内蒙古呼和浩特市2016届高考物理一模试卷 29页

www.ks5u.com ‎2016年内蒙古呼和浩特市高考物理一模试卷 ‎　‎ 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1-4题只有一项符合题目要求，第5-8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。‎ ‎1．a、b两物体从同一位置沿同一直线运动，他们的速度图象如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A．a、b加速时，物体b的加速度大于物体a的加速度 B．20秒时，a、b两物体相距最远 C．60秒时，物体a在物体b的前方 D．40秒时，a、b两物体速度相等，相距200m ‎2．我国“北斗”卫星导航定位系统由5颗静止轨道卫星（赤道上空运行的同步卫星）和30颗非静止轨道卫星组成．关于这5颗静止轨道卫星，下列说法正确的是（　　）‎ A．卫星运行的角速度不相同 B．卫星的线速度小于7.9km/s C．卫星运行的线速度相同 D．卫星的向心加速度大于9.8m/s2‎ ‎3．如图所示，物块A、B置于水平地面上，与地面间的动摩擦因数均为0.5，物体A、B用跨过光滑动滑轮的细绳相连，现用逐渐增大的力斜向上提动滑轮，某时刻拉A物体的绳子与水平面成53°角，拉B物体的绳子与水平面成37°角，A、B两个物体仍处于平衡状态，此时若继续增大向上的力，A、B两个物体将同时开始运动，则A、B两个物体的质量之比为（认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°=0.6，cos37°=0.8）（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎4．ab是长为L的均匀带电细杆，P1、P2是位于ab所在直线上的两点，距b端均为，位置如图所示．ab上电荷产生的静电场在P1处的场强大小为E1，在P2处的场强大小为E2，则以下说法正确的是（　　）‎ A．两处的电场方向相反，E1＜E2 B．两处的电场方向相反，E1＞E2‎ C．两处的场强方向相同，E1＞E2 D．两处的电场方向相同，E1＜E2‎ ‎5．如图所示，理想变压器的原线圈通过保险丝接在一个交变电源上，交变电压瞬时值随时间变化的规律为u=311sin100πt（V），副线圈所在电路中接有电热丝、电动机、理想交流电压表和理想交流电流表．已知理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，电热丝额定功率为22W，电动机内电阻为1Ω，电流表示数为3A，各用电器均正常工作．则（　　）‎ A．电压表示数为22V B．通过保险丝的电流为30A C．变压器的输入功率为62W D．电动机的输出功率为40W ‎6．如图所示，在边长为a的等边三角形区域内有匀强磁场B，其方向垂直于纸面向外，一个边长也为a的等边三角形导线框架EFG正好与上述磁场区域的边界重合，而后绕其几何中心O点在纸面内以角速度ω顺时针方向匀速转动，于是框架EFG中产生感应电动势，若转过60°后线框转到图中的虚线位置，则在这段时间内（　　）‎ A．感应电流方向为　E→G→F→E B．感应电流方向为　E→F→G→E C．平均感应电动势大小等于 D．平均感应电动势大小等于 ‎7．如图所示，汽车在平直路面上匀速运动，速度大小为v，受到恒定阻力f，用跨过光滑定滑轮的轻绳牵引轮船，汽车与滑轮间的绳保持水平．当牵引轮船的绳与水平方向成θ角时，绳的拉力对船做功的功率为P，此时绳对船的拉力为F，汽车发动机的输出功率为P1，则（　　）‎ A．F= B．F= C．P1=P+fv D．P1=Pcosθ+fv ‎8．如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速度v1沿顺时针方向转动，传送带右端有一个与传送带等高的光滑水平面，一物体以恒定的速率v2沿直线向左滑上传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面，速率为v3，则在整个运动过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A．若v1＞v2，则v3=v1‎ B．若v1＞v2时，摩擦力对物体做功为零 C．若v1＞v2时，则传送带与物体摩擦生热为mv22‎ D．其中在物体向左运动过程中，传送带与物体摩擦生热为mv22+mv1v2‎ ‎　‎ 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，每个试题考生都必须作答，第13-18题为选考题，考生根据要求作答。）‎ ‎9．探究加速度与力的关系装置如图1所示．带滑轮的长木板水平放置，细绳通过两光滑滑轮分别与弹簧秤挂钩和沙桶连接，细线与桌面平行．将木块放在靠近打点计时器的一端，缓慢向沙桶中添加细沙，直到木块开始运动，记下木块运动后弹簧秤的示数F，通过纸带求出木块运动的加速度a．将木块放回原处，向沙桶中添加适量细沙，释放木块…，如此重复，获取多组a、F数据．‎ ‎（1）关于该实验的操作，以下说法正确的是　　‎ A．实验过程中，应先闭合打点计时器开关，再释放小车 B．通过缓慢添加细沙，可以方便地获取多组实验数据 C．每次添加细沙后，需测出沙及沙桶的质量 D．实验过程要确保沙及沙桶的质量远小于木块的质量 ‎（2）某同学根据实验数据做出了两个a﹣F图象如图2所示，正确的是　　；已知图线与横轴的交点为F0，则木块所受的滑动摩擦力大小为　　．