江苏省苏北四市联考2016届高考物理一模试卷(解析版)

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2016年江苏省苏北四市联考高考物理一模试卷　一、单项选择题：（本题共5小题，每小题3分，满分15分．每小题只有一个选项符合题意．）1．在研究影响平行板电容器电容大小因素的实验，一已充电的平行板电容器与静电计连接如图所示．现保持B板不动，适当移动A板，发现静电计指针张角减小，则A板可能是（　　）A．右移B．左移C．上移D．下移　2．甲、乙两质点自同一地点沿同一直线运动，其v﹣t图象如图所示．下列说法正确的是（　　）A．第1s末，两质点相遇B．第2s末，甲的加速度方向发生改变C．第4s末，两质点相距20mD．0～2s内，两质点间的距离越越大　3．如图所示，螺线管与灵敏电流计相连，磁铁从螺线管的正上方由静止释放，向下穿过螺线管．下列说法正确的是（　　）A．电流计的电流先由a到b，后由b到aB．a点的电势始终低于b点的电势C．磁铁减少的重力势能等于回路产生的热量D．磁铁刚离开螺线管时的加速度小于重力加速度　 4．2015年7月的喀山游泳世锦赛，我省名将陈若琳勇夺女子十米跳台桂冠．她从跳台斜向上跳起，一段时间后落入水，如图所示．不计空气阻力．下列说法正确的是（　　）A．她在空上升过程处于超重状态B．她在空下落过程做自由落体运动C．她即将入水时的速度为整个跳水过程的最大速度D．入水过程，水对她的作用力大小等于她对水的作用力大小　5．如图所示，置于地面的矩形框架用两细绳拴住质量为m的小球，绳B水平．设绳A、B对球的拉力大小分别为F1、F2，它们的合力大小为F．现将框架在竖直平面内绕左下端缓慢旋转90°，在此过程（　　）A．F1先增大后减小B．F2先增大后减小C．F先增大后减小D．F先减小后增大　　二、多项选择题：（本题共4小题，每小题4分，满分16分．每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．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5﹕l，、R和L分别是电压表、定值电阻和电感线圈，D1、D2均为灯泡．已知原线圈两端电压u按图乙所示正弦规律变化，下列说法正确的是（　　）A．电压表示数为622V B．电压u的表达式u=311sin100πt（V）C．仅增大电压u的频率，电压表示数增大D．仅增大电压u的频率，D1亮度不变，D2变暗　7．澳大利亚科学家近日宣布，在离地球约14光年的红矮星olf1061周围发现了三颗行星b、c、d，它们的公转周期分别是5天、18天、67天，公转轨道可视作圆，如图所示．已知万有引力常量为G．下列说法正确的是（　　）A．可求出b、c的公转半径之比B．可求出c、d的向心加速度之比C．若已知c的公转半径，可求出红矮星的质量D．若已知c的公转半径，可求出红矮星的密度　8．如图所示，a、b、c三点在固定点电荷Q1、Q2连线的延长线上，Q1带正电．一带正电粒子从a点由静止释放，仅在电场力作用下运动，经b点时速度最大，到c点时速度为零．下列说法正确的是（　　）A．Q2带正电B．Q2的电荷量大于Q1的电荷量C．a、c两点电势相等D．b点的电场强度最大　9．如图所示，半径为R的竖直光滑圆轨道与光滑水平面相切，质量均为m的小球A、B与轻杆连接，置于圆轨道上，A位于圆心O的正下方，B与O等高．它们由静止释放，最终在水平面上运动．下列说法正确的是（　　）A．下滑过程重力对B做功的功率先增大后减小B．当B滑到圆轨道最低点时，轨道对B的支持力大小为3mg C．下滑过程B的机械能增加D．整个过程轻杆对A做的功为mgR　　三、简答题：（本题分必做题（第10、11题）和选做题两部分，满分18分．请将解答填在答题卡相应的位置．）10．用图甲所示装置探究物体的加速度与力的关系．实验时保持小车（含车重物）的质量M不变，细线下端悬挂钩码的总重力作为小车受到的合力F，用打点计时器测出小车运动的加速度a．（1）关于实验操作，下列说法正确的是　　　　　　A．实验前应调节滑轮高度，使滑轮和小车间的细线与木板平行B．平衡摩擦力时，在细线的下端悬挂钩码，使小车在线的拉力作用下能匀速下滑C．每次改变小车所受的拉力后都要重新平衡摩擦力D．实验时应先接通打点计时器电源，后释放小车（2）图乙为实验打出纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出连续的5个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间都有4个点迹未标出，测出各计数点到A点间的距离．已知所用电源的频率为50Hz，打B点时小车的速度v=　　　　　　m/s，小车的加速度a=　　　　　　m/s2．（3）改变细线下端钩码的个数，得到a﹣F图象如图丙所示，造成图线上端弯曲的原因可能是　　　　　　．　11．要测量某种合金的电阻率．（1）若合金丝长度为L，直径为D，阻值为R，则其电阻率ρ=　　　　　　．用螺旋测微器测合金丝的直径如图甲所示，读数为　　　　　　mm．（2）图乙是测量合金丝阻值的原理图，S2是单刀双掷开关．根据原理图在图丙将实物连线补充完整． （3）闭合S1，当S2处于位置a时，电压表和电流表的示数分别为U1=135V，I1=030A；当S2处于位置b时，电压表和电流表的示数分别为U2=092V，I2=032A．根据以上测量数据判断，当S2处于位置　　　　　　（选填“a”或“b”）时，测量相对准确，测量值Rx=　　　　　　Ω．（结果保留两位有效数字）　　【选做题】（请从三个选修选定两个作答，如都作答则按前两个评分．）（选修模块3-3）12．下列说法正确的是（　　）A．饱和汽压随温度升高而增大B．露珠成球形是由于液体表面张力的作用C．