1、2016-2017学年浙江省杭州市建人高复学校高三（上）开学物理试卷一、选择题：本题共13小题，每小题3分，共39分，每小题只有一个选项符合题意1下列说法中正确的是（）A重心一定在物体上B相互接触的物体间一定有弹力C不受到弹力的物体不会受到摩擦力D摩擦力的方向一定与物体运动方向相反2如图所示，一小男孩通过一根弹簧想把地面上的木箱拖回房间，但试了两次均未拖动分析图甲、图乙后，下列说法正确的是（）A弹簧的弹力等于木箱受到的摩擦力与人所受的摩擦力之和B图甲中木箱受到的摩擦力小于图乙中木箱受到的摩擦力C图甲中男孩受到的合力小于图乙中男孩受到的合力D图甲中男孩受到的合力大于图乙中男孩受到的合力3一质点沿
2、直线方向做加速运动，它离开O点的距离s随时间变化的关系为s=3+2t3（m），它的速度随时间关系为v=6t2m/s则该质点在t=2s时的瞬时速度和t=0s到t=2s间的平均速度分别为（）A8 m/s、24 m/sB24 m/s、8 m/sC12 m/s、24 m/sD24 m/s、12 m/s4在建筑工地上有时需要将一些建筑材料由高处送到低处，为此工人们设计了一种如图所示的简易滑轨：两根圆柱形木杆AB和CD相互平行，斜靠在竖直墙壁上，把一摞瓦放在两木杆构成的滑轨上，瓦将沿滑轨滑到低处在实际操作中发现瓦滑到底端时速度较大，有可能摔碎，为了防止瓦被损坏，下列措施中可行的是（）A减少每次运送瓦的块数
3、B增多每次运送瓦的块数C减小两杆之间的距离D增大两杆之间的距离5下列说法不正确的是（）A曲线运动可能是匀变速运动B曲线运动的速度方向一定是时刻变化的C曲线运动一定是变速运动D曲线运动的速度的大小一定是时刻变化的6汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶，发动机功率为P，牵引力为F0t1时刻司机减小了油门，使汽车的功率立即减小一半，并保持该功率继续行驶，到t2时刻，汽车又恢复了匀速直线运动下面几个关于汽车牵引力F、汽车速度v在这个过程中随时间t变化的图象中正确（）ABCD7在高速公路的拐弯处，路面要建造得外高内低，即当车向右拐弯时，司机左侧的路面比右侧要高一些，路面与水平面的夹角为，设拐弯路段半径为R
4、的圆弧，要使车速为V时车轮与路面之间的横向（即垂直于前进方向）摩擦力等于零，应等于（）AarcsinBarctanC0.5arcsinD0.5arctan8某人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，假如它的轨道半径增加到原来的n倍后，仍能够绕地球做匀速圆周运动，则（）A根据v=r，可知卫星运动的线速度将增大到原来的n倍B根据F=，可知卫星受到的向心力将减小到原来的倍C根据F=，可知地球给卫星提供的向心力将减小到原来的倍D根据=，可知卫星运动的线速度将增加到原来的倍9质量为m的物块，沿着半径为R的半球形金属壳内壁滑下，半球形金属壳竖直放置，开口向上，滑到最低点时速度大小为V，若物体与球壳之间的摩擦因数
5、为，则物体在最低点时，下列说法正确的是（）A受到向心力为mg+mB受到的摩擦力为mC受到的摩擦力为mgD受到的合力方向斜向左上方10扫地机器人是智能家用电器的一种，它利用自身携带的小型吸尘部件进行吸尘清扫，如图为科沃斯520扫地机器人，已知其工作额定电压15V，额定功率30W，充电额定电压24V，额定电流0.5A，充电时间约240分钟，电池容量2000mAh，则下列说法正确的是（）A电池容量是指电池储存电能的大小B机器人正常工作的电压为24VC机器人正常工作时的电流为2AD机器人充满电后一次工作时间最多约为1小时11如图所示，电流从A点分两路通过对称的半圆分路汇合于B点，在圆环中心处的磁感强度
6、是（）A最大，垂直穿出纸面B最大，垂直穿入纸面C为零D无法确定12如图所示的电容式话筒就是一种电容式传感器，其原理是：导电性振动膜片与固定电极构成了一个电容器，当振动膜片在声压的作用下振动时，两个电极之间的电容发生变化，电路中电流随之变化，这样声信号就变成了电信号则当振动膜片向左振动时，以下说法中正确的是（）电容器电容值增大 电容器带电荷量减小电容器两极板间的场强增大 电阻R上电流方向自左向右ABCD13一带电小球从空中的a点运动到b点的过程中，重力做功为3J，电场力做功为1J，克服空气阻力做功0.5J，则下列判断错误的是（）Aa点动能比b点小3.5JBa点重力势能比b点大3JCa点电势能比b
