2016年江苏省常州市高考物理一模试卷（解析版）

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2016年江苏省常州市高考物理一模试卷　一、单项选择题（共5小题，每小题3分，满分15分）1．“如果我比别人看得更远，是因为我站在巨人的肩膀上”牛顿的这句名言说明前人的科学发现是后人研究的启迪和基础．下列说法不正确的是（　　）A．伽利略理想实验的研究结论为牛顿第一定律的得出奠定了基础B．开普勒发现的行星运动定律为万有引力定律的得出奠定了基础C．奥斯特发现的电流的磁效应为电磁感应定律的发现提供了启迪D．法拉第提出电荷的周围存在电场为库伦定律的发现提供了启迪2．如图，一截面为椭圆形的容器内壁光滑其质量为M，置于光滑水平面上，内有一质量为m的小球，当容器受到一个水平向右的力F作用向右匀加速运动时，小球处于图示位置，此时小球对椭圆面的压力大小为（　　）A．mB．mC．mD．3．复印机的核心部件是有机光导体鼓，它是在一个金属圆柱表面涂覆一层有机光导体OPC（没有光照时OPC是绝缘体，受到光照时变成导体）制成的．复印机的基本工作过程是（1）在暗处的有机光导体鼓和一个金属丝电极之间加上高电压，金属丝附近空气发生电离，使转动鼓体均匀带上正电；（2）文件反射的强光通过光学系统在鼓上成像，鼓上形成“静电潜像”；（3）鼓体转动经过墨粉盒，潜像将带相反电荷的墨粉吸引到鼓体带电部位；（4）鼓体继续转动经过复印纸，带电复印纸又将墨粉吸引到复印纸上．以下说法正确的是（　　）A．步骤（1）中发生了静电感应现象B．步骤（2）中发生了局部导电现象C．步骤（3）中发生了静电平衡现象第33页（共33页） D．步骤（4）中发生了静电屏蔽现象4．自从英国物理学家狄拉克提出磁单极子以来，寻找磁单极子一直是人类的一个追求．如图设想一个磁N单极子从远处沿一个闭合金属线圈的轴线匀速通过，设从右向左观察顺时针方向电流为正，则和该线圈串联的仪表中记录到的线圈中感生电流的i﹣t图象是（　　）A．B．C．D．5．军事演习中，M点的正上方离地H高处的蓝军飞机以水平速度v1投掷一颗炸弹攻击地面目标，反应灵敏的红军的地面高炮系统同时在M点右方地面上N点以速度v2斜向左上方发射拦截炮弹，两弹恰在M、N连线的中点正上方相遇爆炸，不计空气阻力，则发射后至相遇过程（　　）A．两弹飞行的轨迹重合B．初速度大小关系为v1=v2C．拦截弹相对攻击弹做匀速直线运动D．两弹相遇点一定在距离地面H高度处　二、多项选择题（共4小题，每小题4分，满分16分。每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不分的得2分，错选或不答得0分）6．关于下列器材的原理和用途，正确的是（　　）第33页（共33页） A．变压器可以改变交变电压但不能改变频率B．扼流圈对交流的阻碍作用是因为线圈存在电阻C．真空冶炼炉的工作原理是炉体产生涡流使炉内金属熔化D．磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框能起电磁阻尼的作用7．己知地球和火星的半径分别为rl、r2，绕太阳公转轨道可视为圆，轨道半径分别为r1′、r2′，公转线速度分别为vl′、v2′，地球和火星表面重力加速度分别为g1、g2，平均密度分别为ρ1、ρ2．地球第一宇宙速度为v1，飞船贴近火星表面环绕线速度为v2，则下列关系正确的是（　　）A．B．C．ρ1r12v22=ρ2r22v12D．g1r12=g2r228．如图所示，虚线表示某电场中的四个等势面，相邻等势面间的电势差相等，一不计重力的带负电的粒子从右侧垂直等势面φ4向左进入电场，运动轨迹与等势面分别交于a，b，c三点，则可以判断（　　）A．φ1＜φ2＜φ3＜φ4B．粒子的运动轨迹和φ3等势面也可能垂直C．φ4等势面上各点场强处处相等D．该区域可能是点电荷和无限大金属平板形成的电场9．水平长直轨道上紧靠放置n个质量为m可看作质点的物块，物块间用长为l的细线连接，开始处于静止状态，轨道动摩擦力因数为μ．用水平恒力F拉动1开始运动，到连接第n个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零，则（　　）第33页（共33页） A．拉力F所做功为nFlB．系统克服摩擦力做功为C．F＞D．nμmg＞F＞（n﹣1）μmg　三、简答题（共2小题，满分18分）10．某学习小组欲探究小灯泡（“3V、1.5W”）的伏安特性，可提供的实验器材如下：A．电池组：电动势约4.5V，内阻可不计；B．双量程的电压表；V1：量程为0～3V、内阻约为3kΩ；V2：量程为0～15V、内阻约为15kΩC．双量程的电流表；A1：量程为0～0.6A、内阻约为1Ω；A2：量程为0～3A、内阻约为0.1ΩD．滑动变阻器R：阻值范围0～10Ω、允许通过最大电流为2A；E．开关S，导线若干．在尽量提高测量精度的情况下，请回答下列问题：（1）根据以上器材，用笔画线代替导线将实物图1连接成完整电路；（2）闭合开关前，滑动变阻器的滑动片应移到　　端（选填“A”或“B”）；第33页（共33页） （3）调节滑动变阻器得到电压、电流数据如下表，请在图2所示的坐标纸上画出小灯泡的U﹣I图线．