变大
【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．
【分析】取小球为研究对象，根据平衡条件得到拉力、支持力与绳子和斜面夹角的关系式，即可分析其变化；对斜面研究，由平衡条件分析地面对斜面的支持力和摩擦力，即可分析斜面对地面的压力变化．
【解答】解：AB、设物体和斜面的质量分别为m和M，绳子与斜面的夹角为θ．
取球研究：小球受到重力mg、斜面的支持力N和绳子的拉力T，则由平衡条件得
斜面方向：mgsinα=Tcosθ ①
垂直斜面方向：N+Tsinθ=mgcosα ②
使小球沿斜面缓慢下移时，θ减小，其他量不变，由①式知，T减小．
由②知，N变大，故A错误，B正确．
CD、对斜面和小球整体分析受力：重力（M+m）g、地面的支持力N′和摩擦力f、绳子拉力T，由平衡条件得
f=Nsinα，N变大，则f变大，
N′=（M+m）g+Ncosα，N变大，则N′变大，由牛顿第三定律得知，斜面对地面的压力也变大．故CD正确．
故选：BCD

　
7．为了测量某化工厂污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口，在垂直于上下底面方向加磁感应强度为B的匀强磁场，在前后两个内侧固定有金属板作为电极，污水充满管口以一定的速度从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U．若用Q表示污水流量（单位时间内排出的污水体积），下列说法中正确的是（　　）

A．若污水中正离子较多，则前表面比后表面电势高
B．前表面的电势一定低于后表面的电势，与哪种离子多无关
C．污水中离子浓度越高，电压表的示数将越大
D．污水流量Q与U成正比，与a、b无关
【考点】霍尔效应及其应用．
【分析】根据左手定则判断洛伦兹力的方向，从而得出正负离子的偏转方向，确定出前后表面电势的高低．最终离子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，根据平衡求出两极板间的电压，以及求出流量的大小．
【解答】解：AB、根据左手定则，正离子向后表面偏转，负离子向前表面偏转，所以后表面的电势高于前表面的电势，与离子的多少无关．故A错误、B正确．
CD、最终离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，有：qvB=q，
解得U=vBb，电压表的示数与离子浓度无关．v=，
则流量Q=vbc=，与U成正比，与a、b无关．故D正确，C错误．
故选：BD．
　
8．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=1T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9m，M点为x轴正方向上一点，OM=3m．现有一个比荷大小为=1.0C/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．3m/s B．3.75m/s C．4.5m/s D．5m/s
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．
【分析】由题意，带正电的小球从挡板下端N处小孔向x轴负方向射入磁场，若与挡板相碰就以原速率弹回，所以小球运动的圆心的位置一定在y轴上，然后由几何关系得出可能的碰撞的次数，以及圆心可能的位置，然后由比较公式即做出判定．
【解答】解：由题意，小球运动的圆心的位置一定在y轴上，所以小球做圆周运动的半径r一定要大于等于3m，而ON=9m＜3r，所以小球最多与挡板ON碰撞一次，碰撞后，第二个圆心的位置在O点的上方．也可能小球与挡板ON没有碰撞，直接过M点．
由于洛伦兹力提供向心力，所以：
得： ①
1．若小球与挡板ON碰撞一次，则轨迹可能如图1，

设OO′=s，由几何关系得：r2=OM2+s2=9+s2 ②
3r﹣9=s ③
联立②③得：r1=3m；r2=3.75m
分别代入①得： =3m/s
m/s
2．若小球没有与挡板ON碰撞，则轨迹如图2，设OO′=s，由几何关系得： ④
x=9﹣r3 ⑤
联立④⑤得：r3=5m
代入①得： m/s
故选：ABD
　
二、非选择题（包括必考题和选考题两部分．第9-12题为必考题，第13-18题为选考题．）（一）必考题
9．“用DIS研究加速度与力的关系”的实验装置如图（a）所示，实验中用所挂钩码的重量作为细线对小车的拉力F，通过增加钩码的数量，多次测量，可得小车运动的加速度a和所受拉力F的关系图象，他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条a﹣F图线，如图（b）所示．