7、点小1JDa点机械能比b点小0.5J二、选择题：本题共3小题，每小题2分，共6分在每小题给出的四个选项中，有多个正确选项全部选对的得2分，选不全的得1分，有选错或不答的得0分14关于声波与光波，下列说法正确的是（）A声波在空气中是纵波，光波是横波，声波不能在真空中传播，光波可在真空中传播B波源与观察者发生相对运动时，声波会产生多普勒效应，光波不会产生多普勒效应C声波由空气进入水中波长变长，波速变大D光波由空气进入水中波长变长，波速变大15一列简谐波沿x轴正方向传播，在某一时刻波形图如图所示，已知P点振动周期为0.5s，由此可以判断出：（）AP点此时刻振动方向沿y轴负向B离坐标原点为11m的Q点
8、先沿y轴负方向运动C该波波速为6m/sD当Q点达到波峰时，E点达到波谷16用图所示的光电管研究光电效应的实验中，用某种频率的单色光a照射光电管阴极K，电流计G的指针发生偏转而用另一频率的单色光b照射光电管阴极K时，电流计G的指针不发生偏转，那么（）Aa光的波长一定大于b光的波长B增加b光的强度可能使电流计G的指针发生偏转C用a光照射光电管阴极K时通过电流计G的电流是由d到cD只增加a光的强度可使通过电流计G的电流增大三、非选择题：本题共7小题，共55分17用打点计时器测量木块与长木板间的动摩擦因数的实验，装置如图所示：长木板处于水平，装砂的小桶（砂量可调整）通过细线绕过定滑轮与木块相连接，细线
9、长大于桌面的高度，用手突然推动木块后，木块拖动纸带（图中未画出纸带和打点计时器）沿水平木板运动，小桶与地面接触之后，木块在木板上继续运动一段距离而停下在木块运动起来后，打开电源开关，打点计时器在纸带上打下一系列的点，选出其中的一条纸带，图中给出了纸带上前后两部记录的打点的情况纸带上1、2、3、4、5各计数点到0的距离如表所示（单位：cm）12345前一部分4.89.614.419.224.0后一部分2.044.567.5611.0415.00由这条纸带提供的数据，可知木块与长木板间的动摩擦因数=_若纸带上从第一点到最后一点的距离是49.2cm，则纸带上这两个点之间应有_个点18某同学利用如图a
10、所示电路来测量一节干电池的电动势和内电阻，实验时共记录5组伏特表和安培表的示数（电表均视为理想电表），并绘得如图b所示的UI图线（1）由图线可知该干电池的电动势E=_V、内电阻r=_；（2）该同学选用的滑动变阻器标明“10、2.5A”，实验时将滑片从左端缓缓向右移动，记录第1组数据时滑片大约移动了_A长度 B长度 C长度 D长度（3）改变滑动变阻器阻值，直至电源输出功率达到最大，请在图b上画出表示最大输出功率的“面积”图19在托乒乓球跑步比赛时，某同学将球置于球拍中心，以大小为a的加速度从静止开始做匀加速直线运动，当速度达到v0时，再以v0做匀速直线运动跑至终点比赛中，该同学在匀速直线运动阶段
11、保持球拍的倾角为0，如图所示，设整个过程中球一直保持在球拍中心不动，球在运动中受到的空气阻力大小与其速度大小成正比，方向与运动方向相反，不计球与球拍之间的摩擦，球的质量为m，重力加速度为g求（1）空气阻力大小与球速大小的比例系数k；（2）在加速跑阶段球拍倾角随速度v变化的关系式20在距水平地面高h1=1.2m的光滑水平台面上，一个质量m=1kg的小物块压缩弹簧后被锁扣K锁住，储存的弹性势能Ep=2J现打开锁扣K，物块与弹簧分离后将以一定的水平速度向右滑离平台，并恰好从B点沿切线方向进入光滑竖直的圆弧轨道BC已知B点距水平地面的高h2=0.6m，圆弧轨道BC的圆心O，C点的切线水平，g=10m/
12、s2，空气阻力忽略不计求：（1）小物块运动到B的瞬时速度vB大小及与水平方向夹角；（2）小物块在圆弧轨道BC上滑到C时对轨道压力Nc大小21在一次用单摆测定重力加速度的实验中，图A的O点是摆线的悬挂点，a、b点分别是球的上沿和球心，摆长L=_m图B为测量周期用的秒表，长针转一圈的时间为30s，表盘上部的小圆共15大格，每一大格1min在测量周期时，当摆球摆动稳定后，计时起点应选在小球摆至_时（填“最高点”或“最低点”），测得单摆摆动n=50次时，长、短针位置如图所示，所用时间t=_s，则周期T=_s（结果保留两位有效数字）用以上直接测量的物理量的英文符号表示重力加速度的计算式为g=_（不必代入
13、数据计算）22如图所示，一对平行光滑轨道放置在水平面上，两轨道相距L=1m，两轨道之间用电阻R=2连接，有一质量为m=0.5kg的导体杆静止地放在轨道上与两轨道垂直，杆及轨道的电阻皆可忽略不计，整个装置处于磁感应强度B=2T的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上现用水平拉力沿轨道方向拉导体杆，使导体杆从静止开始做匀加速运动经过位移s=0.5m后，撤去拉力，导体杆又滑行了s=3s=1.5m后停下求：（1）全过程中通过电阻R的电荷量（2）拉力的冲量（3）整个过程中导体杆的最大速度（4）在匀加速运动的过程中，某时拉力与时间的关系式23如图所示，在足够大的空间范围内，同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直