组数1234567U/V00.280.580.921.502.003.00I/A00.100.200.300.400.450.49（4）根据图线可估得小灯泡在常温下的电阻约为　　Ω（结果保留2位有效数字）．11．图1为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图．实验步骤如下：①用天平测量物块和遮光片的总质量M、重物的质量m；用游标卡尺测量遮光片的宽度d；用米尺测量两光电门之间的距离s；②调整轻滑轮，使细线水平；③让物块从光电门A的左侧由静止释放，用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门A和光电门B所用的时间△tA和△tB，求出加速度a；④多次重复步骤③，求a的平均值；⑤根据上述实验数据求出动摩擦因数μ．回答下列问题：（1）用20分度的游标卡尺测量d时的示数如图2所示，其读数为　　cm；（2）物块的加速度a可用d、s、△tA和△tB表示为a=　　；（3）动摩擦因数μ可用M、m、和重力加速度g表示为μ=　　；（4）如果滑轮略向下倾斜，使细线细线没有完全调节水平，由此测得的μ　　（填“偏大”或“偏小”）；这一误差属于　　第33页（共33页） （填“偶然误差”或“系统误差”）．　四、选做题：[选修模块3－3]（共3小题，满分12分）12．下列说法中正确的是（　　）A．能的转化和守恒定律是普遍规律，能量耗散不违反能量守恒定律B．扩散现象可以在液体、气体中进行，不能在固体中发生C．有规则外形的物体是晶体，没有确定的几何外形的物体是非晶体D．由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，所以存在表面张力13．气象员用释放氢气球的方法测量高空的气温．已知气球内气体的压强近似等于外界大气压，氢气球由地面上升的过程中，氢气球内壁单位面积上所受内部分子的作用力　　（填“增大”、“减小”、“不变”），球内气体的内能　　（填“增大”、“减小”、“不变”）．14．某次测量中在地面释放一体积为8升的氢气球，发现当气球升高到1600m时破裂．实验表明氢气球内外压强近似相等，当氢气球体积膨胀到8.4升时即破裂．已知地面附近大气的温度为27℃，常温下当地大气压随高度的变化如图所示．求：高度为1600m处大气的摄氏温度．　五、选修模块3－4（共3小题，满分0分）15．下列说法正确的是（　　）A．光的衍射现象说明光波是横波B．变化的电场周围不一定产生变化的磁场第33页（共33页） C．雷达是利用超声波来测定物体位置的设备D．眼镜镜片的表面上镀有增透膜，利用了光的干涉原理16．如图所示为某一介质中的甲、乙两个质点振动的位移随时间变化的图象，在t=5s时，两质点的振动方向　　（选填“相同”或“相反”）．由于两质点的振动，在介质中形成了两列机械波，两列波的波长之比λ甲：λ乙=　　．17．一束单色光由左侧射入盛有清水的薄壁圆柱，如图为过轴线的截面图，调整入射角α，光线恰好在和空气的界面上发生全反射，已知水的折射率为，求sinα的值．　六、[选修模拟3－5]（共3小题，满分0分）18．下列说法中正确的是（　　）A．某放射性原子核经2次α衰变和一次β变，核内质子数减少3个B．玻尔理论可以成功解释氢原子的光谱现象C．氢原子的核外电子从半径较大的轨道跃迁到半径较小的轨道时，原子的能量增大D．放射性元素发生β衰变，新核的化学性质不变19．用同一光电管研究a、b两种单色光产生的光电效应，得到光电流I与光电管两极间所加电压U的关系如图．则a光光子的频率　　b光光子的频率（选填“大于”、“小于”、“等于”）；用a光的强度　　b光的强度（选填“大于”、“少于”、“等于”）．第33页（共33页） 20．一个静止的原子核，衰变时放出一个质量为m1速率为v1的粒子，同时产生一个质量为m2的反冲新核和一个光子，测得新核的速率为v2、光子与新核运动方向相同．已知普朗克常量为h，写出该衰变的方程并求出光子的波长λ．　七、计算题（共3小题，满分47分）21．如图甲所示，在水平面上固定有长为L=2m、宽为d=0.5m的光滑金属“U”型导轨，导轨右端接有R=1Ω的电阻，在“U”型导轨右侧l=1m范围内存在垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间变化规律如图乙所示．在t=0时刻，质量为m=0.1kg、内阻r=1Ω导体棒ab以v0=1m/s的初速度从导轨的左端开始向右运动，导轨的电阻忽略不计，g取10m/s2．（1）求第一秒内流过ab电流的大小及方向；（2）求ab棒进磁场瞬间的加速度大小；（3）导体棒最终停止在导轨上，求全过程回路中产生的焦耳热．第33页（共33页） 22．如图为固定在竖直平面内的轨道，直轨道AB与光滑圆弧轨道BC相切，圆弧轨道的圆心角为37°，半径为r=0.25m，C端水平，AB段的动摩擦因数为0.5．竖直墙壁CD高H=0.2m，紧靠墙壁在地面上固定一个和CD等高，底边长L=0.3m的斜面．一个质量m=0.1kg的小物块（视为质点）在倾斜轨道上从距离B点l=0.5m处由静止释放，从C点水平抛出．重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：（1）小物块运动到C点时对轨道的压力的大小；（2）小物块从C点抛出到击中斜面的时间；（3）改变小物体从轨道上释放的初位置，求小物体击中斜面时动能的最小值．