当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最大D．液晶显示器是利用了液晶对光具有各向同性的特点　13．图示为一定质量的理想气体等压变化的p﹣T图象．从A到B的过程，该气体内能　　　　　　（选填“增大”、“减小”或“不变”）、　　　　　　（选填“吸收”或“放出”）热量．　14．石墨烯是目前发现的最薄、最坚硬、导电导热性能最强的一种新型纳米材料．已知1g石墨烯展开后面积可以达到2600m2，试计算每1m2的石墨烯所含碳原子的个数．阿伏伽德罗常数NA=60×1023mol﹣1，碳的摩尔质量M=12g/mol．（计算结果保留两位有效数字）　　（选修模块3-4） 15．2015年12月，国“可见光通信系统关键技术研究”获得重大突破﹣可见光通信的实时通信速率已经提高至50Gbps，相当于02s即可下载一部高清电影．（1）关于可见光，下列说法正确的是　　　　　　A．可见光的红光比紫光的频率低B．可见光不能在真空传播C．可见光波长越长，越容易发生衍射D．可见光能发生光的干涉和衍射现象，说明光是横波（2）真空一束波长为6×10﹣7m的可见光，频率为　　　　　　Hz，已知光在真空的速度为3×108m/s．该光进入水后，其波长与真空的相比变　　　　　　（选填“长”或“短”）．（3）可见光通信是利用LED灯的光线实现上网的新型高速数据传输技术．如图所示，ABCD是LED闪光灯的圆柱形封装玻璃体，其横截面的直径AB=d，厚度AD=d．LED灯（可视为点光源）固定在玻璃体CD面的圆心O．玻璃体的折射率为，光在真空的传播速度为c．求：①光在玻璃体传播的速度；②光线OA在AB面发生折射时的折射角．　　（选修模块3-5）16．下列说法正确的是（　　）A．电子的衍射图样表明电子具有波动性B．太阳辐射的能量主要自太阳内部的热核反应C．氢原子从某激发态跃迁至基态要吸收特定频率的光子D．结合能越大，原子核核子结合得越牢固，原子核越稳定　17．图示是某金属发生光电效应时光电子的最大初动能Ek与入射光频率ν的关系图象，可知该金属的逸出功为　　　　　　．若入射光的频率为2ν0，则产生的光电子最大初动能为　　　　　　．已知普朗克常量为h． 　18．光滑水平面上质量为1kg的小球A以20m/s的速度与同向运动的速度为10m/s、质量为2kg的大小相同的小球B发生正碰，碰撞后小球B以15m/s的速度运动．求：①碰后A球的速度；②碰撞过程A、B系统损失的机械能．　　四、计算题：（本题共3小题，满分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，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位．）19．某兴趣小组用电流传感器测量某磁场的磁感应强度．实验装置如图甲，不计电阻的足够长光滑金属导轨竖直放置在匀强磁场，导轨间距为d，其平面与磁场方向垂直．电流传感器与阻值为R的电阻串联接在导轨上端．质量为m、有效阻值为r的导体棒AB由静止释放沿导轨下滑，该过程电流传感器测得电流随时间变化规律如图乙所示，电流最大值为Im．棒下滑过程与导轨保持垂直且良好接触，不计电流传感器内阻及空气阻力，重力加速度为g．（1）求该磁场磁感应强度大小；（2）求在t1时刻棒AB的速度大小；（3）在0～t1时间内棒AB下降的高度为h，求此过程电阻R产生的电热．　20．如图甲所示，滑块与足够长的木板叠放在光滑水平面上，开始时均处于静止状态．作用于滑块的水平力F随时间t变化图象如图乙所示，t=20s时撤去力F，最终滑块与木板间无相对运动．已知滑块质量m=2kg，木板质量M=1kg，滑块与木板间的动摩擦因数μ=02，取g=10m/s2．求： （1）t=05s时滑块的速度大小；（2）0～20s内木板的位移大小；（3）整个过程因摩擦而产生的热量．　21．如图甲所示，在y≥0的区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示；与x轴平行的虚线MN下方有沿+y方向的匀强电场，电场强度E=×103N/C．在y轴上放置一足够大的挡板．t=0时刻，一个带正电粒子从P点以v=2×104m/s的速度沿+x方向射入磁场．已知电场边界MN到x轴的距离为m，P点到坐标原点O的距离为11m，粒子的比荷=106C/kg，不计粒子的重力．求粒子：（1）在磁场运动时距x轴的最大距离；（2）连续两次通过电场边界MN所需的时间；（3）最终打在挡板上的位置到坐标原点O的距离．　　 2016年江苏省苏北四市联考高考物理一模试卷参考答案与试题解析　一、单项选择题：（本题共5小题，每小题3分，满分15分．每小题只有一个选项符合题意．）1．在研究影响平行板电容器电容大小因素的实验，一已充电的平行板电容器与静电计连接如图所示．现保持B板不动，适当移动A板，发现静电计指针张角减小，则A板可能是（　　）A．右移B．左移C．上移D．下移【考点】电容器的动态分析．【专题】定量思想；方程法；电容器专题．【分析】解答本题关键掌握：静电计测定电容器板间的电势差，电势差越大，指针偏角越大；电容器电容的决定式C=，分析电容的变化；电容器的电量不变，由电容器的定义式C=分析电势差的变化．【解答】解：A、B将A板向右移一些，板间距离减小，由电容的决定式C=，可知，电容增大，而电容器电量不变，由C=分析得知，板间电势差减小，则静电计指针偏角减小；相反，同理可知，A板向左移一些时，静电计指针偏角增大．故A正确，B错误．C、A板向上移一些，两极板正对面积减小，由电容的决定式C=，可知，电容减小，而电容器电量不变，由C=分析得知，板间电势差增大，则静电计指针偏角增大．故C错误．D、A板向下移一些，两极板正对面积减小，由电容的决定式C=，可知，电容减小，而电容器电量不变，由C=分析得知，板间电势差增大，则静电计指针偏角增大．