14、纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度B=1.57T小球1带正电，其电量与质量之比=4C/kg，所受重力与电场力的大小相等；小球2不带电，静止放置于固定的水平悬空支架上小球向右以v0=23.59m/s的水平速度与小球2正碰，碰后经过0.75s再次相碰设碰撞前后两小球带电情况不发生改变，且始终保持在同一竖直平面内（取g=10m/s2）问：（1）电场强度E的大小是多少？ （2）两小球的质量之比是多少？2016-2017学年浙江省杭州市建人高复学校高三（上）开学物理试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共13小题，每小题3分，共39分，每小题只有一个选项符合题意1下列说法中正确的是（）A重心一定在物体上
15、B相互接触的物体间一定有弹力C不受到弹力的物体不会受到摩擦力D摩擦力的方向一定与物体运动方向相反【考点】摩擦力的判断与计算【分析】重心可以在物体上，也可以在物体外； 弹力产生的条件为：相互接触且有弹性形变； 摩擦力产生的条件：两物体相互接触且接触面粗糙、有相互挤压并且有相对运动的趋势； 摩擦力阻碍物体间的相对运动，其方向可以与运动方向相同【解答】解：A、重心可以在物体上也可以在物体外，如折尺的重心在物体外，故A错误； B、若相互接触的物体之间没有弹性形变，则没有弹力，故B错误；C、根据摩擦力产生的条件可知，有摩擦力一定有弹力，故不受弹力的物体不会受到摩擦力，故C正确； D、摩擦力的方向下与相对
16、运动的方向相反，但可能与运动方向相同，故D错误故选：C2如图所示，一小男孩通过一根弹簧想把地面上的木箱拖回房间，但试了两次均未拖动分析图甲、图乙后，下列说法正确的是（）A弹簧的弹力等于木箱受到的摩擦力与人所受的摩擦力之和B图甲中木箱受到的摩擦力小于图乙中木箱受到的摩擦力C图甲中男孩受到的合力小于图乙中男孩受到的合力D图甲中男孩受到的合力大于图乙中男孩受到的合力【考点】摩擦力的判断与计算【分析】根据弹簧的形变量来确定弹力的大小，依据平衡条件来判定合力的大小，从而即可求解【解答】解：A、对木箱受力分析，因处于平衡状态，合力为零，则弹力等于木箱受到的摩擦力，故A错误；B、根据弹簧的形变量大小可知，图
17、乙的弹力较大，则图甲中木箱受到的摩擦力小于图乙中木箱受到的摩擦力，故B正确；CD、根据平衡条件可知，两图中木箱均处于平衡状态，则它们的合力为零，故CD错误；故选：B3一质点沿直线方向做加速运动，它离开O点的距离s随时间变化的关系为s=3+2t3（m），它的速度随时间关系为v=6t2m/s则该质点在t=2s时的瞬时速度和t=0s到t=2s间的平均速度分别为（）A8 m/s、24 m/sB24 m/s、8 m/sC12 m/s、24 m/sD24 m/s、12 m/s【考点】平均速度【分析】（1）t=2s时的瞬时速度直接带入它的速度随时间变化的关系即可求得；（2）平均速度根据求解，其中2s内的位移
18、由距离随时间变化的关系求得【解答】解：根据v=6t2m/s，当时间t=2s时，速度为：v=24m/s根据s=3+2t3（m），2s内的位移为：s=s2s0=3+283=16m平均速度为： =8m/s，B正确故选：B4在建筑工地上有时需要将一些建筑材料由高处送到低处，为此工人们设计了一种如图所示的简易滑轨：两根圆柱形木杆AB和CD相互平行，斜靠在竖直墙壁上，把一摞瓦放在两木杆构成的滑轨上，瓦将沿滑轨滑到低处在实际操作中发现瓦滑到底端时速度较大，有可能摔碎，为了防止瓦被损坏，下列措施中可行的是（）A减少每次运送瓦的块数B增多每次运送瓦的块数C减小两杆之间的距离D增大两杆之间的距离【考点】牛顿运动定
19、律的综合应用；滑动摩擦力；合力的大小与分力间夹角的关系【分析】瓦滑到底部的速度较大，说明其加速度较大，即重力与摩擦力的合力较大，可以考虑通过增大摩擦力的方式来减小加速度，减小瓦滑到底部时的速度【解答】解：由题意可知，斜面的高度及倾斜角度不能再变的情况下，要想减小滑到底部的速度就应当增大瓦与斜面的摩擦力，由f=FN可知，可以通过增大FN来增大摩擦力；而增大瓦的块数，增大了瓦的质量，虽然摩擦力大了，但同时重力的分力也增大，不能起到减小加速度的作用，故改变瓦的块数是没有作用的，故AB错误；而增大两杆之间的距离可以增大瓦受到的两支持力的夹角，而瓦对杆的压力随夹角的增大而增大，故增大两杆间的距离可以在不