‎ ‎10．（9分）实验小组要测量一节干电池的电动势和内电阻．实验室有如下器材可供选择：‎ A．待测干电池（电动势约为1.5V，内阻约为1.0Ω） ‎ B．电压表（量程3V）‎ C．电压表（量程15V） ‎ D．电流表（量程0.6A） ‎ E．定值电阻（阻值为50Ω）‎ F．滑动变阻器（阻值范围0﹣50Ω） ‎ G．开关、导线若干 ‎（1）为了尽量减小实验误差，在如图所示的四个实验电路中应选用　　．‎ ‎（2）实验中电压表应选用　　．（选填器材前的字母）‎ ‎（3）实验中测出几组电流表和电压表的读数并记录在下表中．‎ 序号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ 电压U（V）‎ ‎1.45‎ ‎1.40‎ ‎1.30‎ ‎1.25‎ ‎1.20‎ ‎1.10‎ 电流I（A）‎ ‎0.060‎ ‎0.120‎ ‎0.240‎ ‎0.260‎ ‎0.360‎ ‎0.480‎ 请你将这6组数据描绘在给出的U﹣I坐标系中并完成U﹣I图线；‎ ‎（4）由图可以得到，第　　组数据误差较大，此干电池的电动势E=　　V，内电阻r=　　Ω．（结果均保留两位有效数字）‎ ‎11．（14分）如图所示，山区高速公路上，一般会在较长的下坡路端的坡底设置紧急避险车道．如图缩回，将紧急避险车道视为一个倾角为θ的固定斜面．‎ 一辆质量为m的汽车在制动时，发现刹车失灵，于是立即关闭发动机，以速度v冲上紧急避险车道，做匀减速直线运动直至速度减为0．汽车在紧急避险车道上受到除重力之外的阻力，大小是自身重力的k倍．‎ ‎（1）画出汽车的受力示意图；‎ ‎（2）求出汽车行驶时的加速度；‎ ‎（3）求出汽车在避险车道上行驶的距离大小．‎ ‎12．（18分）如图所示，两块平行极板AB、CD正对放置，极板CD的正中央有一小孔，两极板间距离AD为d，板长AB为2d，两极板间电势差为U，在ABCD构成的矩形区域内存在匀强电场，电场方向水平向右．在ABCD矩形区域以外有垂直于纸面向里的范围足够大的匀强磁场．极板厚度不计，电场、磁场的交界处为理想边界．将一个质量为m、电荷量为+‎ q的带电粒子在极板AB的正中央O点，由静止释放．不计带电粒子所受重力．‎ ‎（1）求带电粒子经过电场加速后，从极板CD正中央小孔射出时的速度大小；‎ ‎（2）为了使带电粒子能够再次进入匀强电场，且进入电场时的速度方向与电场方向垂直，求磁场的磁感应强度的大小，并画出粒子运动轨迹的示意图．‎ ‎（3）通过分析说明带电粒子第二次离开电场时的位置，并求出带电粒子从O点开始运动到第二次离开电场区域所经历的总时间．‎ ‎　‎ ‎【物理-选修3-3】‎ ‎13．（5分）关于热现象和热学规律，下列说法中正确的是（　　）‎ A．只要知道气体的摩尔体积和阿伏伽德罗常数，就可以算出气体分子的体积 B．悬浮在液体中的固体微粒越小，布朗运动就越明显 C．一定质量的理想气体，保持气体的压强不变，温度越高，体积越大 D．一定温度下，饱和汽的压强是一定的 E．由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间只有引力，没有斥力，所以液体表面具有收缩的趋势 ‎14．（10分）如图所示，一直立的气缸用一质量为m的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞横截面积为S．气体最初的体积为V0，气体最初的压强为；气缸内壁光滑且气缸是导热的．开始活塞被固定，打开固定螺栓K，活塞下落，经过足够长时间后活塞停在B处．设周围环境温度保持不变．已知大气压强为P0，重力加速度为g，求：活塞停在B点时活塞下落的距离h．‎ ‎　‎ ‎【物理-选修-3-4】‎ ‎15．如图所示，空间同一平面内有A、B、C三点，AB=5m，BC=4m，AC=3m．A、C两点处有完全相同的波源做简谐振动，振动频率为1360Hz，波速为340m/s．下列说法正确的是（　　）‎ A．两列波的波长均为0.25m B．振动减弱点的位移总是为零 C．B点的位移总是最大 D．B、C间有8个振动减弱的点 E．A、B间有7个振动加强的点 ‎ ‎16．如图所示为某种材料做成的透明光学器件，横截面AB为半径为R的四分之一圆弧，O为圆心．一束宽度为R的单色平行光垂直AO面入射，该器件对光的折射率为n=．点C、D位于AO表面上．CO=，从C点入射的光线从AB弧面上的E点射出，出射角为β．从D点入射的光经AB弧面一次反射后直接到达B点．求：‎ ‎（Ⅰ）β的大小；‎ ‎（Ⅱ）通过计算说明从D点入射的光能否在AB弧面发生全反射？‎ ‎　‎ ‎【物理-选修3-5】‎ ‎17．下列说法正确的是（　　）‎ A．天然放射元素衰变的快慢与所处的化学、物理状态无关 B．α粒子散射实验中少数α粒子发生了较大偏转，这是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据之一 C．由玻尔理论可知，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要辐射一定频率的光子，同时电子的动能增大，电势能减小 D．在光电效应实验中，用同种频率的光照射不同的金属表面，从金属表面逸出的光电子的最大初动能Ek越大，则这种金属的逸出功W0越大 E．在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，因此，光子散射后波长变短 ‎18．