（1）图线　①　（填“①”或“②”） 是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的；
（2）在轨道水平时，小车运动的阻力Ff=　0.5　N；
（3）图（b）中，拉力F较大时，a﹣F图线明显弯曲，产生误差．为避免此误差可采取的措施是　C　．
A．调整轨道的倾角，在未挂钩码时使小车能在轨道上匀速运动
B．在增加钩码数量的同时在小车上增加砝码，使钩码的总质量始终远小于小车的总质量
C．将无线力传感器捆绑在小车上，再将细线连在力传感器上，用力传感器读数代替钩码的重力
D．更换实验中使用的钩码规格，采用质量较小的钩码进行上述实验．
【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．
【分析】（1）当斜面抬得过高，F=O时，加速度a不为零，结合这一特点确定正确的图线．
（2）结合图线②得出小车运动的阻力大小．
（3）当钩码的质量远小于小车的质量，钩码的重力才近似等于绳子的拉力．
【解答】解：（1）当右侧抬高，导致平衡摩擦力过度，则F=0时，加速度不为零，可知图线①是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的．
（2）由图线②可知，当F=0.5N时，小车开始运动，可知小车运动的阻力Ff=0.5N．
（3）拉力F较大时，a﹣F图线明显弯曲，因为此时钩码的质量不满足远小于小车的质量，钩码的重力不等于绳子的拉力，避免此误差的方法是运用力传感器，直接读出绳子的拉力，不用钩码的重力代替拉力．故选：C．
故答案为：（1）①，（2）0.5，（3）C．
　
10．某实验小组研究两个未知元件X和Y的伏安特性，使用的器材包括电压表（内阻约为3kΩ）、电流表（内阻约为1Ω）、定值电阻等．

（1）使用多用电表粗测元件X的电阻，选择“×1”欧姆挡测量，示数如图1（a）所示，读数为　10　Ω，据此应选择图1中的　b　（填“b”或“c”）电路进行实验．
（2）连接所选电路，闭合S，滑动变阻器的滑片P从左向右滑动，电流表的示数逐渐　增大　（填“增大”或“减小”），依次记录电流及相应的电压，将元件X换成元件Y，重复实验．

（3）图2（a）是根据实验数据作出的U﹣I图线，由图可判断元件　Y　（填“X”或“Y”）是非线性元件．
（4）该小组还借助X和Y中的线性元件和阻值R=21Ω的定值电阻，测量待测电池组的电动势E和内阻r，如图2（b）所示，闭合S1和S2，电压表读数为3.00V，断开S2，读数为1.00V，利用图2（a）可算得E=　3.2　V，r=　0.50　Ω（结果均保留两位有效数字，视电压表为理想电压表）．
【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线；测定电源的电动势和内阻．
【分析】（1）电阻的大小等于表盘的读数乘以倍率．根据元件X的电阻大小确定电流表的内外接．
（2）先分析电路的连接方式即串联，然后根据滑动变阻器的正确使用方法进行分析．
（3）根据图象得特点判断元件是否是非线性元件；
（4）根据闭合电路欧姆定律列出等式求解电动势E和内阻r．
【解答】解：（1）使用多用电表粗测元件X的电阻，选择“×1”欧姆挡测量，示数如图（a）所示，读数为10Ω．
元件X的电阻远小于电压表内阻，电流表采用外接法误差较小，因此需要选择图b所示实验电路．
（2）连接所选电路，闭合S；滑动变阻器的滑片P从左向右滑动，并联支路电压增大，电流表的示数逐渐增大；
（3）由图象可知，X电阻不变化；而Y所示电阻随电压的变化而变化，则可判断元件Y是非线性元件；
（4）根据U﹣I图线得出元件X的电阻R==10Ω；
闭合S1和S2，电压表读数为3.00V；断开S2，读数为1.00V，
根据闭合电路欧姆定律列出等式
E=3+×r
E=1+×（r+21）
解得：E=3.2V．r=0.50Ω
故答案为：（1）10，b；（2）增大；（3）Y；（4）3.2，0.50
　
11．完全相同的十三个扁长木块紧挨着放在水平地面上，如图所示，每个木块的质量m=0.40kg，长度L=0.5m，它们与地面间的动摩擦因数为μ1=0.10，原来所有木块处于静止状态，左方第一个木块的左端上方放一质量为M=1.0kg的小铅块，它与木块间的动摩擦因数为μ2=0.20．物体所受最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，现突然给铅块一向右的初速度v0=5m/s，使其开始在木块上滑行．（重力加速度g=10m/s2，设铅块的长度与木块长度L相比可以忽略．）
（1）铅块在第几块木块上运动时，能带动它右面的木块一起运动？
（2）判断小铅块最终是否滑上第13块木块上？