故D错误．故选：A．【点评】对于电容器动态变化分析问题，关键根据电容的决定式C=和定义式C=结合进行分析，同时要抓住不变量．　 2．甲、乙两质点自同一地点沿同一直线运动，其v﹣t图象如图所示．下列说法正确的是（　　）A．第1s末，两质点相遇B．第2s末，甲的加速度方向发生改变C．第4s末，两质点相距20mD．0～2s内，两质点间的距离越越大【考点】匀变速直线运动的图像．【专题】定性思想；推理法；运动学的图像专题．【分析】在速度﹣时间图象，某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度是正数，时间轴下方速度是负数；斜率表示加速度，加速度向右上方倾斜，加速度为正，向右下方倾斜加速度为负；图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负．【解答】解：A、甲、乙两个物体从同一地点沿同一方向做直线运动，当位移相等时，两者相遇．根据速度图象与坐标轴围成面积表示位移，可知，在t=1s时，甲的位移大于乙的位移，没有相遇．故A错误．B、速度图象的斜率表示加速度，则甲做匀变速直线运动，加速度一直没有变．故B错误．C、根据速度图象与坐标轴围成面积表示位移可知，0﹣4s内甲的位移为0，回到出发点，乙的位移x=5×4=20m，所以第4s末，两质点相距20m．故C正确．D、0～1s内，甲的速度大于乙的速度，距离越越大，1﹣2s内甲的速度小于乙的速度，距离越越小，故D错误．故选：C【点评】本题是速度﹣时间图象问题，要明确斜率的含义，知道在速度﹣﹣时间图象图象与坐标轴围成的面积的含义，即可分析两物体的运动情况．　3．如图所示，螺线管与灵敏电流计相连，磁铁从螺线管的正上方由静止释放，向下穿过螺线管．下列说法正确的是（　　） A．电流计的电流先由a到b，后由b到aB．a点的电势始终低于b点的电势C．磁铁减少的重力势能等于回路产生的热量D．磁铁刚离开螺线管时的加速度小于重力加速度【考点】楞次定律．【专题】定性思想；推理法；电磁感应——功能问题．【分析】当磁铁的N极向下运动，导致穿过线圈的磁通量发生变化，导致线圈产生感应电动势．由楞次定律可得感应电流的方向，从而判断电流计电流方向，感应电流的效果总是阻碍引起感应电流的原因，根据拒去留的判断口诀分析在各点的受力情况，从而知道加速度的大小．【解答】解：A、当磁铁N极向下运动，导致穿过线圈的磁通量变大，且方向向下，则由楞次定律可得线圈产生感应电流方向盘旋而下，螺线管下端相当于电源的正极．所以通过G的电流方向为从b到a，当S极离开螺线管时，穿过线圈的磁通量变小，且方向向下，则螺线管上端相当于电源的正极．所以通过G的电流方向为从a到b，则a点的电势先低于b点的电势，后高于b点电势，故AB错误；C、磁铁减少的重力势能等于回路产生的热量和磁铁的动能，故C错误；D、磁铁刚离开螺线管时，正在远离螺线管，磁铁受到的磁场力阻碍磁铁远离螺线管（去留），则加速度a＜g，故D正确．故选：D【点评】本题考查了楞次定律的应用，重点是根据磁通量的变化判断出感应电流的有无和方向，能根据拒去留的判断口诀分析在各点的受力情况，难度适．　4．2015年7月的喀山游泳世锦赛，我省名将陈若琳勇夺女子十米跳台桂冠．她从跳台斜向上跳起，一段时间后落入水，如图所示．不计空气阻力．下列说法正确的是（　　）A．她在空上升过程处于超重状态 B．她在空下落过程做自由落体运动C．她即将入水时的速度为整个跳水过程的最大速度D．入水过程，水对她的作用力大小等于她对水的作用力大小【考点】牛顿运动定律的应用-超重和失重．【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题．【分析】分析陈若琳的运动情况得出其加速度的方向．根据牛顿第二定律分析她的浮力和她的重力的关系．超重或失重取决于加速度的方向，与速度方向无关．【解答】解：A、起跳以后的下落过程她的加速度方向向下，所以处于失重状态，故A错误，B、她具有水平初速度，所以不能看做自由落体运动，故B错误．C、入水过程，开始时水对她的作用力大小（浮力和阻力）小于她的重力，所以先向下做一段加速运动，即入水后的速度先增大，故C错误．D、入水过程，水对她的作用力和她对水的作用力，因是一对作用力与反作用力，二者相对．故D正确．故选：D【点评】超重和失重现象可以运用牛顿运动定律进行分析理解，产生超重的条件是：物体的加速度方向向上；产生失重的条件：物体的加速度方向向下．　5．如图所示，置于地面的矩形框架用两细绳拴住质量为m的小球，绳B水平．设绳A、B对球的拉力大小分别为F1、F2，它们的合力大小为F．现将框架在竖直平面内绕左下端缓慢旋转90°，在此过程（　　）A．F1先增大后减小B．F2先增大后减小C．F先增大后减小D．F先减小后增大【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【专题】定性思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题．【分析】小球受重力、两绳的拉力而处于平衡状态，对小球进行受力分析，根据平行四边形定则作图分析即可． 【解答】解：对小球受力分析如图所示：小球处于静止状态，受力平衡，两绳的拉力的合力与重力大小相等方向相反，则F不变，根据平行四边形定则可知，将框架在竖直平面内绕左下端缓慢旋转90°的过程，F1逐渐减小，F2先增大后减小，当绳A处于水平方向时，F2最大，故B正确．故选：B【点评】若物体受三力平衡，一般可以采用合成法，任意两力之和与第三力大小相等，方向相反，要求同学们能根据图象分析各个力的变化情况，难度适．　二、多项选择题：（本题共4小题，每小题4分，满分16分．