23．如图所示，在xoy平面坐标系中，x轴上方存在电场强度E=1000v/m、方向沿y轴负方向的匀强电场；在x轴及与x轴平行的虚线PQ之间存在着磁感应强度为B=2T、方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁场宽度为d．一个质量m=2×10﹣8kg、带电量q=+1.0×10﹣5C的粒子从y轴上（0，0.04）的位置以某一初速度v0沿x轴正方向射入匀强电场，不计粒子的重力．（1）若v0=200m/s，求粒子第一次进入磁场时速度v的大小和方向；（2）要使以大小不同初速度射入电场的粒子都能经磁场返回，求磁场的最小宽度d；（3）要使粒子能够经过x轴上100m处，求粒子入射的初速度v0．　第33页（共33页） 2016年江苏省常州市高考物理一模试卷参考答案与试题解析　一、单项选择题（共5小题，每小题3分，满分15分）1．“如果我比别人看得更远，是因为我站在巨人的肩膀上”牛顿的这句名言说明前人的科学发现是后人研究的启迪和基础．下列说法不正确的是（　　）A．伽利略理想实验的研究结论为牛顿第一定律的得出奠定了基础B．开普勒发现的行星运动定律为万有引力定律的得出奠定了基础C．奥斯特发现的电流的磁效应为电磁感应定律的发现提供了启迪D．法拉第提出电荷的周围存在电场为库伦定律的发现提供了启迪【考点】物理学史．【分析】本题比较简单考查了学生对物理学史的了解情况，在物理学发展的历史上有很多科学家做出了重要贡献，大家熟悉的牛顿、奥斯特、法拉第等，在学习过程中要了解、知道这些著名科学家的重要贡献【解答】解：A、伽利略理想实验的研究结论为牛顿第一定律的得出奠定了基础，故A正确；B、开普勒关于行星运动的描述为万有引力定律的发现奠定了基础，故B正确；C、奥斯特第发现了电流的磁效应，使人们突破了对电与磁认识的局限性，为电磁感应定律的发现提供了启迪，故C正确；D、法拉第发现了电磁感应现象在库伦定律的发现之后，故D不正确本题选错误的，故选：D　2．如图，一截面为椭圆形的容器内壁光滑其质量为M，置于光滑水平面上，内有一质量为m的小球，当容器受到一个水平向右的力F作用向右匀加速运动时，小球处于图示位置，此时小球对椭圆面的压力大小为（　　）第33页（共33页） A．mB．mC．mD．【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．【分析】先以整体为研究对象，根据牛顿第二定律求出加速度，再对小球研究，求出椭圆面对小球的支持力大小，由牛顿第三定律得到小球对椭圆面的压力大小．【解答】解：先以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得：加速度为a=再对小球研究，分析受力情况，如图，由牛顿第二定律得到：N==m故选：B　3．复印机的核心部件是有机光导体鼓，它是在一个金属圆柱表面涂覆一层有机光导体OPC（没有光照时OPC是绝缘体，受到光照时变成导体）制成的．复印机的基本工作过程是（1）在暗处的有机光导体鼓和一个金属丝电极之间加上高电压，金属丝附近空气发生电离，使转动鼓体均匀带上正电；（2）文件反射的强光通过光学系统在鼓上成像，鼓上形成“静电潜像”；（3）鼓体转动经过墨粉盒，潜像将带相反电荷的墨粉吸引到鼓体带电部位；（4）鼓体继续转动经过复印纸，带电复印纸又将墨粉吸引到复印纸上．以下说法正确的是（　　）A．步骤（1）中发生了静电感应现象B．步骤（2）中发生了局部导电现象C．步骤（3）中发生了静电平衡现象D．步骤（4）中发生了静电屏蔽现象第33页（共33页） 【考点】静电现象的解释．【分析】静电复印机是利用静电正、负电荷能互相吸引的原理制成的，根据其原理分析即可．【解答】解：A、步骤（1）中在暗处的有机光导体鼓和一个金属丝电极之间加上高电压，金属丝附近空气发生电离，使转动鼓体均匀带上正电的过程发生了电离现象，不是静电感应现象．故A错误；B、步骤（2）中文件反射的强光通过光学系统在鼓上成像，有机光导体OPC受到光照时变成导体，鼓上形成“静电潜像”；发生了局部导电现象．故B正确；C、步骤（3）中潜像将带相反电荷的墨粉吸引到鼓体带电部位属于静电吸引，不是静电平衡．故C错误；D、步骤（4）中带电复印纸将墨粉吸引到复印纸上，属于静电吸引，不是静电平衡．故D错误．故选：B　4．自从英国物理学家狄拉克提出磁单极子以来，寻找磁单极子一直是人类的一个追求．如图设想一个磁N单极子从远处沿一个闭合金属线圈的轴线匀速通过，设从右向左观察顺时针方向电流为正，则和该线圈串联的仪表中记录到的线圈中感生电流的i﹣t图象是（　　）A．B．C．D．【考点】楞次定律．【分析】第33页（共33页） 磁单极子穿过金属线圈，导致线圈中的磁通量发生变化，根据磁通量变化情况，由楞次定律可判定感应电流的方向．【解答】解：若N磁单极子穿过金属线圈的过程中，当磁单极子靠近线圈时，穿过线圈中磁通量增加，且磁场方向从左向右，所以由楞次定律可知有顺时针方向感应电流；当磁单极子远离线圈时，穿过线圈中磁通量减小，且磁场方向从右向左，所以由楞次定律可知，感应磁场方向：从右向左，再由右手螺旋定则可确定感应电流方向，从右向左看，仍是顺时针方向．