【考点】动能定理；匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿第二定律．
【分析】（1）铅块在木块上滑行时，当铅块对木块的滑动摩擦力等于木块所受的最大静摩擦力时，恰好能带动它右面的木块一起运动．
（2）根据上题的结果，运用动能定理列式求出铅块滑上该木块左端时的速度，由牛顿第二定律求出铅块和已滑动的木块整体的加速度．由运动学公式求出铅块相对木块静止时滑行的距离，即可进行判断．
【解答】解：（1）木块受到铅块提供的滑动摩擦力为
f0=μ2Mg=2.0N
有铅块的那个木块与地面间的最大静摩擦力为
f1=μ1（M+m）g=1.4N
其余每个木块与地面间的最大静摩擦力为
f2=μ1mg=0.4N
设铅块到第n个木块时，第n个木块及后面的木块开始在地面上滑动，则
f0＞（13﹣n）f2+f1，
得 n＞11.5
即当铅块滑到第12个木块左端时，12、13两木块开始在地面上滑动．
（2）铅块刚滑上第12个木块左端时的速度v1，由动能定理得
﹣μ2Mg•11L=﹣
解得 v1=m/s
铅块滑动的加速度 a0=﹣=﹣μ2g=﹣2m/s2
此时第12、13的加速度 a1==0.25m/s2
以第12、13两木块为参考系，铅块滑到第12个木块右端时相对木块的速度v2满足
=2（a0﹣a1）L
解得，v2=m/s＞0
故铅块可以滑上第13个木块．
答：（1）铅块在第12块木块上运动时，能带动它右面的木块一起运动．
（2）小铅块最终能滑上第13块木块上．
　
12．如图所示，P、Q为水平面内平行放置的金属长直导轨，间距为L1=0.5m，处在磁感应强度大小为B1=0.7T、方向竖直向下的匀强磁场中，一根质量为M=0.3kg、电阻为r=1Ω的导体杆ef垂直于P、Q放在导轨上，导体杆ef与P、Q之间的动摩擦因数为μ=0.1．在外力作用下导体杆ef向左做匀速直线运动，质量为m=0.2kg、每边电阻均为r=1Ω、边长为L2=0.2m的正方形金属框abcd置于竖直平面内，两顶点a、b通过细导线与导轨相连，金属框处在磁感应强度大小为B2=1T、方向垂直框面向里的匀强磁场中，金属框恰好处于静止状态，重力加速度g=10m/s2，不计其余电阻和细导线对a、b点的作用力，求：
（1）通过ab边的电流Iab；
（2）导体杆ef做匀速直线运动的速度v；
（3）t=1s时间内，导体杆ef向左移动时克服摩擦力所做的功；
（4）外力做功的功率P外．

