1、2016年湖南省十三校联考高考物理二模试卷一、选择题（本题共8小题，每小题6分，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在物理学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是（）A伽利略把斜面实验的结果合理外推，发现了自由落体运动规律和行星运动的规律B牛顿通过实验测出了引力常量并进行了著名的“月地检验”C牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因并提出了惯性定律D安培提出了分子电流假说，并在磁场与电流的相互作用方面做出了杰出的贡献2压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小一同学利用压敏电阻设计了判断升降机运动状态的装置，如图所示，将压敏电
2、阻平放在升降机内，受压面朝上，在上面放一物体m，升降机静止时电流表示数为I0，某过程中电流表的示数如图所示，则在此运动过程中下列说法正确的是（）A0t1物体处于超重状态Bt1t2物体处于失重状态C若升降机全过程是向下运动的，升降机一定是先做加速运动，再做减速运动D若升降机全过程是向上运动的，升降机可能是先做加速运动，再做减速运动3一铁球通过3段轻绳OA、OB、OC悬挂在天花板上的A点，轻绳OC栓接在轻质弹簧秤上，第一次，保持结点O位置不变，某人拉着轻质弹簧秤从水平位置缓慢转动到竖直位置，如图甲所示，弹簧秤的示数记为F1，第二次，保持轻绳OC垂直于OA，缓慢移动轻绳，使轻绳OA从竖直位置缓慢转动
3、到如图乙所示位置，弹簧秤的示数记为F2，则（）AF1先增大后减小，F2逐渐减小BF1先增大后减小，F2逐渐增大CF1先减小后增大，F2逐渐减小DF1先减小后增大，F2逐渐增大4如图所示，P，Q是固定在竖直平面内的一段内壁光滑弯管的两端，P、Q间的水平距离为d直径略小于弯管内径的小球以速度v0从P端水平射入弯管，从Q端射出，在穿过弯管的整个过程中小球与弯管无挤压若小球从静止开始由P端滑入弯管，经时间t恰好以速度v0从Q端射出重力加速度为g，不计空气阻力，那么（）Av0Bv0=Ct=Dt5小型登月器连接在航天站上，一起绕月球做圆周运动，其轨道半径为月球半径的3倍，某时刻，航天站使登月器减速分离，登
4、月器沿如图所示的椭圆轨道登月，在月球表面逗留一段时间完成科考工作后，经快速启动仍沿原椭圆轨道返回，当第一次回到分离点时恰与航天站对接，登月器快速启动时间可以忽略不计，整个过程中航天站保持原轨道绕月运行已知月球表面的重力加速度为g，月球半径为R，不考虑月球自转的影响，则登月器可以在月球上停留的最短时间约为（）A4.7B3.6C1.7D1.46如图所示，两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置，构成一平行板电容器，合开关S，电源给电容器充电在两极板间有固定点P用E表示两极板间的电场强度，表示P点的电势，下列说法正确的是（）A保持S接通，上极板A不动，将下极板B缓慢向下移动稍许到B，增大B保持S接通
5、，上极板A不动，将下极板B缓慢向下移动稍许到B，E增大C若断开S，下极板B不动，将上极板A缓慢向下移动稍许到A，则E不变D若断开S，下极板B不动，将上极板A缓慢向下移动稍许到A，减小7如图所示，长为L的水平板间有垂直纸面向内的匀强磁场，磁感应强度为B，板间距离也为L，板不带电，现有质量为m，电量为q的带正电粒子（不计重力和粒子间的相互作用力），从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子打在极板上，可采用的办法是（）A使粒子的速度v=B使粒子的速度v=C使粒子的速度v=D使粒子的速度v=8直角三角形金属框abc放置在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上，
6、若金属框绕ab边向纸面外以角速度匀速转动90（从上往下看逆时针转动），如图甲所示，c、a两点的电势差为Uca，通过ab边的电荷量为q，若金属框绕bc边向纸面内以角速度匀速转动90，如图乙所示，c、a两点的电势差为Uca，通过ab边的电荷量为q，已知bc、ab边的长度都为l，金属框的总电阻为R，下列判断正确的是（）AUca=Bl2BUca=Bl2Cq=Dq=二、非选择题（包括必考题和选考题两部分第9题-第12题为必考题，第13-第18题为选考题）（一）必考题9如图甲所示装置可用来验证机械能守恒定律，直径为d的摆球A栓在长为L的不可伸长的轻绳一端（Ld），绳的另一端固定在O点，O点正下方摆球重心经