因此线圈中产生的感应电流方向不变，而且逐渐增大，最后趋向每一个最大值．故C正确，ABD错误．故选：C．　5．军事演习中，M点的正上方离地H高处的蓝军飞机以水平速度v1投掷一颗炸弹攻击地面目标，反应灵敏的红军的地面高炮系统同时在M点右方地面上N点以速度v2斜向左上方发射拦截炮弹，两弹恰在M、N连线的中点正上方相遇爆炸，不计空气阻力，则发射后至相遇过程（　　）A．两弹飞行的轨迹重合B．初速度大小关系为v1=v2C．拦截弹相对攻击弹做匀速直线运动D．两弹相遇点一定在距离地面H高度处【考点】平抛运动．【分析】炸弹做的是平抛运动，解决平抛运动的方法是把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动．拦截炮弹做的是斜抛运动，它在水平方向上也是匀速直线运动，但在竖直方向上是竖直上抛运动．【解答】解：A、两弹在M、N连线的中点正上方相遇，只能说明末位置相同，不能说明运动轨迹重合，故A错误．第33页（共33页） B、由于两弹恰在M、N连线的中点正上方相遇，说明它们的水平位移大小相等，又由于运动的时间相同，所以它们在水平方向上的速度相同，即v2cosθ=v1，所以v2＞v1，故B错误．C、两弹都只受到重力，都做匀变速运动，加速度相同，所以拦截弹相对攻击弹做匀速直线运动，故C正确．D、根据题意只能求出两弹运动时间相同，但不知道拦截炮弹竖直方向初速度的具体值，所以不能判断两弹相遇点距离地面的高度，所以D错误．故选：C　二、多项选择题（共4小题，每小题4分，满分16分。每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不分的得2分，错选或不答得0分）6．关于下列器材的原理和用途，正确的是（　　）A．变压器可以改变交变电压但不能改变频率B．扼流圈对交流的阻碍作用是因为线圈存在电阻C．真空冶炼炉的工作原理是炉体产生涡流使炉内金属熔化D．磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框能起电磁阻尼的作用【考点】变压器的构造和原理；*涡流现象及其应用．【分析】明确电感的作用，知道变压器不能改变交流电的频率；自感现象利用自感现象启动；真空治炼炉是利用电磁感应原理而使内部金属产生涡流而产生的热量．【解答】解：A、变压器可以改变交流电的电压但不能改变频率，故A正确；B、扼流圈对交流的阻碍作用是因为线圈产生了自感现象，不是因为电阻的热效应，故B错误；C、真空冶炼炉的工作原理是炉中金属产生涡流使炉内金属熔化，不是炉体产生涡流，故C错误；第33页（共33页） D、磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框中可以产生感应电流能起电磁阻尼的作用，故D正确．故选：AD．　7．己知地球和火星的半径分别为rl、r2，绕太阳公转轨道可视为圆，轨道半径分别为r1′、r2′，公转线速度分别为vl′、v2′，地球和火星表面重力加速度分别为g1、g2，平均密度分别为ρ1、ρ2．地球第一宇宙速度为v1，飞船贴近火星表面环绕线速度为v2，则下列关系正确的是（　　）A．B．C．ρ1r12v22=ρ2r22v12D．g1r12=g2r22【考点】万有引力定律及其应用；向心力．【分析】根据万有引力提供向心力G=m去求地球和火星公转的线速度之比，以及近地卫星的速度之比．根据万有引力等于重力求星球表面重力加速度之比，结合密度公式研究．【解答】解：A、根据万有引力提供向心力得：G=m，得v=，r′是行星公转半径，地球和火星的公转半径之比为r1′：r2′，所以公转线速度之比=，故A正确；B、与行星公转相似，对于卫星，线速度表达式也为v=由于不知道地球和火星的质量之比，所以无法求出，故B错误．C、卫星贴近表面运行时，有G=m，得：M=行星的密度为：ρ==（其中T为星球表面卫星运行的周期，r为星球半径），故=为定值，故ρ1r12v22=ρ2r22v12，故C正确．D、在行星表面，由重力等于万有引力，有G第33页（共33页） =mg，r是行星的半径，得：g=，则有GM=gr2，由于地球与火星的质量不等，则g1r12≠g2r22．故D错误．故选：AC　8．如图所示，虚线表示某电场中的四个等势面，相邻等势面间的电势差相等，一不计重力的带负电的粒子从右侧垂直等势面φ4向左进入电场，运动轨迹与等势面分别交于a，b，c三点，则可以判断（　　）A．φ1＜φ2＜φ3＜φ4B．粒子的运动轨迹和φ3等势面也可能垂直C．φ4等势面上各点场强处处相等D．该区域可能是点电荷和无限大金属平板形成的电场【考点】等势面；电势．【分析】质点只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向左上方，由于质点带负电，因此电场线方向也指向右下方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场场强大．【解答】解：A、电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带负电，因此电场线指向右上方，沿电场线电势降低，故a等势线的电势最高，c点的电势最低，故A错误；B、由图可知，电荷始终做曲线运动，所以粒子的运动轨迹和φ3等势面不可能垂直，故B错误；C、电场线的疏密表示电场的强弱，由图可知φ4等势面周围的等势面的分布不是均匀的，所以各点场强不能是处处相等，故C错误；D、由图可知，该电场的上下是对称的，该区域可能是点电荷和无限大金属平板形成的电场，也可能是等量异种点电荷的电场，故D正确故选：D第33页（共33页） 　9．