每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．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5﹕l，、R和L分别是电压表、定值电阻和电感线圈，D1、D2均为灯泡．已知原线圈两端电压u按图乙所示正弦规律变化，下列说法正确的是（　　）A．电压表示数为622VB．电压u的表达式u=311sin100πt（V）C．仅增大电压u的频率，电压表示数增大D．仅增大电压u的频率，D1亮度不变，D2变暗【考点】变压器的构造和原理．【专题】定性思想；推理法；交流电专题．【分析】电压表测的是电流的有效值，根据电压与匝数成正比求解，根据图乙所示图象求出交变电流的峰值、角频率初位相，然后写出交变电流的瞬时值表达式，电感线圈通低频阻高频，则频率越大，阻碍作用越大． 【解答】解：A、根据乙图可知，原线圈电压的最大值为311V，则有效值，根据理想变压器电压与匝数成正比得：，解得：U2=44V，所以电压表示数为44V，故A错误；B、根据乙图可知，原线圈电压的最大值为311V，，则电压u的表达式u=311sin100πt（V），故B正确；C、原线圈电压不变，线圈匝数不变，仅增大电压u的频率，电压表示数不变，则D1亮度不变，电感线圈通低频阻高频，则频率越大，阻碍作用越大，所以D2变暗，故C错误，D正确．故选：BD【点评】本题考查了变压器的变压原理，关键要知道电压与匝数成正比，输入功率等于输出功率，并能正确列式求解，明确电感线圈通低频阻高频，则频率越大，阻碍作用越大，难度适．　7．澳大利亚科学家近日宣布，在离地球约14光年的红矮星olf1061周围发现了三颗行星b、c、d，它们的公转周期分别是5天、18天、67天，公转轨道可视作圆，如图所示．已知万有引力常量为G．下列说法正确的是（　　）A．可求出b、c的公转半径之比B．可求出c、d的向心加速度之比C．若已知c的公转半径，可求出红矮星的质量D．若已知c的公转半径，可求出红矮星的密度【考点】万有引力定律及其应用；人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．【专题】定量思想；推理法；人造卫星问题．【分析】A、根据开普勒周期定律公式=k分析即可；B、运用万有引力定律等于向心力列式求解出向心加速度的表达式进行分析；CD、运用万有引力定律等于向心力列式求解出质量表达式进行分析． 【解答】解：A、行星b、c的周期分别为5天、18天，均做匀速圆周运动，根据开普勒周期定律公式=k，可以求解轨道半径之比，故A正确；B、行星c、d的周期分别为18天、67天，均做匀速圆周运动，根据开普勒周期定律公式=k，可以求解轨道半径之比；根据万有引力等于向心力列式，有：解得：∝故可以求解出c、d的向心加速度之比，故B正确；C、已知c的公转半径和周期，根据牛顿第二定律，有：解得：故可以求解出红矮星的质量，但不知道红矮星的体积，无法求解红矮星的密度，故C正确，D错误；故选：ABC【点评】本题关键是明确行星圆周运动的向心力源，结合开普勒定律、万有引力定律、牛顿第二定律列式分析，不难．　8．如图所示，a、b、c三点在固定点电荷Q1、Q2连线的延长线上，Q1带正电．一带正电粒子从a点由静止释放，仅在电场力作用下运动，经b点时速度最大，到c点时速度为零．下列说法正确的是（　　）A．Q2带正电B．Q2的电荷量大于Q1的电荷量C．a、c两点电势相等D．b点的电场强度最大【考点】电场线；电场强度；电势能．【专题】比较思想；图析法；电场力与电势的性质专题． 【分析】根据带电粒子的运动情况可分析其受力情况，b点速度最大，电场力的合力为零，由点电荷场强公式E=k分析电荷量的大小．根据动能定理分析a、c两点电势关系．【解答】解：A、带电粒子经过b点时速度最大，此时合力为零，可知b点的合场强为零，因此Q2带负电．故A错误．B、b点的合场强为零，说明Q1、Q2在b点产生的场强大小相等，由点电荷场强公式E=k知，Q2的电荷量大于Q1的电荷量，故B正确．C、从a运动到c的过程，带电粒子动能的变化量为零，由动能定理知电场力做功为零，则a、c两点电势相等，故C正确．D、b点的电场力为零，则b点的电场强度为零，故D错误．故选：BC【点评】解决本题时b点的合力为零为突破口，根据点电荷场强公式E=k得到Q1和Q2的电量关系．分析电势关系时可根据动能定理研究．　9．如图所示，半径为R的竖直光滑圆轨道与光滑水平面相切，质量均为m的小球A、B与轻杆连接，置于圆轨道上，A位于圆心O的正下方，B与O等高．它们由静止释放，最终在水平面上运动．下列说法正确的是（　　）A．下滑过程重力对B做功的功率先增大后减小B．当B滑到圆轨道最低点时，轨道对B的支持力大小为3mgC．下滑过程B的机械能增加D．整个过程轻杆对A做的功为mgR【考点】动能定理的应用；功率、平均功率和瞬时功率．【专题】定性思想；推理法；动能定理的应用专题．【分析】根据重力和速度方向的关系判断重力功率的变化，AB小球组成的系统，在运动过程，机械能守恒，根据机械能守恒定律求出到达最低点的速度，在最低点，根据牛顿第二定律求出轨道对B的支持力，下滑过程，求出B重力势能的减小量和动能的增加量，从而判断机械能的变化量，整个过程对A，根据动能定理求解轻杆对A做的功． 【解答】解：A、因为初位置速度为零，则重力的功率为0，最低点速度方向与重力的方向垂直，重力的功率为零，可知重力的功率先增大后减小．故A正确；B、AB小球组成的系统，在运动过程，机械能守恒，设B到达轨道最低点时速度为v，根据机械能守恒定律得：，解得：v=在最低点，根据牛顿第二定律得：N﹣mg=m解得：N=2mg，故B错误；C、下滑过程，B的重力势能减小△EP=mgR，动能增加量，所以机械能减小，故C错误；D、整个过程对A，根据动能定理得：，故D正确．