如图所示，在光滑平直轨道上P点静止放置一个质量为2m的物体A，现有一颗质量为m的子弹以v0的水平速度射入物体A并和物体A一起运动，并与前方静止物体B发生弹性正碰（机械能不损失）后返回，速率大小为，求：‎ ‎（1）子弹与物体A碰撞过程中损失的机械能；‎ ‎（2）B物体的质量．‎ ‎　‎ ‎2016年内蒙古呼和浩特市高考物理一模试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第1-4题只有一项符合题目要求，第5-8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。‎ ‎1．a、b两物体从同一位置沿同一直线运动，他们的速度图象如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A．a、b加速时，物体b的加速度大于物体a的加速度 B．20秒时，a、b两物体相距最远 C．60秒时，物体a在物体b的前方 D．40秒时，a、b两物体速度相等，相距200m ‎【考点】匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】速度图象的斜率表示加速度，斜率越大，加速度越大．由“面积”读出位移，由图读出第20s和第60s时两物体a、b的位移差相等，从同一位置出发，间距相等．第40s时，两物体a、b速度相等，由“面积”差，读出相距的距离．根据第60s时位移关系判断位置关系．‎ ‎【解答】解：A、速度图象的斜率表示加速度．a、b加速时b的斜率大，加速度大．故A正确．‎ B、第40s时，两物体a、b速度相等，此时位移差最大，所以相距最远，故B错误；‎ C、由图可知第60s时，物体b的位移小于物体a的位移，物体b在物体a的后方，a在b的前方，故C正确；‎ D、40秒时，a、b两物体速度相等，相距△x=×（10+40）×20+×20×40=900m，故D错误；‎ 故选：AC．‎ ‎【点评】对于速度﹣时间图象常常要抓住两个数学方面的意义来理解其物理意义：斜率表示加速度，面积表示位移．‎ ‎　‎ ‎2．我国“北斗”卫星导航定位系统由5颗静止轨道卫星（赤道上空运行的同步卫星）和30颗非静止轨道卫星组成．关于这5颗静止轨道卫星，下列说法正确的是（　　）‎ A．卫星运行的角速度不相同 B．卫星的线速度小于7.9km/s C．卫星运行的线速度相同 D．卫星的向心加速度大于9.8m/s2‎ ‎【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】同步卫星的周期相同，角速度相同，根据线速度与轨道半径的关系判断静止轨道卫星的线速度与第一宇宙速度的大小关系．‎ ‎【解答】解：A、静止轨道卫星的周期相同，角速度相同，故A错误．‎ B、根据v=知，轨道半径越小，线速度越大，则第一宇宙速度是绕地球做匀速圆周运动最大的环绕速度，可知卫星的线速度小于7.9km/s，故B正确．‎ C、静止轨道卫星的轨道半径相同，则线速度大小相等，但是线速度方向不同，故C错误．‎ D、根据得，a=，知卫星的向心加速度小于9.8m/s2，故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】解决本题的关键知道同步卫星的特点，知道线速度、向心加速度与轨道半径的关系，掌握第一宇宙速度的含义，基础题．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，物块A、B置于水平地面上，与地面间的动摩擦因数均为0.5，物体A、B用跨过光滑动滑轮的细绳相连，现用逐渐增大的力斜向上提动滑轮，某时刻拉A物体的绳子与水平面成53°角，拉B物体的绳子与水平面成37°角，A、B两个物体仍处于平衡状态，此时若继续增大向上的力，A、B两个物体将同时开始运动，则A、B两个物体的质量之比为（认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°=0.6，cos37°=0.8）（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；运动的合成和分解．‎ ‎【分析】隔离法分别对AB进行受力分析，根据平衡条件分别列方程，通过绳子对两个物体的拉力相等联系起来 ‎【解答】解：对AB分别受力分析，如图所示：‎ 对A：Tcos53°=μ（mAg﹣Tsin53°） ‎ 得：mA=‎ 对B：Tcos37°=μ（mBg﹣Tsin37°） ‎ 得：mB=‎ 得：．‎ 故选：B ‎【点评】本题考查隔离法受力分析以及平衡条件的应用，关键是知道同一根绳子上拉力相等．‎ ‎　‎ ‎4．ab是长为L的均匀带电细杆，P1、P2是位于ab所在直线上的两点，距b端均为，位置如图所示．ab上电荷产生的静电场在P1处的场强大小为E1，在P2处的场强大小为E2，则以下说法正确的是（　　）‎ A．两处的电场方向相反，E1＜E2 B．两处的电场方向相反，E1＞E2‎ C．两处的场强方向相同，E1＞E2 D．两处的电场方向相同，E1＜E2‎ ‎【考点】电场的叠加；电场强度．‎ ‎【分析】由于细杆均匀带电，我们取b关于P1的对称点b′，则bb′段在P1点的电场互相抵消，整个杆对于P1点的电场，仅仅相当于ab′部分在P1的产生电场．而对于P2，是整个杆都对其有作用，所以P2点的场强大．‎ ‎【解答】解：将均匀带电细杆等分为无数段，每段可看作点电荷．设细杆带正电，根据电场的叠加原理，这些点电荷在P1的合场强方向向右，在P2的合场强方向向右，所以两处的电场方向相同．