【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电功、电功率；安培力．
【分析】（1）外电路是：ad、dc、cb三边电阻串联后再与ab边电阻并联构成，竖直方向上ab边与cd边所受安培力均向上，根据受力平衡列方程即可求解，注意并联电路中电流与电阻关系．
（2）根据闭合电路欧姆定律求出电源的电动势，根据E=BLv，即可求出导体棒的速度．
（3）摩擦力是恒力，可以直接用功的定义式求解．
（4）根据平衡条件，外力F等于安培力和摩擦力之和，求出F，用P=Fv求解．
【解答】解：（1）设通过正方形金属框的总电流为I，ab边的电流为Iab，dc边的电流为Idc，有：
Iab=I
Icd=I
金属框受重力和安培力，处于静止状态，有：mg=B2IabL2+B2IdcL2
联立三式解得：Iab=
故通过ab边的电流Iab是：Iab=
代入数据，解得：Iab==7.5A．
（2）由（1）可得：I=
设导体杆切割磁感线产生的电动势为E，有：E=B1L1v
设ad、dc、cb三边电阻串联后与ab边电阻并联的总电阻为R，则：R=r
R与ef串联的总电阻R总=r+r=r
ef由于运动切割磁感线而产生的电动势E=B1L1v
根据闭合电路欧姆定律，有：I=
联立以上各式： =
则有：v=；
代入数据，解得：v=50m/s．
故导体杆ef的运动速度50m/s．
（3）摩擦力为恒力，可以用功的定义式求解：
Wf=μMgs=μMgvt=t；
代入数据，解得：Wf=15J
（4）ef棒在水平方向上受到外力F、安培力、摩擦力，根据平衡条件可知
F=FA+μMg
因为FA=B1IL1=
所以外力F的功率为：
P外=Fv=（FA+μMg）v=+；
代入数据，解得：P外=190W
答：（1）通过ab边的电流Iab为7.5A；
（2）导体杆ef做匀速直线运动的速度为50m/s；
（3）t=1s时间内，导体杆ef向左移动时克服摩擦力所做的功15J；
（4）外力做功的功率为190W．
　
（二）选考题（共45分）[物理-选修3-3]
13．下列说法中正确的是（　　）
A．已知某物质的摩尔质量为M，密度为ρ，阿伏加德罗常数为NA，则这种物体的分子体积为V0=
B．当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小
C．饱和汽和液体之间的动态平衡，是指汽化和液化同时进行的过程，且进行的速率相等
D．自然界一切过程能量都是守恒的，符合能量守恒定律的宏观过程都能自然发生
E．一定质量理想气体对外做功，内能不一定减少，但密度一定减小
【考点】热力学第一定律；分子间的相互作用力；热力学第二定律．
【分析】对于固体或液体，可根据摩尔体积与阿伏加德罗常数之比求分子体积．当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小．饱和汽和液体之间处于动态平衡状态．符合能量守恒定律的宏观过程不一定能自然发生．根据热力学第一定律分析内能的变化．
【解答】解：A、只有对固体或液体，可根据V0=求物体分子的体积，对于气体，由于分子间距较大，不能用V0=求气体分子的体积，故A错误．
B、当分子间的引力和斥力平衡时，分子力为零，分子势能最小，故B正确．
C、饱和汽和液体之间的动态平衡，是指汽化和液化同时进行的过程，且进行的速率相等．故C正确．
D、自然界一切过程能量都是守恒的，符合能量守恒定律的宏观过程不一定能自然发生，还要遵守热力学第二定律才能发生，故D错误．
E、一定质量理想气体对外做功，若气体吸收热量，则内能不一定减少．由于气体的体积增大，所以密度一定减小．故E正确．
故选：BCE
　
14．如图所示，玻璃管A上端封闭，B上端开口且足够长，两管下端用橡皮管连接起来，A管上端被一段水银柱封闭了一段长为6cm的空气柱，左右两水银面高度差为5cm，已知外界大气压为75cmHg，温度为t1=27℃，热力学温度与摄氏温度的关系为T=t+273K，空气可视为理想气体，现在山下缓慢移动B管，使A管中气柱长度变为5cm，求：
①上述操作中B管是向上还是向下哪个方向移动的？稳定后的气体压强为多大？
②A管中气柱长度变为5cm后，保持B管不动而升高气体温度，为使A管中气柱长度恢复到6cm，则温度应升高到多少？

【考点】理想气体的状态方程．
【分析】（1）分别列出初态和末态封闭气体的压强、体积，由根据玻意耳定律列式可求出．结合气体的压强的变化，即可判断出B管运动的方向．
（2）先写出末状态的压强，根据几何关系求右管管口移动的距离，然后由查理定律即可求出．
【解答】解：①气体做等温变化，初状态：；，
末状态：
根据玻意耳定律：
代入数据得：
因为气体的压强增大，则两部分的液面差增大，所以B管应向上移动
②末状态左右两管液面的高度差
△h=（96﹣75+2×1）=23cm
末状态的压强

由查理定律：
代入数据得
答：①上述操作中B管是向上移动的，稳定后的气体压强为96cmHg
②A管中气柱长度变为5cm后，保持B管不动而升高气体温度，为使A管中气柱长度恢复到6cm，则温度应升高到94.5℃
　
[物理-选修3-4]
15． 两列简谐横波的振幅都是20cm，传播速度大小相同．实线波的频率为2Hz，沿x轴正方向传播，虚线波沿x轴负方向传播．某时刻两列波在如图所示区域相遇，则（　　）