水平长直轨道上紧靠放置n个质量为m可看作质点的物块，物块间用长为l的细线连接，开始处于静止状态，轨道动摩擦力因数为μ．用水平恒力F拉动1开始运动，到连接第n个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零，则（　　）A．拉力F所做功为nFlB．系统克服摩擦力做功为C．F＞D．nμmg＞F＞（n﹣1）μmg【考点】动能定理的应用；功能关系．【分析】当连接第n个物块的线刚好拉直时，物块1、2、3、n通过的位移分别为（n﹣1）l、（n﹣2）l、…2l、l，再求出拉力做功和系统克服摩擦力做功．由动能定理分析F的条件．【解答】解：A、物体1的位移为（n﹣1）l，则拉力F所做功为WF=F•（n﹣1）l=（n﹣1）Fl．故A错误．B、系统克服摩擦力做功为Wf=μmgl+μmg•l+…+μmg•（n﹣2）l+μmg•（n﹣1）l=．故B正确．CD、据题，连接第n个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零，假设没有动能损失，由动能定理有WF=Wf，解得F=．现由于绳子绷紧瞬间系统有动能损失，所以根据功能关系可知F＞，故C正确，D错误．故选：BC　三、简答题（共2小题，满分18分）10．某学习小组欲探究小灯泡（“3V、1.5W”）的伏安特性，可提供的实验器材如下：A．电池组：电动势约4.5V，内阻可不计；B．双量程的电压表；第33页（共33页） V1：量程为0～3V、内阻约为3kΩ；V2：量程为0～15V、内阻约为15kΩC．双量程的电流表；A1：量程为0～0.6A、内阻约为1Ω；A2：量程为0～3A、内阻约为0.1ΩD．滑动变阻器R：阻值范围0～10Ω、允许通过最大电流为2A；E．开关S，导线若干．在尽量提高测量精度的情况下，请回答下列问题：（1）根据以上器材，用笔画线代替导线将实物图1连接成完整电路；（2）闭合开关前，滑动变阻器的滑动片应移到　A　端（选填“A”或“B”）；（3）调节滑动变阻器得到电压、电流数据如下表，请在图2所示的坐标纸上画出小灯泡的U﹣I图线．组数1234567U/V00.280.580.921.502.003.00I/A00.100.200.300.400.450.49（4）根据图线可估得小灯泡在常温下的电阻约为　2.8　Ω（结果保留2位有效数字）．【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【分析】（1）根据实验原理明确滑动变阻器以及电流表的接法，从而明确电路实物图；（2）让开始时要让电压从零开始调节，故开始时应让与测量部分并联的滑动变阻器并联；第33页（共33页） （3）根据描点法可得出对应的图象；（4）根据图象过原点的斜率可求得常温下的电阻．【解答】解：（1）本实验应采用滑动变阻器分压接法，同时由于灯泡内阻较小，故采用电流表外接法以减小误差；故连线如图1所示；（2）为了让电压值从零开始调节，由图可知测量电路与滑动变阻器的左侧并联；故开始时滑片应滑到A侧；（3）根据描点法可得出对应的伏安特性曲线如图2所示；（4）作出过原点的切线，如图3所示；常温下的电阻图线过原点的切线的斜率；故R==2.8Ω故答案为：（1）如图1所示；（2）A；（3）如图2所示；（4）2.8．　11．图1为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图．实验步骤如下：①第33页（共33页） 用天平测量物块和遮光片的总质量M、重物的质量m；用游标卡尺测量遮光片的宽度d；用米尺测量两光电门之间的距离s；②调整轻滑轮，使细线水平；③让物块从光电门A的左侧由静止释放，用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门A和光电门B所用的时间△tA和△tB，求出加速度a；④多次重复步骤③，求a的平均值；⑤根据上述实验数据求出动摩擦因数μ．回答下列问题：（1）用20分度的游标卡尺测量d时的示数如图2所示，其读数为　0.950　cm；（2）物块的加速度a可用d、s、△tA和△tB表示为a=　[（）2﹣（）2]　；（3）动摩擦因数μ可用M、m、和重力加速度g表示为μ=　　；（4）如果滑轮略向下倾斜，使细线细线没有完全调节水平，由此测得的μ　偏大　（填“偏大”或“偏小”）；这一误差属于　系统误差　（填“偶然误差”或“系统误差”）．【考点】探究影响摩擦力的大小的因素．【分析】（1）游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读．（2）根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出物块通过光电门A和B的速度，结合速度位移公式求出物块的加速度．（3）对整体分析，根据牛顿第二定律求出动摩擦因数的大小．（4）根据加速度的测量误差，结合动摩擦因数的表达式确定动摩擦因数的测量误差．