‎ 由于细杆均匀带电，取b点关于P1的对称点b′，则细杆bb′段电荷在P1点产生的电场互相抵消，整个杆在P1点产生的电场，仅仅相当于ab′部分在P1的产生电场．而对于P2，是整个杆产生电场，而且杆各段在P2点产生的场强方向相同，所以P2点的场强大，即有E1＜E2．‎ 故选：D ‎【点评】本题的解题关键要掌握电场的叠加原理，采用分割的方法，分段研究电场．因为我们只学过点电荷的电场或者匀强电场，而对于杆产生的电场没有学过，因而需要将杆看成是由若干个点构成，再进行矢量合成．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，理想变压器的原线圈通过保险丝接在一个交变电源上，交变电压瞬时值随时间变化的规律为u=311sin100πt（V），副线圈所在电路中接有电热丝、电动机、理想交流电压表和理想交流电流表．已知理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，电热丝额定功率为22W，电动机内电阻为1Ω，电流表示数为3A，各用电器均正常工作．则（　　）‎ A．电压表示数为22V B．通过保险丝的电流为30A C．变压器的输入功率为62W D．电动机的输出功率为40W ‎【考点】变压器的构造和原理．‎ ‎【分析】电压表测量的是副线圈的电压有效值，根据原线圈交流电压随时间变化的规律求出原线圈电压的有效值，再利用求出电压表的示数；‎ 电动机的输出功率等于电动机的输入功率减去发热功率，分别计算即可；‎ 变压器的输入功率等于副线圈的输出功率，计算副线圈总的输出功率就能得出变压器的输入功率；‎ 利用变压器中原副线圈中电流与匝数成反比计算通过保险丝的电流有效值，再计算通过它的电流．‎ ‎【解答】解：A、已知交变电压瞬时值随时间变化的规律为u=311sin100πt（V），则原线圈电压的有效值为U1==220V，，解得U2=22V，故电压表示数为22V，A正确；‎ D、通过电热丝的电流I1===1A，故通过电动机的电流IM=I﹣I1=3﹣1=2A，则电动机的输入功率P=IMU2=22×2=44W，电动机的发热功率P热=IM2r=4W，故电动机的输出功率为P﹣P热=44﹣4=40W，D正确；‎ C、副线圈的输出功率P2=44W+22W=66W，变压器输入功率等于输出功率，也是66W，C错误；‎ B、得原线圈的电流为0.3A，即通过保险丝的电流为0.3A，B错误；‎ 故选：AD ‎【点评】注意在交流电路中电表测量的都是有效值，不是最大值，也不是瞬时值．另外原副线圈的电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，输入功率由副线圈的输出功率决定．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，在边长为a的等边三角形区域内有匀强磁场B，其方向垂直于纸面向外，一个边长也为a的等边三角形导线框架EFG正好与上述磁场区域的边界重合，而后绕其几何中心O点在纸面内以角速度ω顺时针方向匀速转动，于是框架EFG中产生感应电动势，若转过60°后线框转到图中的虚线位置，则在这段时间内（　　）‎ A．感应电流方向为　E→G→F→E B．感应电流方向为　E→F→G→E C．平均感应电动势大小等于 D．平均感应电动势大小等于 ‎【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．‎ ‎【分析】本题的关键是根据几何知识求出60°，即时间内磁通量的变化△∅，再根据法拉第电磁感应定律求出平均感应电动势即可；然后再根据楞次定律判定感应电流的方向．‎ ‎【解答】解：AB、当导体沿顺时针转动时，穿过导体框的磁通量也减少，根据楞次定律可知，感应电流的方向仍然是逆时针E→F→G→E方向，故A错误，B正确；‎ CD、根据几何关系得到，线圈的有效面积减小为△S=a2，‎ 根据法拉第电磁感应定律得：平均感应电动势E==•B，而T=‎ 解得，E=，所以C正确，D错误；‎ 故选：BC．‎ ‎【点评】在电磁感应现象中，往往先要由楞次定律判断感应电流方向、根据法拉第定律求解感应电动势．本题属于面积变化的类型，注意几何知识的应用．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，汽车在平直路面上匀速运动，速度大小为v，受到恒定阻力f，用跨过光滑定滑轮的轻绳牵引轮船，汽车与滑轮间的绳保持水平．当牵引轮船的绳与水平方向成θ角时，绳的拉力对船做功的功率为P，此时绳对船的拉力为F，汽车发动机的输出功率为P1，则（　　）‎ A．F= B．F= C．P1=P+fv D．P1=Pcosθ+fv ‎【考点】运动的合成和分解．‎ ‎【分析】将船的速度分解为沿绳子方向和垂直绳子方向，结合沿绳子方向的速度大小以及拉力的功率大小求出绳对船的拉力大小．根据汽车做匀速直线运动求出汽车的牵引力，从而得出汽车发动机的功率．‎ ‎【解答】解：设船的速度为v1，汽车（绳子）的速度是船的速度沿绳子方向的分速度，所以：v=v1cosθ，‎ 根据P=Fv1cosθ得，绳对船的拉力大小为：‎ F=‎ 根据平衡得，汽车的牵引力为：‎ F′=Fcosθ+f=，‎ 则汽车发动机的功率为：‎ P1=F′v=P+fv．‎ 故选：AC．‎ ‎【点评】解决本题的关键掌握功率与牵引力和速度的关系，注意船的速度和车的速度大小不等，船在沿绳子方向的分速度等于车的速度大小．