20、增大重力分力的情况下增大瓦对滑杆的压力，从而增大摩擦力，故C错误，D正确；故选D5下列说法不正确的是（）A曲线运动可能是匀变速运动B曲线运动的速度方向一定是时刻变化的C曲线运动一定是变速运动D曲线运动的速度的大小一定是时刻变化的【考点】曲线运动【分析】物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，速度的方向与该点曲线的切线方向相同【解答】解：A、曲线运动可能是匀变速运动，比如平抛运动，所以A正确；B、物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，合外力大小和方向不一定变化，但速度一定变化，所以B正确；C、既然是曲线运动，它的速度的方向必定是改变的，所以曲线运动一定是变速运动，所以C正确
21、；D、物体做曲线运动的条件是合力与速度始终垂直是做匀速圆周运动，其速度大小不变，所以D错误；本题选择错误的，故选D6汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶，发动机功率为P，牵引力为F0t1时刻司机减小了油门，使汽车的功率立即减小一半，并保持该功率继续行驶，到t2时刻，汽车又恢复了匀速直线运动下面几个关于汽车牵引力F、汽车速度v在这个过程中随时间t变化的图象中正确（）ABCD【考点】功率、平均功率和瞬时功率；匀变速直线运动的图像【分析】汽车匀速行驶时牵引力等于阻力，根据功率和速度关系公式可得：P=Fv，当功率立即减小一半，牵引力减为一半，物体减速运动，分析加速度的变化情况及F的变化快慢即可解题【解答
22、】解：、开始的时候发动机的功率 P=F0v0，当汽车的功率降一半的时候，速度不能瞬间改变，所以由P=Fv知瞬间变化的是力F，F将减小一半由于一开始匀速，所以摩擦力等于F0，故功率减半，导致牵引力F下降，汽车开始减速，减速过程中，牵引力慢慢增大，减速的加速度越来越小，所以t1到t2时刻的速度图象慢慢变得平缓，t2时刻减速的加速度为0故正确，错误、由于t1时刻，力突然减小，减速的加速度很大，速度快速的减小，根据P=Fv，力F增加的较快，待速度下降越来越慢的时候，F增加的速度也变慢，曲线逐渐变的平稳，故错误，正确；故选：D7在高速公路的拐弯处，路面要建造得外高内低，即当车向右拐弯时，司机左侧的路面比
23、右侧要高一些，路面与水平面的夹角为，设拐弯路段半径为R的圆弧，要使车速为V时车轮与路面之间的横向（即垂直于前进方向）摩擦力等于零，应等于（）AarcsinBarctanC0.5arcsinD0.5arctan【考点】向心力；牛顿第二定律【分析】汽车在水平面内做圆周运动，如果路面是水平的，汽车做圆周运动的向心力只能由静摩擦力提供；如果外侧路面高于内侧路面一个适当的高度，也就是路面向内侧倾斜一个适当的角度，地面对车支持力的水平分量恰好提供车所需要的向心力时，车轮与路面的横向摩擦力正好等于零在此临界情况下对车受力分析，明确汽车所受合外力的方向：水平指向圆心然后由牛顿第二定律列方程求解【解答】解：摩擦
24、力等于零，说明重力与支持力的合力完全提供向心力重力、支持力的合力：F=mgtan向心力为：F向=则有：F=F向解得：tan=所以：=arctan故选：B8某人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，假如它的轨道半径增加到原来的n倍后，仍能够绕地球做匀速圆周运动，则（）A根据v=r，可知卫星运动的线速度将增大到原来的n倍B根据F=，可知卫星受到的向心力将减小到原来的倍C根据F=，可知地球给卫星提供的向心力将减小到原来的倍D根据=，可知卫星运动的线速度将增加到原来的倍【考点】万有引力定律及其应用【分析】人造卫星做圆周运动，万有引力提供向心力，当轨道半径变化时，万有引力变化，卫星的线速度、角速度、周期随着变
25、化，所以在讨论一些物理量的变化时要注意应用控制变量法【解答】解：A、当轨道半径变化时，万有引力变化，卫星的角速度随着变化，所以，不能用公式v=r讨论卫星的线速度变化，故选项A错误B、当轨道半径变化时，万有引力变化，卫星的线速度v=随着变化，所以，不能用公式F=讨论卫星的向心力变化，故选项B错误C、人造卫星的轨道半径增大到原来的n倍后，由公式F=可知地球提供的向心力将减小到原来的倍，故C正确D、根据万有引力提供向心力，得卫星的线速度v=，可知卫星运动的线速度将减小到原来的倍，故D错误故选：C9质量为m的物块，沿着半径为R的半球形金属壳内壁滑下，半球形金属壳竖直放置，开口向上，滑到最低点时速度大小