第33页（共33页） 【解答】解：（1）游标卡尺的主尺读数为9mm，游标读数为0.05×10mm=0.50mm，则最终读数为9.50mm=0.950cm．（2）根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度知，物块通过光电门A的速度，根据速度位移公式得，a==[（）2﹣（）2]（3）对物块和重物组成的系统研究，根据牛顿第二定律得，a=，解得动摩擦因数μ=．（4）如果滑轮略向下倾斜，使细线细线没有完全调节水平，则滑块对接触面的正压力测量值偏小，测得的加速度偏小，根据动摩擦因数的表达式知，动摩擦因数测量值偏大，该误差属于系统误差．故答案为：（1）0.950　（2）[（）2﹣（）2]（3）[（）2﹣（）2]（4）偏大，系统误差　四、选做题：[选修模块3－3]（共3小题，满分12分）12．下列说法中正确的是（　　）A．能的转化和守恒定律是普遍规律，能量耗散不违反能量守恒定律B．扩散现象可以在液体、气体中进行，不能在固体中发生C．有规则外形的物体是晶体，没有确定的几何外形的物体是非晶体D．由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，所以存在表面张力【考点】能量守恒定律；*晶体和非晶体；*液体的表面张力现象和毛细现象．【分析】能量转化和守恒定律是普遍规律，能量耗散只是能量的形式转化了，实际总量并没减少．在液体、气体中固体中都能发生扩散现象．多晶体没有规则的外形．液体表面存在张力．【解答】第33页（共33页） 解：A、能的转化和守恒定律是普遍规律，能量耗散是能量的形式发生了转化，能量的利用品质下降，但总能量仍守恒，所以不违反能量守恒定律．故A正确．B、扩散现象可以在液体、气体中进行，也能在固体中发生，故B错误．C、有规则外形的物体是单晶体，没有确定的几何外形的物体是非晶体和多晶体，故C错误．D、由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，分子间作用力表现为引力，所以存在表面张力，故D正确．故选：AD　13．气象员用释放氢气球的方法测量高空的气温．已知气球内气体的压强近似等于外界大气压，氢气球由地面上升的过程中，氢气球内壁单位面积上所受内部分子的作用力　减小　（填“增大”、“减小”、“不变”），球内气体的内能　减小　（填“增大”、“减小”、“不变”）．【考点】理想气体的状态方程；物体的内能．【分析】大气压强随距地面高度的增加而减少，然后结合压强的定义即可判定气球内壁受到的分子力的变化；温度是分子的平均动能的标志，大气的温度随高度的增加而降低．【解答】解：由于气球内气体的压强近似等于外界大气压，氢气球由地面上升的过程中，大气压强随距地面高度的增加而减少，所以氢气球内的压强减小，根据压强的定义可知，内壁单位面积上所受内部分子的作用力减小；又由于地面附近的大气的温度随高度的升高而降低，所以气球上升的过程中，气球内的气体的温度随之降低．而温度是分子的平均动能的标志，所以气体分子的平均动能减小．气体分子之间的距离比较大，所以气体的分子势能忽略不计，所以温度降低时，气体的内能一定减小．故答案为：减小，减小　第33页（共33页） 14．某次测量中在地面释放一体积为8升的氢气球，发现当气球升高到1600m时破裂．实验表明氢气球内外压强近似相等，当氢气球体积膨胀到8.4升时即破裂．已知地面附近大气的温度为27℃，常温下当地大气压随高度的变化如图所示．求：高度为1600m处大气的摄氏温度．【考点】理想气体的状态方程；封闭气体压强．【分析】以气球内气体为研究对象，由图读出气体在1600m处的压强，结合题目其他的已知条件写出气体的各状态参量，然后根据理想气体状态方程列式求解．【解答】解：由图得：在地面附近球内压强：p1=76cmHg1600m处球内气体压强：p2=70cmHg由气态方程得：T2=Kt2=290﹣273℃=17℃答：高度为1600m处大气的摄氏温度是17℃．　五、选修模块3－4（共3小题，满分0分）15．下列说法正确的是（　　）A．光的衍射现象说明光波是横波B．变化的电场周围不一定产生变化的磁场C．雷达是利用超声波来测定物体位置的设备D．眼镜镜片的表面上镀有增透膜，利用了光的干涉原理【考点】光的干涉；超声波及其应用；光的衍射．第33页（共33页） 【分析】根据光的衍射与干涉，及雷达、次声波、超声波、麦克斯韦电磁场理论这些知识分析，只要记住就可以了．【解答】解：A、光的衍射现象说明光波是一种波，但不能说明是横波．故A错误．B、根据麦克斯韦电磁场理论，变化的电场可以产生磁场，变化的磁场可以产生电场．故B正确．C、雷达使用无线电波（微波）来测定物体的位置的设备．故C错误．D、镜片的表面上镀有增透膜，利用了光的干涉原理，使反射光线进行叠加削弱，从而增加透射光的强度，故D正确．故选：BD．　16．如图所示为某一介质中的甲、乙两个质点振动的位移随时间变化的图象，在t=5s时，两质点的振动方向　相同　（选填“相同”或“相反”）．由于两质点的振动，在介质中形成了两列机械波，两列波的波长之比λ甲：λ乙=　3：2　．【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．