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速度v1沿顺时针方向转动，传送带右端有一个与传送带等高的光滑水平面，一物体以恒定的速率v2沿直线向左滑上传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面，速率为v3，则在整个运动过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A．若v1＞v2，则v3=v1‎ B．若v1＞v2时，摩擦力对物体做功为零 C．若v1＞v2时，则传送带与物体摩擦生热为mv22‎ D．其中在物体向左运动过程中，传送带与物体摩擦生热为mv22+mv1v2‎ ‎【考点】动能定理的应用．‎ ‎【分析】物体由于惯性冲上皮带后，受到向右的滑动摩擦力，减速向左滑行，之后依然受到向右的滑动摩擦力，会继续向右加速，然后分v1大于、小于v2三种情况分析．根据动能定理求摩擦力对物体做功．根据相对位移求热量．‎ ‎【解答】解：由于传送带足够长，物体匀减速向左滑行，直到速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右匀加速，分三种情况讨论：‎ A、如果v1＞v2，返回时物体会一直向右匀加速，根据对称性，知当速度大小增大到等于v2时，物体恰好离开传送带，则有v3=v1；故A错误．‎ B、如果v1＞v2，根据动能定理可得：摩擦力对物体做功为 W==0．故B正确．‎ CD、若v1＞v2时，设物体所受的摩擦力大小为f．物体向左运动的加速度大小 a=，时间 t1==‎ 物体向左运动的位移 x1==，传送带的位移 x2=v1t1=，摩擦生热 Q1=f（x1+x2）=+mv1v2‎ 物体向右运动时，运动时间为 t2==‎ 物体向右运动的位移 x3==，传送带的位移 x4=v1t2=，摩擦生热 Q2=f（x2﹣x1）=mv1v2﹣‎ 故传送带与物体摩擦生热共为 Q=Q1+Q2=2mv1v2．故C错误，D正确．‎ 故选：BD ‎【点评】本题关键是对于物体返回的过程分析，物体可能一直加速，也有可能先加速后匀速运动；注意对全程运动的把握．‎ ‎　‎ 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，每个试题考生都必须作答，第13-18题为选考题，考生根据要求作答。）‎ ‎9．探究加速度与力的关系装置如图1所示．带滑轮的长木板水平放置，细绳通过两光滑滑轮分别与弹簧秤挂钩和沙桶连接，细线与桌面平行．将木块放在靠近打点计时器的一端，缓慢向沙桶中添加细沙，直到木块开始运动，记下木块运动后弹簧秤的示数F，通过纸带求出木块运动的加速度a．将木块放回原处，向沙桶中添加适量细沙，释放木块…，如此重复，获取多组a、F数据．‎ ‎（1）关于该实验的操作，以下说法正确的是　AB　‎ A．实验过程中，应先闭合打点计时器开关，再释放小车 B．通过缓慢添加细沙，可以方便地获取多组实验数据 C．每次添加细沙后，需测出沙及沙桶的质量 D．实验过程要确保沙及沙桶的质量远小于木块的质量 ‎（2）某同学根据实验数据做出了两个a﹣F图象如图2所示，正确的是　B　；已知图线与横轴的交点为F0，则木块所受的滑动摩擦力大小为　2F0　．‎ ‎【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．‎ ‎【分析】（1）该实验不需要测量沙及沙桶的质量，绳子的拉力由弹簧秤直接测量，不需要满足沙及沙桶的质量远小于木块．‎ ‎（2）根据牛顿第二定律得出a与F的关系式，结合关系式得出正确的图线．根据加速度等于零求出弹簧的拉力，从而求出此时的滑动摩擦力．‎ ‎【解答】解：（1）A、实验中应该先接通电源后释放纸带，故A正确．‎ B、通过缓慢添加细沙，可以方便地获取多组实验数据，故B正确．‎ C、绳子的拉力可以通过弹簧测力计测出，不需要测量砂及沙桶的质量，也不需要保证沙及沙桶的质量远小于木块．故C、D错误．‎ 故选：AB．‎ ‎（2）小车所受的拉力等于2倍的弹簧秤拉力，可以直接测量得出，根据牛顿第二定律得：a==，故正确的图线是B．‎ 当弹簧拉力为F0时，小车开始滑动，可知滑动摩擦力f=2F0．‎ 故答案为：（1）AB （2）B，2F0‎ ‎【点评】本题实验源于课本实验，但是又不同于课本实验，关键要理解实验的原理，注意该实验不需要测量砂及沙桶的质量，也不需要保证沙及沙桶的质量远小于木块．‎ ‎　‎ ‎10．实验小组要测量一节干电池的电动势和内电阻．实验室有如下器材可供选择：‎ A．待测干电池（电动势约为1.5V，内阻约为1.0Ω） ‎ B．电压表（量程3V）‎ C．电压表（量程15V） ‎ D．电流表（量程0.6A） ‎ E．定值电阻（阻值为50Ω）‎ F．滑动变阻器（阻值范围0﹣50Ω） ‎ G．开关、导线若干 ‎（1）为了尽量减小实验误差，在如图所示的四个实验电路中应选用　丙　．‎ ‎（2）实验中电压表应选用　B　．（选填器材前的字母）‎ ‎（3）实验中测出几组电流表和电压表的读数并记录在下表中．‎ 序号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ 电压U（V）‎ ‎1.45‎ ‎1.40‎ ‎1.30‎ ‎1.25‎ ‎1.20‎ ‎1.10‎ 电流I（A）‎ ‎0.060‎ ‎0.120‎ ‎0.240‎ ‎0.260‎ ‎0.360‎ ‎0.480‎ 请你将这6组数据描绘在给出的U﹣I坐标系中并完成U﹣I图线；‎ ‎（4）由图可以得到，第　4　组数据误差较大，此干电池的电动势E=　1.5　V，内电阻r=　0.83　Ω．