26、为V，若物体与球壳之间的摩擦因数为，则物体在最低点时，下列说法正确的是（）A受到向心力为mg+mB受到的摩擦力为mC受到的摩擦力为mgD受到的合力方向斜向左上方【考点】摩擦力的判断与计算【分析】根据牛顿第二定律求出小球所受的支持力，根据滑动摩擦力公式求出摩擦力的大小，从而确定合力的大致方向【解答】解：A、向心力的大小Fn=m故A错误B、根据牛顿第二定律得：Nmg=m，则有：N=mg+m所以滑动摩擦力为：f=N=（mg+m）故B错误，C也错误D、由于重力支持力的合力方向竖直向上，滑动摩擦力方向水平向左，则物体合力的方向斜向左上方故D正确故选：D10扫地机器人是智能家用电器的一种，它利用自身携带的
27、小型吸尘部件进行吸尘清扫，如图为科沃斯520扫地机器人，已知其工作额定电压15V，额定功率30W，充电额定电压24V，额定电流0.5A，充电时间约240分钟，电池容量2000mAh，则下列说法正确的是（）A电池容量是指电池储存电能的大小B机器人正常工作的电压为24VC机器人正常工作时的电流为2AD机器人充满电后一次工作时间最多约为1小时【考点】电功、电功率【分析】电池容量是指电池的存储电量，根据题目可知正常工作时的电压，根据I=求解正常工作时的电流，根据t=求解时间【解答】解：A、电池容量是指电池的存储电量（电流与时间的乘积）多少，单位是“Ah”，不是储存电能的大小，故A错误；B、机器人正常工
28、作的电压为15V，故B错误；C、机器人正常工作时的电流I=，故C正确；D、机器人充满电后一次工作时间为t=，故D正确故选：CD11如图所示，电流从A点分两路通过对称的半圆分路汇合于B点，在圆环中心处的磁感强度是（）A最大，垂直穿出纸面B最大，垂直穿入纸面C为零D无法确定【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向【分析】将圆环分成上下两半研究，根据安培定则，分别分析上半圆与下半圆电流在O点产生的磁场方向，根据叠加原理，求O处的磁感应强度【解答】解：将圆环分成上下两半研究，根据安培定则，上半圆电流在O点产生的磁场方向向里，下半圆电流在O点产生的磁场方向向外，由于电流大小相等，两个产生的磁感应强度大
29、小相等，则O点的磁感应强度为零故ABD错误，C正确；故选：C12如图所示的电容式话筒就是一种电容式传感器，其原理是：导电性振动膜片与固定电极构成了一个电容器，当振动膜片在声压的作用下振动时，两个电极之间的电容发生变化，电路中电流随之变化，这样声信号就变成了电信号则当振动膜片向左振动时，以下说法中正确的是（）电容器电容值增大 电容器带电荷量减小电容器两极板间的场强增大 电阻R上电流方向自左向右ABCD【考点】电容器的动态分析【分析】电容器极板间距离的变化引起了电容的变化，电容的变化引起了电量的变化，从而场强变化，R中有电流【解答】解：振动膜片向左振动时，电容器两极板的距离变大，电容减小，故错误由
30、C=知，U不变，则电容器的带电量Q减小，故正确由E=知，U不变，d减大，则场强E减小，故错误电容器放电，则电阻R上电流方向自左向右，故正确故选：D13一带电小球从空中的a点运动到b点的过程中，重力做功为3J，电场力做功为1J，克服空气阻力做功0.5J，则下列判断错误的是（）Aa点动能比b点小3.5JBa点重力势能比b点大3JCa点电势能比b点小1JDa点机械能比b点小0.5J【考点】动能定理的应用；功能关系【分析】解决本题需掌握：重力做功等于重力势能的减小量；电场力做功等于电势能的减小量；合力做功等于动能的增加量；除重力外的各个力做的总功等于机械能的增加量【解答】解：A、合力做功等于动能的增加
31、量，合力做功等于各个分力做的功，总功为3.5J，故动能增加3.5J，所以a点动能比b点小3.5J，故A正确B、重力做功等于重力势能的变化量，重力做功3J，重力势能减小3J，所以a点重力势能比b点大3J，故B正确C、电场力做功等于电势能的变化量，电场力做功1J，电势能减小1J，所以a点电势能比b点大1J，故C错误D、除重力外的各个力做的总功等于机械能的增加量，除重力外，电场力做功为1J，克服空气阻力做功0.5J，故机械能增加0.5J，所以a点机械能比b点小0.5J，故D正确本题选错误的，故选C二、选择题：本题共3小题，每小题2分，共6分在每小题给出的四个选项中，有多个正确选项全部选对的得2分，选
32、不全的得1分，有选错或不答的得0分14关于声波与光波，下列说法正确的是（）A声波在空气中是纵波，光波是横波，声波不能在真空中传播，光波可在真空中传播B波源与观察者发生相对运动时，声波会产生多普勒效应，光波不会产生多普勒效应C声波由空气进入水中波长变长，波速变大D光波由空气进入水中波长变长，波速变大【考点】多普勒效应【分析】声波在空气中是纵波，要空气传播速度比水中传播速度小；光波是横波，在真空中也能传播，光波在真空中传播速度最大；无论声波还是光波，从一种介质进入另一种介质时，频率不变，由波速v=f分析波长的变化波都可以产生多普勒效应【解答】解：A、声波在空气中是纵波，光波是横波，声波是机械波，需