【分析】根据质点的振动图象，来确定质点的振动方向；并由λ=vT，来计算波的波长．【解答】解：根据质点的振动图象特征，可在，质点在回复力作用下，甲质点要回到平衡位置，而乙质点要运动到波谷位置，因此两质点的振动方向相同．根据质点的振动可知，周期T甲=12s、T乙=，由λ=vT，可知，由于同一介质，所以速度相同，因此波长与周期成正比，即为λ甲：λ乙=3：2．故答案为：相同；3：2　第33页（共33页） 17．一束单色光由左侧射入盛有清水的薄壁圆柱，如图为过轴线的截面图，调整入射角α，光线恰好在和空气的界面上发生全反射，已知水的折射率为，求sinα的值．【考点】全反射．【分析】由图可知只要求得临界角C即可求得由空气进入玻璃时的折射角，由折射定律即可求得sinθ．【解答】解：当光线在水面发生全反射时有：sinC=当光线从左侧射入时，由折射定律有联立这两式代入数据可得sinθ=．答：sinα的值．　六、[选修模拟3－5]（共3小题，满分0分）18．下列说法中正确的是（　　）A．某放射性原子核经2次α衰变和一次β变，核内质子数减少3个B．玻尔理论可以成功解释氢原子的光谱现象C．氢原子的核外电子从半径较大的轨道跃迁到半径较小的轨道时，原子的能量增大D．放射性元素发生β衰变，新核的化学性质不变【考点】氢原子的能级公式和跃迁；原子核衰变及半衰期、衰变速度．【分析】第33页（共33页） 玻尔理论可以成功解释氢原子的光谱现象；电子从较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，原子的能量增大；核外电子从半径较大的轨道跃迁到半径较小的轨道时，原子的能量减小；β衰变所释放的电子不是来自核外电子，是原子核内部的一个中子转变为一个电子和一个质子，导致原子序数变化；射性元素发生β衰变，新核的质子数增加1个，已经变成了其他的元素．【解答】解：A、某放射性原子核经2次α衰变和一次β变，核内质子数变化△z=﹣2×2+1=﹣3，即减少3个．故A正确；B、玻尔理论引入了量子化的理论，可以成功解释氢原子的光谱现象．故B正确；C、氢原子的核外电子从半径较大的轨道跃迁到半径较小的轨道时，向外辐射光子，原子的能量减小．故C错误；D、放射性元素发生β衰变，新核的质子数增加1个，已经变成了其他的元素，所以化学性质也发生了变化．故D错误．故选：AB　19．用同一光电管研究a、b两种单色光产生的光电效应，得到光电流I与光电管两极间所加电压U的关系如图．则a光光子的频率　大于　b光光子的频率（选填“大于”、“小于”、“等于”）；用a光的强度　大于　b光的强度（选填“大于”、“少于”、“等于”）．【考点】爱因斯坦光电效应方程．【分析】反向截止电压大的则初动能大，初动能大的则频率高，通过图象判定a、b两种单色光谁的频率大，再依据光电流的大小，从而确定光的强弱．【解答】解：由题意可得a光照射光电管时反向截止电压大，使其逸出的光电子最大初动能大，所以a光光子的频率大；由图可知，a的光电流较大，因此a光的光强大于b光；故答案为：大于，大于．　20．一个静止的原子核，衰变时放出一个质量为m1速率为v1的粒子，同时产生一个质量为m2的反冲新核和一个光子，测得新核的速率为v2第33页（共33页） 、光子与新核运动方向相同．已知普朗克常量为h，写出该衰变的方程并求出光子的波长λ．【考点】动量守恒定律；原子核衰变及半衰期、衰变速度．【分析】（1）在衰变方程中遵循质量数守恒、电荷数守恒，由此可以得出衰变方程；（2）在衰变过程中另外遵循能量守恒、动量守恒，光子的动量，根据动量守恒即可求得波长．【解答】解：（1）在衰变和核反应方程中遵循质量数守恒、电荷数守恒，所以生成物中粒子的质量数为4，电荷数为2，即α粒子；该衰变方程为：（2）在衰变和核反应中另外遵循动量守恒，根据动量守恒（以v1的方向为正方向）：答：该衰变方程为，放出光子波长为．　七、计算题（共3小题，满分47分）21．如图甲所示，在水平面上固定有长为L=2m、宽为d=0.5m的光滑金属“U”型导轨，导轨右端接有R=1Ω的电阻，在“U”型导轨右侧l=1m范围内存在垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间变化规律如图乙所示．在t=0时刻，质量为m=0.1kg、内阻r=1Ω导体棒ab以v0=1m/s的初速度从导轨的左端开始向右运动，导轨的电阻忽略不计，g取10m/s2．第33页（共33页） （1）求第一秒内流过ab电流的大小及方向；（2）求ab棒进磁场瞬间的加速度大小；（3）导体棒最终停止在导轨上，求全过程回路中产生的焦耳热．【考点】法拉第电磁感应定律；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律与楞次定律，即可求解；（2）根据安培力公式，及牛顿第二定律，即可求解；（3）根据焦耳定律，结合功能关系，即可求解．【解答】解：（1）第一秒内磁场随时间均匀变化，由法拉第电磁感应定律有所以流过ab的电流，方向：由a流向b；（2）依题意可知ab棒在1s末时刻进入磁场（速度仍为v0），此后磁感应强度保持不变则E2=Bdv0=0.5VF=BI2d由牛顿第二定律，有BI2d=ma所以a=1.25m/s2（3）依据焦耳定律，功能关系，则有：全过程回路产生的焦耳热Q=Q1+Q2=0.175J答：（1）第一秒内流过ab电流的大小0.25A及方向由a流向b；（2）ab棒进磁场瞬间的加速度大小1.25m/s2；（3）导体棒最终停止在导轨上，全过程回路中产生的焦耳热0.175J．　