（结果均保留两位有效数字）‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】（1）根据实验原理选择实验电路，作出U﹣I图象，然后求出电源电动势与内阻．‎ ‎（2）根据待测干电池电动势，选择电压表，不能量程过大；‎ ‎（3）直接采用描点法作图即可；‎ ‎（4）根据图象可明确哪一组误差较大；从U﹣I图象中，纵坐标表示干电池的电动势，斜率表示内电阻；‎ ‎【解答】解：（1）测干电池的电动势和内阻，采用的方法是作出U﹣I图象，然后求出电源电动势与内阻，故甲、乙电路不行，误差太大；‎ 根据U=E﹣Ir测量干电池电动势和内阻时，需要测出多组对应的路端电压U和干路电流I，电压表和电流表内阻影响会造成实验误差．干电池内阻较小，所以丁电路中的电流表分压影响较大，因此应选择丙电路．‎ ‎（2）由于待测干电池电动势约为1.5V，故选择量程为3V的电压表即可，故选B；‎ ‎（3）将各组数据描绘在图中给出的U﹣I坐标系中作出U﹣I 图线如右图所示；‎ ‎（4）由图可知，第4组数据离图线较远，故第4组误差较大；由作出的U﹣I 图线，可得干电池的电动势E=1.5V 内电阻r等于图线的斜率，则r==0.83Ω．‎ 故答案为：（1）丙；（2）B；（3）如图所示；（4）4，1.5，0.83；‎ ‎【点评】本题考查测量干电池的电动势和内电阻的实验，电路采用电流表外接法，将实验测得的数据作出U﹣I图线，根据图线求电动势和内阻，能减小实验误差．‎ ‎　‎ ‎11．（14分）（2016•呼和浩特一模）如图所示，山区高速公路上，一般会在较长的下坡路端的坡底设置紧急避险车道．如图缩回，将紧急避险车道视为一个倾角为θ的固定斜面．‎ 一辆质量为m的汽车在制动时，发现刹车失灵，于是立即关闭发动机，以速度v冲上紧急避险车道，做匀减速直线运动直至速度减为0．汽车在紧急避险车道上受到除重力之外的阻力，大小是自身重力的k倍．‎ ‎（1）画出汽车的受力示意图；‎ ‎（2）求出汽车行驶时的加速度；‎ ‎（3）求出汽车在避险车道上行驶的距离大小．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的综合应用．‎ ‎【分析】（1）以汽车为研究对象，分析受力情况，画出汽车受力的示意图；‎ ‎（2）根据牛顿第二定律求出汽车在紧急避险车道上行驶的加速度；‎ ‎（3）根据速度位移公式求出汽车行驶的距离．‎ ‎【解答】解：（1）以汽车为研究对象，受到竖直向下的重力、沿斜面向下的阻力及垂直于斜面向上的支持力，受力示意图如图所示．‎ ‎（2）汽车在紧急避险车道做匀减速直线运动，其加速度大小a，‎ 由题意知，阻力f=kmg…①‎ 根据牛顿第二定律可知，f+mgsinθ=ma…②‎ 联立①②可解得：a==（k+sinθ）g； ‎ 方向：沿斜面（避险车道）向下．‎ ‎（3）汽车做匀减速直线运动，根据速度位移关系式可知，‎ 汽车行驶的距离：x==．‎ 答：（1）见上图；‎ ‎（2）汽车行驶时的加速度大小为（k+sinθ）g；方向沿斜面（避险车道）向下；‎ ‎（3）汽车行驶的距离为．‎ ‎【点评】本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、进行正交分解、在坐标轴上利用牛顿第二定律建立方程进行解答；注意整体法和隔离法的应用 ‎　‎ ‎12．（18分）（2016•呼和浩特一模）如图所示，两块平行极板AB、CD正对放置，极板CD的正中央有一小孔，两极板间距离AD为d，板长AB为2d，两极板间电势差为U，在ABCD构成的矩形区域内存在匀强电场，电场方向水平向右．在ABCD矩形区域以外有垂直于纸面向里的范围足够大的匀强磁场．极板厚度不计，电场、磁场的交界处为理想边界．将一个质量为m、电荷量为+q的带电粒子在极板AB的正中央O点，由静止释放．不计带电粒子所受重力．‎ ‎（1）求带电粒子经过电场加速后，从极板CD正中央小孔射出时的速度大小；‎ ‎（2）为了使带电粒子能够再次进入匀强电场，且进入电场时的速度方向与电场方向垂直，求磁场的磁感应强度的大小，并画出粒子运动轨迹的示意图．‎ ‎（3）通过分析说明带电粒子第二次离开电场时的位置，并求出带电粒子从O点开始运动到第二次离开电场区域所经历的总时间．‎ ‎【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）带电粒子在电场中加速，根据动能定理可求得粒子射出时的速度；‎ ‎（2）粒子粒子运动过程进行分析，明确粒子能回到电场所转过的圆心角，根据洛伦兹力充当向心力可求得磁感应强度；‎ ‎（3）带电粒子在电场中做类平抛运动，根据运动的合成和分解规律明确运动轨迹和时间；粒子在磁场中做圆周运动，根据周期公式和转过的角度可明确对应的时间，从而求出总时间．‎ ‎【解答】解：（1）设带电粒子经过电场加速后，从极板CD正中央小孔射出时的速度大小为v，由动能定理有：qU=mv2…①‎ 解得：v=‎ ‎（2）带电粒子第一次从电场中射出后，在磁场中做匀速圆周运动，若能够再次进入匀强电场，且进入电场时的速度方向与电场方向垂直，运动方向改变270°，由此可知在磁场中的运动轨迹为四分之三圆，圆心位于D点，半径为d，由A点垂直射入电场．‎ 带电粒子在磁场中运动时，洛仑兹力充当向心力，由牛顿运动定律 Bq=m…②‎ 解得：B==‎ ‎（3）带电粒子由A点垂直于电场方向射入电场之后做类平抛运动 若能够射出电场，运动时间为：t1==d…③‎ 沿电场方向的侧移为：s=at12…④‎ 由牛顿第二定律可知：‎ a==…⑤‎ 解得：s=d 因此带电粒子恰能从C点射出．