故选：AD【点评】本题主要考查了机械能守恒定律、动能定理以及牛顿第二定律的直接应用，知道在下滑过程，AB小球组成的系统机械能守恒，能根据重力和速度方向的关系判断重力功率的变化，难度适．　三、简答题：（本题分必做题（第10、11题）和选做题两部分，满分18分．请将解答填在答题卡相应的位置．）10．用图甲所示装置探究物体的加速度与力的关系．实验时保持小车（含车重物）的质量M不变，细线下端悬挂钩码的总重力作为小车受到的合力F，用打点计时器测出小车运动的加速度a．（1）关于实验操作，下列说法正确的是　AD　A．实验前应调节滑轮高度，使滑轮和小车间的细线与木板平行B．平衡摩擦力时，在细线的下端悬挂钩码，使小车在线的拉力作用下能匀速下滑C．每次改变小车所受的拉力后都要重新平衡摩擦力 D．实验时应先接通打点计时器电源，后释放小车（2）图乙为实验打出纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出连续的5个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间都有4个点迹未标出，测出各计数点到A点间的距离．已知所用电源的频率为50Hz，打B点时小车的速度v=　0316　m/s，小车的加速度a=　093　m/s2．（3）改变细线下端钩码的个数，得到a﹣F图象如图丙所示，造成图线上端弯曲的原因可能是　随所挂钩码质量m的增大，不能满足M＞＞m　．【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．【专题】实验题；定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题．【分析】（1）实验要保证拉力等于小车受力的合力，探究加速度与力的关系实验时，需要平衡摩擦力，平衡摩擦力时，要求小车在无动力的情况下平衡摩擦力，不需要挂任何东西．平衡摩擦力时，是重力沿木板方向的分力等于摩擦力，即：mgsinθ=μmgcosθ，可以约掉m，只需要平衡一次摩擦力；（2）根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出小车运动的加速度的大小，根据匀变速直线运动时间点的速度等于该过程的平均速度，可以求出打纸带上B点时小车的瞬时速度大小；（3）为使绳子拉力近似等于砝码和砝码盘的重力，应满足砝码和砝码盘的质量远小于小车的质量．【解答】解：（1）A、调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，否则拉力不会等于合力，故A正确；B、在调节模板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，不应悬挂钩码，故B错误；C、由于平衡摩擦力之后有Mgsinθ=μMgcosθ，故tanθ=μ．所以无论小车的质量是否改变，小车所受的滑动摩擦力都等于小车的重力沿斜面的分力，改变小车质量即改变拉小车拉力，不需要重新平衡摩擦力，故C错误；D、打点计时器要“早晚走”即实验开始时先接通打点计时器的电源待其平稳工作后再释放木块，而当实验结束时应先控制木块停下再停止打点计时器，故D正确；选择：AD（2）已知打点计时器电源频率为50Hz，则纸带上相邻计数点间的时间间隔为T=5×002s=01s．根据△x=aT2可得：xCE﹣xAC=a（2T）2，小车运动的加速度为a==093m/s2B点对应的速度：vB=， （3）随着力F的增大，即随所挂钩码质量m的增大，不能满足M＞＞m，因此曲线上部出现弯曲现象．故答案为：（1）AD；（2）0316；093；（3）随所挂钩码质量m的增大，不能满足M＞＞m．【点评】该题考查了实验注意事项、实验数据处理分析，知道实验原理及注意事项即可正确解题，探究加速度与力、质量的关系实验时，要平衡小车受到的摩擦力，不平衡摩擦力、或平衡摩擦力不够、或过平衡摩擦力，小车受到的合力不等于钩码的重力．　11．要测量某种合金的电阻率．（1）若合金丝长度为L，直径为D，阻值为R，则其电阻率ρ=　　．用螺旋测微器测合金丝的直径如图甲所示，读数为　0650　mm．（2）图乙是测量合金丝阻值的原理图，S2是单刀双掷开关．根据原理图在图丙将实物连线补充完整．（3）闭合S1，当S2处于位置a时，电压表和电流表的示数分别为U1=135V，I1=030A；当S2处于位置b时，电压表和电流表的示数分别为U2=092V，I2=032A．根据以上测量数据判断，当S2处于位置　a　（选填“a”或“b”）时，测量相对准确，测量值Rx=　29　Ω．（结果保留两位有效数字）【考点】测定金属的电阻率．【专题】实验题；定性思想；推理法；恒定电流专题．【分析】（1）应用欧姆定律与电阻定律可以求出电阻率的表达式；（2）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；（3）根据与进行比较大小，从而确定电压表还是电流表误差较大，进而确定外接法还是内接法，再由欧姆定律，求解电阻．【解答】解：（1）金属丝电阻：R==ρ=ρ，则电阻率：ρ=； （2）由图示螺旋测微器可知，其示数为：05mm+150×001mm=0650mm；（3）根据==032，而==006，可知，电压表分流较大，因此必须电流表外接法，即S2处于位置b，根据欧姆定律，则有：Rx==29Ω故答案为：（1），（2）0650；（3）b，29．【点评】本题考查了螺旋测微器读数、求电阻率，螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数，螺旋测微器需要估读一位，读数时视线要与刻度线垂直，并掌握电流表内接法与外接法的确定依据．　【选做题】（请从三个选修选定两个作答，如都作答则按前两个评分．）