33、要借助于其他介质才能传播，所以声波不能在真空中传播光波是一种电磁波，在真空中也能传播，故A正确B、波源与观察者发生相对运动时，声波和光波都能产生多普勒效应故B错误C、声波由空气进入水中波速变大，频率不变，由波速v=f分析得知波长变长，故C正确D、光波由空气进入水中波速变小，频率不变，由波速v=f分析得知波长变短，故D错误故选：AC15一列简谐波沿x轴正方向传播，在某一时刻波形图如图所示，已知P点振动周期为0.5s，由此可以判断出：（）AP点此时刻振动方向沿y轴负向B离坐标原点为11m的Q点先沿y轴负方向运动C该波波速为6m/sD当Q点达到波峰时，E点达到波谷【考点】波长、频率和波速的关系；横波
34、的图象【分析】简谐横波沿x轴正向传播，根据波形平移法判断P点此时刻的振动方向，并判断此刻E点的振动方向，即可知所有质点的起振方向都与E点此刻振动方向相同由图读出波长，求出波速根据Q点与E点的位置关系，确定状态关系，判断当Q点达到波谷时，E点是否到达波峰【解答】解：A、简谐横波沿x轴正向传播，P点的振动比原点O处质点振动迟，此时刻原点处质点处于波峰，则P点此时刻振动方向沿y轴正方向故A错误B、根据波形的平移法判断可知此刻E点的振动方向沿y轴负方向，则Q点开始振动方向必定沿y轴负方向故B正确C、由图读出，波长=4m，波速为v=m/s=8m/s故C错误D、Q点与E点距离是8m，等于两个波长，两点是同
35、相点，振动情况总是相同，则当Q点达到波谷时，E点也达到波谷故D错误故选B16用图所示的光电管研究光电效应的实验中，用某种频率的单色光a照射光电管阴极K，电流计G的指针发生偏转而用另一频率的单色光b照射光电管阴极K时，电流计G的指针不发生偏转，那么（）Aa光的波长一定大于b光的波长B增加b光的强度可能使电流计G的指针发生偏转C用a光照射光电管阴极K时通过电流计G的电流是由d到cD只增加a光的强度可使通过电流计G的电流增大【考点】光电效应【分析】发生光电效应的条件：0，可知道A光、B光的频率大小再通过电子的流向判断出电流的方向【解答】解：A、用一定频率的A单色照射光电管时，电流表指针会发生偏转，知
36、A0，a光的波长小于b光的波长，所以A错B、发生光电效应的条件：0，增加b光的强度不能使电流计G的指针发生偏转，B错误；C、发生光电效应时，电子从光电管左端运动到右端，而电流的方向与电子定向移动的方向相反，所以流过电流表G的电流方向是c流向d，C错误；D、增加a光的强度可使通过电流计G的电流增大故D正确故选D三、非选择题：本题共7小题，共55分17用打点计时器测量木块与长木板间的动摩擦因数的实验，装置如图所示：长木板处于水平，装砂的小桶（砂量可调整）通过细线绕过定滑轮与木块相连接，细线长大于桌面的高度，用手突然推动木块后，木块拖动纸带（图中未画出纸带和打点计时器）沿水平木板运动，小桶与地面接触
37、之后，木块在木板上继续运动一段距离而停下在木块运动起来后，打开电源开关，打点计时器在纸带上打下一系列的点，选出其中的一条纸带，图中给出了纸带上前后两部记录的打点的情况纸带上1、2、3、4、5各计数点到0的距离如表所示（单位：cm）12345前一部分4.89.614.419.224.0后一部分2.044.567.5611.0415.00由这条纸带提供的数据，可知木块与长木板间的动摩擦因数=0.3若纸带上从第一点到最后一点的距离是49.2cm，则纸带上这两个点之间应有30个点【考点】探究影响摩擦力的大小的因素【分析】小桶落地后，木块仅在滑动摩擦力作用下做匀减速运动，求出此时的加速度结合牛顿第二定律
38、即可求解动摩擦因数；木块先匀速后匀减速，根据位移公式以及速度公式进行分析，明确匀加速和匀减速所对应的时间，从而明确打出点的个数【解答】解：由纸带上的计数点可知：木块在前一段时间内做匀速直线运动，速度为：v=m/s=1.2m/s当砂桶触地后木块做匀减速直线运动，加速度设为a，由s=aT2，可得加速度为a=m/s2=3.0m/s2砂桶触地后，木块在长木板上水平方向只受滑动摩擦力的作用，做匀减速直线运动，有：mg=ma解得动摩擦因数：=0.3设木块从第一个计数点到最后停下来，前一段作匀速直线运动的时间设为t1，后一段做匀减速运动的时间设为t2，总位移为：s=vt1+vt2at22且v=at2代入s=