A．在相遇区域会发生干涉现象
B．实线波和虚线波的频率之比为3：2
C．平衡位置为x=6m处的质点此刻速度为零
D．平衡位置为x=8.5m处的质点此刻位移y＞20cm
E．从图示时刻起再经过0.25s，平衡位置为x=5m处的质点的位移y＜0
【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象；波的干涉和衍射现象．
【分析】在均匀介质中两列波的波速相同，由v=λf得：波长与频率成反比．某时刻两列波的平衡位置正好在x=0处重合，两列波的平衡位置的另一重合处到x=0处的距离应该是两列波的波长整数倍
【解答】解：A、两列波波速相同，波长不同，根据v=λf，频率不同，不能干涉，故A错误；
B、两列波波速相同，波长分别为4m、6m，为2：3，根据根据v=λf，频率比为3：2，故B正确；
C、平衡位置为x=6m处的质点此刻位移为零，两列波单独引起的速度不等，相反，故合速度不为零，故C错误；
D、平衡位置为x=8.5m处的质点，两列波单独引起的位移分别为、，故合位移大于振幅A，故D正确；
E、传播速度大小相同．实线波的频率为2Hz，其周期为0.5s，由图可知：虚线波的周期为0.75s；
从图示时刻起再经过0.25s，实线波在平衡位置为x=5m处于波谷，而虚线波也处于y轴上方，但不在波峰处，所以质点的位移y＜0，故E正确；
故选BDE．
　
16．如图所示，横截面为直角三角形的玻璃砖ABC．AC边长为L，∠B=30°，光线P、Q同时由AC中点射入玻璃砖，其中光线P方向垂直AC边，光线Q方向与AC边夹角为45°．发现光线Q第一次到达BC边后垂直BC边射出．光速为c，求：
Ⅰ．玻璃砖的折射率；
Ⅱ．光线P由进入玻璃砖到第一次由BC边出射经历的时间．

【考点】光的折射定律．
【分析】Ⅰ、作出光路图，由几何知识求出光线在AC边的入射角和折射角，即可求得玻璃砖的折射率；
Ⅱ、由几何关系求出光线P由进入玻璃砖到第一次由BC边出射通过的路程，由v=求出P在玻璃砖内传播的速度，即可求得经历的时间．
【解答】解：Ⅰ、作出光路图如图．则光线Q在AC边的入射角i=45°．
由几何关系可知在AC边的折射角r=30°
由折射定律得 n==
Ⅱ、光线P在玻璃砖中传播时
s1=ED==L
s2=DF==L
P在玻璃砖内传播的速度 v=
则所要求的时间为 t=
由以上各式可得 t=
答：
Ⅰ．玻璃砖的折射率为；
Ⅱ．光线P由进入玻璃砖到第一次由BC边出射经历的时间为．

　
[物理-选修3-5]
17．下列说法中正确的是（　　）
A．光电效应现象说明光具有粒子性
B．普朗克在研究黑体辐射问题时提出了能量子假说
C．玻尔建立了量子理论，成功解释了各种原子发光现象
D．运动的宏观物体也具有波动性，其速度越大物质波的波长越大
E．β衰变所释放的电子是原子核内的中子转变为质子时所产生的
【考点】光电效应；玻尔模型和氢原子的能级结构．
【分析】光电效应现象说明光具有粒子性，普朗克在研究黑体辐射问题时提出了能量子假说；玻尔理论只能解释了氢原子发光现象；根据德布罗意的理论，运动的宏观物体也具有波动性，其速度越大物质波的波长越短；β衰变所释放的电子不是来自核外电子，是原子核中的中子转变为质子和电子产生．
【解答】解：A、光电效应现象中，光子能够打出电子，说明光具有粒子性，故A正确；
B、普朗克在研究黑体辐射问题时提出了能量子假说．故B正确；
C、普朗克建立了量子理论，而玻尔只能成功解释了氢原子发光现象．故C错误；
D、根据德布罗意的理论，运动的宏观物体也具有波动性，其速度越大物质波的波长越短．故D错误．
E、β衰变所释放的电子是原子核内的中子转变为质子时所产生的，故E正确；
故选：ABE．
　
18．如图所示，光滑水平面上有一质量为M=10㎏的静止滑槽，内则长度L=0.5m，另有一质量m=2㎏的小滑块在滑槽内的中点上，小滑块与滑槽的动摩擦因素μ=0.2，当给小滑块一个水平向右6m/s的速度后，小滑块可能与滑槽相碰，（碰撞为完全弹性碰撞）试问：小滑块与滑槽能碰撞几次？（g取10m/s2）

【考点】动量守恒定律；功能关系．
【分析】系统相互作用过程非常复杂，但是系统所受外力为零，因此满足动量守恒，可以依据动量守恒求解，注意开始m速度向右，因此系统动量向右，故最终小滑块和滑槽将以共同速度向右运动，由动能定理求出滑块运动的路程，根据题意判断次数
【解答】解：由动量守恒：mv0=（M+m）v
2×6=（10+2 ） v
v=1m/s
系统功能关系：μmgS=mv02﹣（M+m）v2
0.2×2×10S=2×62﹣（10+2）×12
S=7.5m
碰撞次数n=+1=+1=15.5
∴碰撞次数为15次．
答：小滑块与滑槽能碰撞15次
　

2016年11月25日