轨迹如图所示．‎ 设带电粒子第一次在电场中加速，运动时间为t1‎ 带电粒子在磁场中偏转，运动时间为t2．‎ 粒子转动中洛仑兹力充当向心力．由牛顿第二定律有：Bqv=m…⑥‎ 周期为：T==πd 则有：t2=T=πd 带电粒子第二次在电场中偏转，运动时间也为t1，因此带电粒子运动从O点到C点的总时间为：‎ t总=2t1+t2=（2+π）d 答：（1）带电粒子经过电场加速后，从极板CD正中央小孔射出时的速度大小为 ‎（2）为了使带电粒子能够再次进入匀强电场，且进入电场时的速度方向与电场方向垂直，磁场的磁感应强度的大小，画出粒子运动轨迹的示意图如图所示．‎ ‎（3）通过分析说明带电粒子第二次离开电场时的位置，带电粒子从O点开始运动到第二次离开电场区域所经历的总时间为（2+π）d．‎ ‎【点评】本题中带电粒子先加速后由磁场偏转，根据动能定理求加速获得的速度，画出磁场中粒子的运动轨迹是处理这类问题的基本方法，注意在电场中一般利用运动的合成和分解以及动能定理求解．‎ ‎　‎ ‎【物理-选修3-3】‎ ‎13．关于热现象和热学规律，下列说法中正确的是（　　）‎ A．只要知道气体的摩尔体积和阿伏伽德罗常数，就可以算出气体分子的体积 B．悬浮在液体中的固体微粒越小，布朗运动就越明显 C．一定质量的理想气体，保持气体的压强不变，温度越高，体积越大 D．一定温度下，饱和汽的压强是一定的 E．由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间只有引力，没有斥力，所以液体表面具有收缩的趋势 ‎【考点】理想气体的状态方程；布朗运动；分子间的相互作用力．‎ ‎【分析】根据气体的摩尔体积和阿伏伽德罗常数，可以求出气体分子的所占体积．‎ 温度越高、固体小颗粒越小，布朗运动越明显．‎ 根据理想气体的状态方程可以解释气体的状态变化．‎ 饱和汽的压强仅仅与温度有关．‎ 分子之间的引力与斥力同时存在．‎ ‎【解答】解：A、因为气体分子不是紧密地靠在一起，所以知道气体的摩尔体积和阿伏伽德罗常数，就可以算出气体分子所占的体积，不能计算出分子体积．故A错误．‎ B、悬浮在液体中的固体微粒越小，布朗运动越明显．故B正确．‎ C、一定质量的理想气体，保持气体的压强不变，根据理想气体的状态方程：可知，温度越高，体积越大，故C正确．‎ D、饱和汽的压强仅仅与温度有关．一定温度下，饱和汽的压强是一定的．故D正确．‎ E、由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间的引力，大于斥力，所以液体表面具有收缩的趋势，不是没有斥力．故E错误．‎ 故选：BCD．‎ ‎【点评】本题考查了分子动理论的内容以及影响分子平均动能的因素等，难度不大，关键要在理解的基础上加以识记．‎ ‎　‎ ‎14．（10分）（2016•惠州模拟）如图所示，一直立的气缸用一质量为m的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞横截面积为S．气体最初的体积为V0，气体最初的压强为；气缸内壁光滑且气缸是导热的．开始活塞被固定，打开固定螺栓K，活塞下落，经过足够长时间后活塞停在B处．设周围环境温度保持不变．已知大气压强为P0，重力加速度为g，求：活塞停在B点时活塞下落的距离h．‎ ‎【考点】理想气体的状态方程．‎ ‎【分析】由平衡条件求出气体压强，由玻意耳定律求出气体体积；‎ ‎【解答】解：设活塞在B处时封闭气体的压强为P，活塞处于平衡状态，由平衡条件得：P0S+mg=PS…①‎ 解得：P=P0+，‎ 由玻意耳定律得： =PV…②，‎ 其中V=Sh2；V0=Sh1；‎ 联立得：h=h1﹣h2=‎ 答：活塞下落的高度为 ‎【点评】本题考查了求气体体积，应用玻意耳定律与热力学第一定律即可正确解题，求出气体的压强是正确解题的关键．‎ ‎　‎ ‎【物理-选修-3-4】‎ ‎15．（2016•呼和浩特一模）如图所示，空间同一平面内有A、B、C三点，AB=5m，BC=4m，AC=3m．A、C两点处有完全相同的波源做简谐振动，振动频率为1360Hz，波速为340m/s．下列说法正确的是（　　）‎ A．两列波的波长均为0.25m B．振动减弱点的位移总是为零 C．B点的位移总是最大 D．B、C间有8个振动减弱的点 E．A、B间有7个振动加强的点 ‎ ‎【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．‎ ‎【分析】已知波的频率和波速，由波速公式v=λf求波长．当某点到两波源的路程差是半波长的奇数倍时，为振动减弱点，当某点到两波源的路程差是半波长的偶数倍时，为振动减弱点．‎ ‎【解答】解：A、由v=λf得：两列波的波长 λ===0.25m，故A正确．‎ B、由于两波源的振幅相同，可知振动减弱点的位移总是为零，故B正确．‎ C、B点到两波源的路程差△x=1m=4λ，该点为振动加强点，但位移不是总是最大，质点B仍在振动，其位移作周期性变化．故C错误．‎ D、与两波源的距离差为半个波长的奇数倍的点振动减弱．‎ B点与两波源距离差为：d1=5m﹣4m=1m=4λ C点与两波源距离差为：d2=3m=12λ 所以B、C之间距离差分别为：4.5λ、5.5λ、6.5λ、7.5λ、8.5λ、9.5λ、10.5λ、11.5λ的8个点振动最弱．故D正确．‎ E、B点与两波源距离差为：d1=4λ，A点与两波源距离差为：d3=3m=12λ，B到A之间还有一个路程差为零的点，所以A、B间与两波源的距离差分别为：4λ、3λ…0，λ，2λ…11λ，共15个点振动加强．