第33页（共33页） 22．如图为固定在竖直平面内的轨道，直轨道AB与光滑圆弧轨道BC相切，圆弧轨道的圆心角为37°，半径为r=0.25m，C端水平，AB段的动摩擦因数为0.5．竖直墙壁CD高H=0.2m，紧靠墙壁在地面上固定一个和CD等高，底边长L=0.3m的斜面．一个质量m=0.1kg的小物块（视为质点）在倾斜轨道上从距离B点l=0.5m处由静止释放，从C点水平抛出．重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：（1）小物块运动到C点时对轨道的压力的大小；（2）小物块从C点抛出到击中斜面的时间；（3）改变小物体从轨道上释放的初位置，求小物体击中斜面时动能的最小值．【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力．【分析】（1）小物块从A到C的过程，由动能定理求出C点的速度．在C点，由牛顿第二定律求轨道对小物块的支持力，再由牛顿第三定律得到小物块对轨道的压力．（2）小物块离开C点后做平抛运动，由平抛运动的规律和几何关系列式，联立求解平抛运动的时间．（3）根据数学知识得到小物体击中斜面时动能与释放的初位置坐标的关系式，由数学知识求解动能的最小值．【解答】解：（1）小物块从A到C的过程，由动能定理得：代入数据解得：在C点，由牛顿第二定律得：代入数据解得：N=2.2N由牛顿第三定律得，小物块运动到C点时对轨道的压力的大小为2.2N．（2）如图，设物体落到斜面上时水平位移为x，竖直位移为y，第33页（共33页） 代入得：x=0.3﹣1.5y由平抛运动的规律得：x=v0t，联立得代入数据解得：（3）由上知x=0.3﹣1.5y可得：小物体击中斜面时动能为：解得：当y=0.12m，Ekmin=0.15J答：（1）小物块运动到C点时对轨道的压力的大小是2.2N；（2）小物块从C点抛出到击中斜面的时间是s；（3）改变小物体从轨道上释放的初位置，小物体击中斜面时动能的最小值是0.15J．　23．如图所示，在xoy平面坐标系中，x轴上方存在电场强度E=1000v/m、方向沿y轴负方向的匀强电场；在x轴及与x轴平行的虚线PQ之间存在着磁感应强度为B=2T、方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁场宽度为d．一个质量m=2×10﹣8kg、带电量q=+1.0×10﹣5C的粒子从y轴上（0，0.04）的位置以某一初速度v0沿x轴正方向射入匀强电场，不计粒子的重力．第33页（共33页） （1）若v0=200m/s，求粒子第一次进入磁场时速度v的大小和方向；（2）要使以大小不同初速度射入电场的粒子都能经磁场返回，求磁场的最小宽度d；（3）要使粒子能够经过x轴上100m处，求粒子入射的初速度v0．【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】（1）带电粒子垂直进入电场中做类平抛运动，根据牛顿第二定律和分运动公式求粒子第一次进入磁场时速度v的大小和方向；（2）粒子进入匀强磁场后做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出轨迹半径r．当初速度为0时粒子最容易穿过磁场．要使以大小不同初速度射入电场的粒子都能经磁场返回，磁场的最小宽度d=r．（3）对于不同初速度的粒子通过磁场的轨迹在x轴上的弦长不变，根据几何知识得出弦长表达式，再求解粒子能够经过x轴上100m处时初速度表达式．【解答】解：（1）带电粒子垂直进入电场中做类平抛运动，根据牛顿第二定律得：Eq=ma根据运动学公式有：y=at2联立解得：a=5×105m/s2，t=4×10﹣4s粒子刚进入磁场时竖直分速度大小为：vy=at=5×105×4×10﹣4=200m/s根据几何关系有：v2=v02+vy2tanα=第33页（共33页） 代入数据解得：v=200m/s，与x轴成45°角（2）当初速度为0时粒子最容易穿过磁场．根据Bqv=得：r=0.2m要使所有带电粒子都返回电场，磁场的最小宽度为：d=0.2m另解：Bqv=；则得：当v0=0时，d=0.2m（3）对于不同初速度的粒子通过磁场的轨迹在x轴上的弦长不变，有：x1=2rsinα=2设粒子第n次经过x=100m处，则有：x1+nv0t=x，n=2k+1（k=0，1，2，3，…）则得：v0=m/s，n=2k+1（k=0，1，2，3，…）或x1+（n﹣1）v0t=x，n=2k（k=1，2，3，…）解得：v0=m/s，n=2k（k=1，2，3，…）答：（1）若v0=200m/s，粒子第一次进入磁场时速度v的大小是200m/s，方向与x轴成45°角；（2）要使以大小不同初速度射入电场的粒子都能经磁场返回，磁场的最小宽度d是0.2m；（3）要使粒子能够经过x轴上100m处，粒子入射的初速度v0是m/s，n=2k+1（k=0，1，2，3，…）或m/s，n=2k（k=1，2，3，…）．　第33页（共33页） 2017年3月17日第33页（共33页）