39、49.2cm解得：t2=0.40 s，t1=0.21s从第一个计数点到最后停下来，打点计时器打的点数为n=30.5纸上从第一个点到最后一个点间的点数为30个故答案为：0.3； 3018某同学利用如图a所示电路来测量一节干电池的电动势和内电阻，实验时共记录5组伏特表和安培表的示数（电表均视为理想电表），并绘得如图b所示的UI图线（1）由图线可知该干电池的电动势E=1.5V、内电阻r=0.67；（2）该同学选用的滑动变阻器标明“10、2.5A”，实验时将滑片从左端缓缓向右移动，记录第1组数据时滑片大约移动了CA长度 B长度 C长度 D长度（3）改变滑动变阻器阻值，直至电源输出功率达到最大，请在图b
40、上画出表示最大输出功率的“面积”图【考点】测定电源的电动势和内阻【分析】UI图中图象与纵坐标的交点为是电源的电动势，图象的斜率等于内电阻当R=r时输出功率最大【解答】解：（1）由图可知，图象与纵坐标的交点为电源电动势，故电动势为1.5V；内阻r=0.67（2）滑片从左向右移动，则电阻从小变大，由图象可知第一组数据的电流值约为0.25A，则：R总=6滑动变阻器的接入阻值为：60.67=5.33则滑动变阻器上R=105.33=4.67即记录第1组数据时滑片大约移动了长度，故选：C（3）当R=r时输出功率最大，作出R=0.67时的UI图象与电源UI图象交点为输出功率最大时路端电压与电源电流，由P=U
41、I则为矩形部分图形的面积，如下图故答案为：（1）1.5；0.67；（2）C；（3）如图19在托乒乓球跑步比赛时，某同学将球置于球拍中心，以大小为a的加速度从静止开始做匀加速直线运动，当速度达到v0时，再以v0做匀速直线运动跑至终点比赛中，该同学在匀速直线运动阶段保持球拍的倾角为0，如图所示，设整个过程中球一直保持在球拍中心不动，球在运动中受到的空气阻力大小与其速度大小成正比，方向与运动方向相反，不计球与球拍之间的摩擦，球的质量为m，重力加速度为g求（1）空气阻力大小与球速大小的比例系数k；（2）在加速跑阶段球拍倾角随速度v变化的关系式【考点】共点力平衡的条件及其应用【分析】（1）在匀速运动阶段
42、，受力平衡，根据平衡条件列式即可求解；（2）加速阶段，设球拍对球的支持力为N，根据牛顿第二定律即可求解【解答】解：（1）在匀速运动阶段，有mgtan0=kv解得：k=（2）加速阶段，设球拍对球的支持力为N，有：Nsinkv=ma Ncos=mg得tan=+tan0答：（1）空气阻力大小与球速大小的比例系数k为；（2）在加速跑阶段球拍倾角随速度v变化的关系式为tan=+tan020在距水平地面高h1=1.2m的光滑水平台面上，一个质量m=1kg的小物块压缩弹簧后被锁扣K锁住，储存的弹性势能Ep=2J现打开锁扣K，物块与弹簧分离后将以一定的水平速度向右滑离平台，并恰好从B点沿切线方向进入光滑竖直的
43、圆弧轨道BC已知B点距水平地面的高h2=0.6m，圆弧轨道BC的圆心O，C点的切线水平，g=10m/s2，空气阻力忽略不计求：（1）小物块运动到B的瞬时速度vB大小及与水平方向夹角；（2）小物块在圆弧轨道BC上滑到C时对轨道压力Nc大小【考点】动能定理的应用；向心力【分析】（1）小球做平抛运动，根据机械能守恒定律列式求解，运用运动的分解法求解速度的偏转角度；（2）先根据功能关系列式求解C点的速度，在C点，支持力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解【解答】解：（1）弹簧释放过程，由机械能守恒有 Ep=mv02，代入数据得：v0=2m/s，小物块由A运动到B的过程中做平抛运动，机械能守
44、恒，故： Ep+mg（h1h2）=mvB2，代入数据得：vB=4m/s，根据平抛运动规律有： cos=0.5，故=60；（2）根据图中几何关系可知：h2=R（1cosBOC），代入数据解得：R=1.2m，根据能的转化与守恒可知： Ep+mgh1=mvC2，解得：vC=2m/s，对小球在圆弧轨道C点，应用牛顿第二定律有： Ncmg=m，解得：Nc=10+33.3N由牛顿第三定律知，物块对轨道的压力 Nc=Nc=33.3N答：（1）小物块运动到B的瞬时速度vB大小为4m/s，与水平方向夹角为60；（2）小物块在圆弧轨道BC上滑到C时对轨道压力Nc大小为33.3N21在一次用单摆测定重力加速度的实验
45、中，图A的O点是摆线的悬挂点，a、b点分别是球的上沿和球心，摆长L=0.9950m图B为测量周期用的秒表，长针转一圈的时间为30s，表盘上部的小圆共15大格，每一大格1min在测量周期时，当摆球摆动稳定后，计时起点应选在小球摆至最低点时（填“最高点”或“最低点”），测得单摆摆动n=50次时，长、短针位置如图所示，所用时间t=100.2s，则周期T=2.0s（结果保留两位有效数字）用以上直接测量的物理量的英文符号表示重力加速度的计算式为g=（不必代入数据计算）【考点】用单摆测定重力加速度【分析】长度读数要加上估读位，摆长为悬点到球心的距离；计时起点在最低点；秒表读数先看小盘，再看大盘，读数时间t