（选修模块3-3）12．下列说法正确的是（　　）A．饱和汽压随温度升高而增大B．露珠成球形是由于液体表面张力的作用C．当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最大D．液晶显示器是利用了液晶对光具有各向同性的特点【考点】分子势能；分子间的相互作用力．【专题】定性思想；推理法；物体的内能专题．【分析】饱和蒸气压力与温度和气体的种类有关；凡作用于液体表面，使液体表面积缩小的力，称为液体表面张力．它产生的原因是液体跟气体接触的表面存在一个薄层，叫做表面层，表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力；当分子间的引力和斥力平衡时，分子力的合力为零，分子势能最小；分子力做功等于分子势能的减小量；液晶的光学性质表现为各向异性．【解答】解：A、与液体处于动态平衡的蒸气叫饱和蒸气；饱和蒸气压力与饱和蒸气体积无关；在一定温度下，饱和蒸气的分子数密度是一定的，因而其压强也是一定的，这个压强叫做饱和蒸气压力；故饱和汽压随温度升高而增大；故A正确； B、液体表面张力使液体具有收缩的趋势，露珠成球形是由于液体表面张力的作用，故B正确；C、分子力做功等于分子势能的减小量；当分子间的引力和斥力平衡时，分子力的合力为零；此后不管是增加分子间距还是减小分子间距，分子力都是做负功，故分子势能增加；故C错误；D、液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点，故D错误；故选：AB【点评】本题考察了饱和气压、液体表面张力、分子力与分子势能、液晶，知识点多，难度小，关键是记住基础知识．　13．图示为一定质量的理想气体等压变化的p﹣T图象．从A到B的过程，该气体内能　增大　（选填“增大”、“减小”或“不变”）、　吸收　（选填“吸收”或“放出”）热量．【考点】理想气体的状态方程．【专题】定性思想；推理法；理想气体状态方程专题．【分析】由图可知，该气体的压强不变而温度升高，等压升温，压强必定增大；热力学第一定律为△U=Q+W．温度升高，则内能增大，即△U为正值；气体对外做功，则W为负值；△U为正、W为负，则Q必定为正值，即气体一定从外界吸收热量．【解答】解：理想气体的分子势能可以忽略不计，气体等压升温，温度升高则气体的内能一定增大；根据热力学第一定律△U=Q+W，温度升高，内能增大，即△U为正值；同时气体的体积增大，对外做功，则W为负值，故Q必定为正值，即气体一定从外界吸收热量．故答案为：增大，吸收【点评】本题要理解盖吕萨克定律和热力学第一定律，要注意热力学第一定律各个量的正负的含义，这一点对解题至关重要．　14．石墨烯是目前发现的最薄、最坚硬、导电导热性能最强的一种新型纳米材料．已知1g石墨烯展开后面积可以达到2600m2，试计算每1m2的石墨烯所含碳原子的个数．阿伏伽德罗常数NA=60×1023mol﹣1，碳的摩尔质量M=12g/mol．（计算结果保留两位有效数字）【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度． 【专题】定量思想；方程法；衰变和半衰期专题．【分析】先求出1m2石墨烯的质量，再结合摩尔质量，求出1m2石墨烯的原子个数表达式，代入数据，即可求解．【解答】解：由题意可知，已知1g石墨烯展开后面积可以达到2600m2，1m2石墨烯的质量：m=g而1m2石墨烯所含原子个数：n==≈19×1019个答：每1m2的石墨烯所含碳原子的个数为19×1019个．【点评】考查原子个数求解的内容，掌握摩尔质量，质量，阿伏加德罗常数，及原子个数的关系，注意正确运算是解题的关键．　（选修模块3-4）15．2015年12月，国“可见光通信系统关键技术研究”获得重大突破﹣可见光通信的实时通信速率已经提高至50Gbps，相当于02s即可下载一部高清电影．（1）关于可见光，下列说法正确的是　AC　A．可见光的红光比紫光的频率低B．可见光不能在真空传播C．可见光波长越长，越容易发生衍射D．可见光能发生光的干涉和衍射现象，说明光是横波（2）真空一束波长为6×10﹣7m的可见光，频率为　5×1014　Hz，已知光在真空的速度为3×108m/s．该光进入水后，其波长与真空的相比变　短　（选填“长”或“短”）．（3）可见光通信是利用LED灯的光线实现上网的新型高速数据传输技术．如图所示，ABCD是LED闪光灯的圆柱形封装玻璃体，其横截面的直径AB=d，厚度AD=d．LED灯（可视为点光源）固定在玻璃体CD面的圆心O．玻璃体的折射率为，光在真空的传播速度为c．求：①光在玻璃体传播的速度；②光线OA在AB面发生折射时的折射角． 【考点】光的折射定律；光的双缝干涉现象和薄膜干涉现象．【专题】定量思想；方程法；光的折射专题．【分析】（1）可见光的红光比紫光的频率低；干涉、衍射说明光具有波动性，偏振现象说明光是一种横波；（2）根据频率与波长之间的关系即可求出频率；根据n=求出水光的波长；（3）①根据v=求出光在介质传播的速度大小．②根据入射角的大小，结合玻璃的折射率，通过折射定律即可求出．【解答】解：（1）A．根据可见光光的频率的排列顺序可知，可见光的红光比紫光的频率低．故A正确；B．可见光属于电磁波，能在真空传播．故B错误；C．可见光波长越长，越容易发生明显衍射．故C正确；D．可见光能发生光的干涉和衍射现象，说明光具有波动性；偏振现象说明光是一种横波．故D错误；故选：AC（2）真空一束波长为6×10﹣7m的可见光，频率为：=Hz，该光进入水后，根据波长与折射率的关系n==可知，其波长与真空的相比变短；（3）①根据v=得，v=．（2）由题图可知，所以入射角的正切：所以：r=30°根据折射定律知，n=所以：sini=n•sinr=所以折射角：i=45°故答案为：（1）AC；（2）5×1014；短 （3）①光在玻璃体传播的速度为．