故E错误．‎ 故选：AB ‎【点评】本题考查了波在相互叠加时，何处振动加强和减弱，牢记路程差等于半波长的奇数倍时振动减弱，路程差等于波长的整数倍时振动加强．‎ ‎　‎ ‎16．（2017•济宁一模）如图所示为某种材料做成的透明光学器件，横截面AB为半径为R的四分之一圆弧，O为圆心．一束宽度为R的单色平行光垂直AO面入射，该器件对光的折射率为n=．点C、D位于AO表面上．CO=，从C点入射的光线从AB弧面上的E点射出，出射角为β．从D点入射的光经AB弧面一次反射后直接到达B点．求：‎ ‎（Ⅰ）β的大小；‎ ‎（Ⅱ）通过计算说明从D点入射的光能否在AB弧面发生全反射？‎ ‎【考点】光的折射定律．‎ ‎【分析】（Ⅰ）先根据几何关系求出光线射到E点的入射角，根据折射率公式求解β的大小．‎ ‎（Ⅱ）由折射定律求出临界角大小．根据入射角与临界角的关系分析能否发生全反射．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）根据几何关系得：sini=sin∠OEC===，得 i=30°‎ 由n=得 sinβ=nsini=，得β=60°‎ ‎（Ⅱ）据题：从D点入射的光经AB弧面一次反射后直接到达B点，画出光路图，由几何知识可得入射角为i′=60°‎ 设临界角为C，则sinC===＜，可得 C＜60°‎ 所以i′＞C，则知从D点入射的光能在AB弧面发生全反射．‎ 答：‎ ‎（Ⅰ）β的大小是60°；‎ ‎（Ⅱ）通过计算说明从D点入射的光能在AB弧面发生全反射．‎ ‎【点评】解决本题的关键掌握折射定律以及临界角与折射率的关系式sinC=，充分运用几何知识进行求解．‎ ‎　‎ ‎【物理-选修3-5】‎ ‎17．（2016•呼和浩特一模）下列说法正确的是（　　）‎ A．天然放射元素衰变的快慢与所处的化学、物理状态无关 B．α粒子散射实验中少数α粒子发生了较大偏转，这是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据之一 C．由玻尔理论可知，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要辐射一定频率的光子，同时电子的动能增大，电势能减小 D．在光电效应实验中，用同种频率的光照射不同的金属表面，从金属表面逸出的光电子的最大初动能Ek越大，则这种金属的逸出功W0越大 E．在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，因此，光子散射后波长变短 ‎【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度；氢原子的能级公式和跃迁．‎ ‎【分析】原子核的半衰期与原子核所处的物理环境和化学状态无关，由原子核内部因素决定；α粒子散射实验中少数α粒子发生了较大偏转，这是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据之一；根据电子轨道半径的变化，结合库仑引力提供向心力得出电子动能的变化，通过原子能量的变化得出电势能的变化．金属的逸出功与入射光的频率无关；根据光子动量的变化，结合分析光子散射后波长的变化．‎ ‎【解答】解：A、天然放射元素衰变的快慢与所处的化学、物理状态无关，由原子核内部因素决定，故A正确．‎ B、α粒子散射实验中少数α粒子发生了较大偏转，这是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据之一，故B正确．‎ C、氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要辐射一定频率的光子，电子的轨道半径减小，根据得，电子动能增大，由于原子能量减小，则电势能减小，故C正确．‎ D、金属的逸出功与入射光的频率无关，故D错误．‎ E、在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，根据知，光子散射后波长变长，故E错误．‎ 故选：ABC．‎ ‎【点评】本题考查了半衰期、α粒子散射实验、能级、光电效应、康普顿效应等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点和基本规律，基础题．‎ ‎　‎ ‎18．（2016•呼和浩特一模）如图所示，在光滑平直轨道上P点静止放置一个质量为2m的物体A，现有一颗质量为m的子弹以v0的水平速度射入物体A并和物体A一起运动，并与前方静止物体B发生弹性正碰（机械能不损失）后返回，速率大小为，求：‎ ‎（1）子弹与物体A碰撞过程中损失的机械能；‎ ‎（2）B物体的质量．‎ ‎【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（1）由动量守恒定律可及功能关系可求得碰撞过程中损失的能量；‎ ‎（2）对于碰撞过程由动量守恒及机械能定律列式求解即可．‎ ‎【解答】解：（1）设子弹与物体A的共同速度为v，由动量守恒定律mv0=3mv 则该过程损失的机械能 解得：‎ ‎（2）以子弹、物体A和物体B为系统，设B的质量为M，碰后子弹和物体A的速度为，物体B的速度为v2，由动量守恒定律3mv=Mv2﹣3m 碰撞过程机械能守恒 解得M=5m 答：（1）子弹与物体A碰撞过程中损失的机械能为；‎ ‎②B物体的质量为5m．‎ ‎【点评】本题考查动量守恒定律及能时转化及守恒规律，要注意正确分析物理过程，明确受力情况及守恒条件，选择合理的物理规律求解．‎ ‎　‎