46、，单摆的周期T=单摆周期公式可得：T=2可得重力加速度表达式【解答】解：摆长L=0.9950m；由于摆球经过最低点时速度最大，引起的周期测量误差最小，故在测量周期时，当摆球摆动稳定后，计时起点应选在小球摆至最低点秒表的读数为t=100.2s，则得单摆的周期为T=s2.0s；由T=，T=2可得：g=故答案为：0.9950，最低点，100.2，2.0，22如图所示，一对平行光滑轨道放置在水平面上，两轨道相距L=1m，两轨道之间用电阻R=2连接，有一质量为m=0.5kg的导体杆静止地放在轨道上与两轨道垂直，杆及轨道的电阻皆可忽略不计，整个装置处于磁感应强度B=2T的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向
47、上现用水平拉力沿轨道方向拉导体杆，使导体杆从静止开始做匀加速运动经过位移s=0.5m后，撤去拉力，导体杆又滑行了s=3s=1.5m后停下求：（1）全过程中通过电阻R的电荷量（2）拉力的冲量（3）整个过程中导体杆的最大速度（4）在匀加速运动的过程中，某时拉力与时间的关系式【考点】法拉第电磁感应定律；牛顿第二定律；动量定理；电磁感应中的能量转化【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律求出平均感应电动势，从而求出平均感应电流，通过电量的公式求出全过程中通过电阻R的电荷量（2）对全过程运用动量定理，根据拉力和安培力合力的冲量等于动量的变化求出拉力的冲量（3）拉力撤去时，导体杆的速度v即为最大速度，对撤去拉
48、力后运用动量定理，求出最大速度的大小（4）根据匀变速直线运动的速度位移公式求出加速度的大小，根据牛顿第二定律求出拉力与时间的关系式【解答】解：（1）设全过程中平均感应电动势为，平均感应电流为，时间为t，则通过电阻R的电荷量为q，则= 得=2C （2）设拉力作用时间为t1，拉力平均值为，对整个过程根据动量定理有：所以Ft1=BILt=BLq=212Ns=4 Ns （3）拉力撤去时，导体杆的速度v即为最大速度，拉力撤去后杆运动时间为t2，平均感应电流为，根据动量定理有：，即， =6m/s （4）匀加速运动过程中=36m/s2对t时刻，由牛顿运动定律得FBIL=ma =0.536+t=18+72t
49、答：（1）全过程中通过电阻R的电荷量为2C（2）拉力的冲量为4Ns（3）整个过程中导体杆的最大速度6m/s（4）拉力与时间的关系式F=18+72t23如图所示，在足够大的空间范围内，同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度B=1.57T小球1带正电，其电量与质量之比=4C/kg，所受重力与电场力的大小相等；小球2不带电，静止放置于固定的水平悬空支架上小球向右以v0=23.59m/s的水平速度与小球2正碰，碰后经过0.75s再次相碰设碰撞前后两小球带电情况不发生改变，且始终保持在同一竖直平面内（取g=10m/s2）问：（1）电场强度E的大小是多少？ （2）两小球的质量
50、之比是多少？【考点】动量守恒定律；共点力平衡的条件及其应用；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动；带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在混合场中的运动【分析】（1）由题意可知小时球的重力与电场力相等，列式可求得电场强度；（2）因重力与电场力平衡，故碰后小球1做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可求得小球1的速度及周期，即可判出两球在何时相碰；而小球2碰后做平抛运动，由平抛运动的规律可求得小球2的初速度；则由动量守恒可求得两球质量的比值【解答】解：（1）小球1所受的重力与电场力始终平衡 m1g=q1E 解得E=2.5 N/C 电场强度为2.5N/C；（2）相碰后小球1做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：q1v1B= 半径为 周期为=1 s 两小球运动时间t=0.75s=T小球1只能逆时针经个圆周时与小球2再次相碰 第一次相碰后小球2作平抛运动 L=R1=v2t 两小球第一次碰撞前后动量守恒，以水平向右为正方向m1v0=m1v1+m2v2 由、式得v2=3.75 m/s由式得=17.66 m/s两小球质量之比=故两小时球质量之比为112016年10月1日