（2）光线OA在AB面发生折射时的折射角为45°．【点评】该题考查光的折射，解决本题的关键掌握光的折射定律n=，以及n=．　（选修模块3-5）16．下列说法正确的是（　　）A．电子的衍射图样表明电子具有波动性B．太阳辐射的能量主要自太阳内部的热核反应C．氢原子从某激发态跃迁至基态要吸收特定频率的光子D．结合能越大，原子核核子结合得越牢固，原子核越稳定【考点】氢原子的能级公式和跃迁．【专题】定性思想；推理法；原子的能级结构专题．【分析】衍射能体现波动性，比结合能越大，表示原子核核子结合的越牢固，原子核越稳定，太阳内部的热核反应，激发态跃迁至基态要释放特定频率的光子．【解答】解：A、电子的衍射图样表明粒子具有波动性，故A正确；B、太阳辐射的能量主要自太阳内部的聚变反应，故B正确；C、氢原子从某激发态跃迁至基态要释放特定频率的光子，故C错误；D、比结合能越大，表示原子核核子结合的越牢固，原子核越稳定，故D错误．故选：AB．【点评】掌握波尔理论、衍射的作用，及聚变与裂变的区别，注意波动性与粒子性的不同，同时理解比结合能与结合能的区别．　17．图示是某金属发生光电效应时光电子的最大初动能Ek与入射光频率ν的关系图象，可知该金属的逸出功为　hν0　．若入射光的频率为2ν0，则产生的光电子最大初动能为　hν0　．已知普朗克常量为h．【考点】爱因斯坦光电效应方程． 【专题】定量思想；推理法；光电效应专题．【分析】根据光电效应方程Ekm=hv﹣W0和eUC=EKm得出遏止电压Uc与入射光频率v的关系式，从而进行判断．【解答】解：当遏止电压为零时，最大初动能为零，则入射光的能量等于逸出功，所以W0=hv0．从图象上可知，逸出功W0=hv0．根据光电效应方程，Ekm=hv﹣W0=hv0．若入射光的频率为2ν0时，产生的光电子的最大初动能为hν0，故答案为：hν0，hν0．【点评】解决本题的关键掌握光电效应方程，以及知道遏止电压与最大初动能之间的关系，注意遏止电压与入射光的频率成线性关系，并不是正比，并理解图象的纵、横坐标的含义．　18．光滑水平面上质量为1kg的小球A以20m/s的速度与同向运动的速度为10m/s、质量为2kg的大小相同的小球B发生正碰，碰撞后小球B以15m/s的速度运动．求：①碰后A球的速度；②碰撞过程A、B系统损失的机械能．【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．【专题】简答题；定性思想；推理法；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．【分析】（1）碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可以求出小球速度．（2）由能量守恒定律可以求出损失的机械能．【解答】解：（1）碰撞过程，以A的初速度方向为正，由动量守恒定律得：mAvA+mBvB=mAv′A+mBv′B代入数据解：v′A=10m/s②碰撞过程A、B系统损失的机械能量为：代入数据解得：E损=025J答：①碰后A球的速度为10m/s；②碰撞过程A、B系统损失的机械能为025J．【点评】小球碰撞过程动量守恒、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． 　四、计算题：（本题共3小题，满分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，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位．）19．某兴趣小组用电流传感器测量某磁场的磁感应强度．实验装置如图甲，不计电阻的足够长光滑金属导轨竖直放置在匀强磁场，导轨间距为d，其平面与磁场方向垂直．电流传感器与阻值为R的电阻串联接在导轨上端．质量为m、有效阻值为r的导体棒AB由静止释放沿导轨下滑，该过程电流传感器测得电流随时间变化规律如图乙所示，电流最大值为Im．棒下滑过程与导轨保持垂直且良好接触，不计电流传感器内阻及空气阻力，重力加速度为g．（1）求该磁场磁感应强度大小；（2）求在t1时刻棒AB的速度大小；（3）在0～t1时间内棒AB下降的高度为h，求此过程电阻R产生的电热．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应的能量转化．【专题】计算题；定量思想；合成分解法；电磁感应——功能问题．【分析】（1）利用电流达到最大值时，导体棒做匀速直线运动，利用平衡条件，求出磁场磁感应强度大小；（2）从图可知t1时刻棒电流最大值为Im．先求出此时感应电动势，再利用欧姆定律列式建立方程，最后求出在t1时刻棒AB的速度大小；（3）利用能量守恒定律求出棒AB下降的高度为h时整个电路产生的电热，再求此过程电阻R产生的电热．【解答】解：（1）电流达Im时导体棒做匀速运动对棒分析有受到的安培力：F安=BImd做匀速直线运动，由平衡条件有F安=mg解得：B=；（2）t1时刻，对回路有：感应电动势E=Bdv 感应电流解得：；（3）由能量守恒定律得电路产生的总电热：则电阻R上产生的电热：解得：答：（1）该磁场磁感应强度大小为；（2）在t1时刻棒AB的速度大小为；（3）在0～t1时间内棒AB下降的高度为h，此过程电阻R产生的电热为．【点评】本题考查电磁感应、安培力和能量守恒定律，解答本题的关键是要熟悉导体切割磁感线时感应电动势E=BLv和感应电流的计算．　20．如图甲所示，滑块与足够长的木板叠放在光滑水平面上，开始时均处于静止状态．作用于滑块的水平力F随时间t变化图象如图乙所示，t=20s时撤去力F，最终滑块与木板间无相对运动．已知滑块质量m=2kg，木板质量M=1kg，滑块与木板间的动摩擦因数μ=02，取g=10m/s2．求：（1）t=05s时滑块的速度大小；（2）0～20s内木板的位移大小；（3）整个过程因摩擦而产生的热量．【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律．【专题】计算题；定量思想；寻找守恒量法；牛顿运动定律综合专题． 【分析】（1）先判断出在0﹣05s内滑块与木板是相对静止的．方法是：设滑块恰好相对于木板要滑动时两者间的静摩擦力达到最大，以M为研究对象，求出临界加速度，再以整体为研究对象，求出此时的拉力F，结合图象的信息分析．再由运动学公式求解速度．（2）05﹣20s内滑块相对于木板滑动，分别由牛顿第二定律求出两者的加速度，再由位移公式求出各自的位移，再结合0﹣05s内的位移，即可得解．（3）求出相对位移，再得到摩擦生热．【解答】解：（1）设滑块恰好相对于木板要滑动时两者间的静摩擦力达到最大，以M为研究对象，根据牛顿第二定律得μmg=Ma0，得a0===4m/s2；对整体，有F0=（M+m）a0=12N由图知，在0﹣05s内，F=6N＜F0，则滑块与木板相对静止，两者共同的加速度等于a==2m/s2，则t=05s时滑块的速度大小v1=at1=1m/s（2）0﹣05s内，整体的位移为x1===025m在0﹣05s内，F=16N＞F0，所以两者相对滑动．根据牛顿第二定律得对m有：F﹣μmg=mam，得am=6m/s2；对M有：μmg=MaM，得aM=4m/s2；05～20s内木板的位移大小为x2=v1t2++=2×15+×4×152=75m故0～20s内木板的位移大小x=x1+x2=775m（3）05～20s内滑块的位移大小为x3=v1t2+=2×15+×6×152=975m故05～20s内滑块与木板的相对位移△x1=x3﹣x2=225mt=20s时，滑块的速度为vm=v1+amt2=2+6×15=11m/s木板的速度为vM=v1+aMt2=2+4×15=8m/s撤去F后，m的加速度大小为am′==μg=2m/s2；设从t=2s时起经过时间t，两者速度相等，共同速度为v，则有v=vm﹣am′t=vM+aMt，解得t=05s，v=10m/s从t=2s到两者相对静止的过程，滑块的位移为x4==m=525m木板的位移为x5==m=45m 此过程两者的相对位移△x2=x4﹣x5=075m故整个过程因摩擦而产生的热量为Q=μmg（△x1+△x2）=12J答：（1）t=05s时滑块的速度大小是1m/s；（2）0～20s内木板的位移大小是775m；（3）整个过程因摩擦而产生的热量是12J．【点评】解决本题的关键会根据物体的受力情况判断物体的运动情况，要掌握整体法和隔离法的运用，明确两个物体刚要滑动时两者的静摩擦力达到最大值．　21．如图甲所示，在y≥0的区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示；与x轴平行的虚线MN下方有沿+y方向的匀强电场，电场强度E=×103N/C．在y轴上放置一足够大的挡板．t=0时刻，一个带正电粒子从P点以v=2×104m/s的速度沿+x方向射入磁场．已知电场边界MN到x轴的距离为m，P点到坐标原点O的距离为11m，粒子的比荷=106C/kg，不计粒子的重力．求粒子：（1）在磁场运动时距x轴的最大距离；（2）连续两次通过电场边界MN所需的时间；（3）最终打在挡板上的位置到坐标原点O的距离．【考点】带电粒子在匀强磁场的运动；带电粒子在匀强电场的运动．【专题】压轴题；定量思想；推理法；带电粒子在磁场的运动专题．【分析】（1）带电粒子在磁场做匀速圆周运动，由洛伦兹力充当向心力可求得半径，再由几何关系可求得离x轴的最大距离； （2）由周期公式求出粒子的周期；根据磁场的变化周期可明确带电粒子在磁场的运动情况，同时明确粒子在电场的运动；根据牛顿运动定律可求得在电场运动的时间；从而得出粒子在磁场可能的运动情况；从而求出对应的时间；（3）分析粒子的运动过程，根据几何关系可求出J点到O点的距离．【解答】解：（1）粒子在磁场做匀速圆周运动，有：解得半径为：R=02m粒子在磁场运动时，到x轴的最大距离为：ym=2R=04m（2）如答图甲所示，粒子在磁场做匀速圆周运动的周期为：s由磁场变化规律可知，它在0﹣s（即0﹣）时间内做匀速圆周运动至A点，接着沿﹣y方向做匀速直线运动直至电场边界C点，用时为：进入电场后做匀减速运动至D点，由牛顿定律得粒子的加速度为：粒子从C点减速至D再反向加速至C所需的时间为：接下，粒子沿+y轴方向匀速运动至A所需时间仍为t2，磁场刚好恢复，粒子将在洛伦兹力的作用下从A做匀速圆周运动，再经s时间，粒子将运动到F点，此后将重复前面的运动过程．所以粒子连续通过电场边界MN有两种可能：第一种可能是，由C点先沿﹣y方向到D再返回经过C，所需时间为：t=t3=第二种可能是，由C点先沿+y方向运动至A点开始做匀速圆周运动一圈半后，从G点沿﹣y方向做匀速直线运动至MN，所需时间为：s（3）由上问可知，粒子每完成一次周期性的运动，将向﹣x方向平移2R（即答图甲所示从P点移到F点）， ，故粒子打在挡板前的一次运动如答图乙所示，其I是粒子开始做圆周运动的起点，J是粒子打在挡板上的位置，K是最后一段圆周运动的圆心，Q是I点与K点连线与y轴的交点．由题意知：，则有：J点到O的距离为：答：（1）在磁场运动时距x轴的最大距离为04m；（2）连续两次通过电场边界MN所需的时间可能为s或4π×10﹣5s（3）最终打在挡板上的位置到坐标原点O的距离为037m．【点评】本题考查了小球在复合场的运动，分析清楚小球的运动过程，应用小球最圆周运动的周期公式与半径公式、牛顿第二定律等内容进行分析求解；分析运动的全过程是解题的关键；对学生分析能力、综合能力和应用数学能力要求较高．　2021年9月最新下载可搜索或者按住CTRL点击博学网