7、过的位置固定光电门B，现将摆球拉起，使绳偏离竖直方向成角时由静止开始释放摆球，当其到达最低位置时，光电门B记录的遮光时间为t，已知重力加速度为g（1）新式游标卡尺的刻度线看起来很“稀疏”，使读数显得清晰明了，便于使用者正确读取数据通常游标卡尺的刻度有10分度、20分度和50分度三种规格；新式游标卡尺也有相应的三种，但新式游标上的刻度却是19mm等分成10份，39mm等分成20份，99mm等分成50份图乙就是一个“39mm等分成20份”的新式游标卡尺，用它测量摆球A的直径d，读数如图所示，d=cm（2）写出满足机械能守恒的表达式（用题中字母表示）10已知G1表的内阻r1为300，满偏电流I满=5
8、mA用它改装成如图所示的一个多量程多用电表，电流、电压和电阻的测量都各有两个量程（或分度值）不同的挡位1、2两个挡位为电流表挡位，其中的大量程是小量程的10倍（1）关于此多用表，下列说法错误的是A当转换开关S旋到位置4时，是电阻挡B当转换开关S旋到位置6时，是电压挡C转换开关S旋到5的量程比旋到6的量程大DA表笔为红表笔，B表笔为黑表笔（2）图中的电源E的电动势为9.0V，当把转换开关S旋到位置4，进行欧姆调零后，在A，B之间接1500电阻时，表头G1刚好半偏已知之前的操作顺序和步骤都正确无误则R5=，R6=11如图所示为等臂电流天平，可以用来测量匀强磁场的磁感应强度，它的右臂挂着匝数为n的矩
9、形线圈，线圈的水平边长为d，处于匀强磁场内，磁感应强度B的方向与线圈平面垂直，测量时线圈中先通有如图所示逆时针方向电流I，调节砝码使天平达到平衡，然后使电流反向，大小不变，这时需要在左盘中增加质量为m的砝码，才能使天平达到新的平衡（1）试判断磁感应强度B的方向；（2）请导出用n、m、I、d计算B的表达式12为研究物体的运动，在光滑的水平桌面上建立如图所示的坐标系xOy，O、A、B是水平桌面内的三个点，OB沿x轴正方向，BOA=60，OB=OA，第一次将一质量为m的滑块以一定的初动能从O点沿y轴正方向滑出，并同时施加沿x轴正方向的恒力F1，滑块恰好通过A点，第二次，在恒力F1仍存在的情况下，再在
10、滑块上施加一个恒力F2，让滑块从O点以同样的初动能沿某一方向滑出，恰好也能通过A点，到达A点时动能为初动能的3倍；第三次，在上述两个恒力F1和F2的同时作用下，仍从O点以同样初动能沿另一方向滑出，恰好通过B点，且到达B点时的动能是初动能的6倍，求：（1）第一次运动经过A点时的动能与初动能的比值；（2）两个恒力F1、F2的大小之比是多少？并求出F2的方向与x轴正方向所成的夹角(二)选考题：共45分【物理-选修3-3】13关于热现象和热学规律，下列说法正确的是（）A布朗运动表明，构成悬浮微粒的分子在做无规则运动B两个分子的间距从极近逐渐增大到10 r0的过程中，分子间的引力和斥力都在减小C热量可以
11、从低温物体传递到高温物体D物体的摄氏温度变化了1，其热力学温度变化了273KE两个分子的间距从极近逐渐增大到10 r0的过程中，它们的分子势能先减小后增大14如图所示，一水平放置的薄壁气缸，由截面积不同的两个圆筒连接而成，质量均为m=1.0kg的活塞A、B用一长度为3L=30cm、质量不计的轻细杆连接成整体，它们可以在筒内无摩擦地左右滑动且不漏气，活塞A、B的面积分别为SA=100cm2和SB=50cm2，气缸内A和B之间封闭有一定质量的理想气体，A的左边及B的右边都是大气，大气压强始终保持为p0=1.0105Pa当气缸内气体的温度为T1=500K时，活塞处于图示位置平衡问：此时气缸内理想气体
12、的压强多大？当气缸内气体的温度从T1=500K缓慢降至T2=400K时，活塞A、B向哪边移动？【物理-选修3-4】15下列说法中正确的是（）A做简谐运动的物体，其振动能量与振动的频率有关B全息照相的拍摄利用了光的干涉原理C真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，与光源和观察者的运动无关D在同一种介质中，不同频率的机械波的传播速度不同E医学上用激光做“光刀”来进行手术，主要是利用了激光的亮度高、能量大的特点16如图所示，折射率为的两面平行的玻璃砖，下表面涂有反射物质，右端垂直地放置一标尺MN一细光束以45角度入射到玻璃砖的上表面，会在标尺上的两个位置出现光点，若两光点之间的距离为a（图中未画
13、出），则光通过玻璃砖的时间是多少？（设光在真空中的速度为c，不考虑细光束在玻璃砖下表面的第二次反射）【物理-选修3-5】17如图所示是氢原子的能极图，大量处于n=4激发态的氢原子向低能级跃迁时，一共可以辐射出6种不同频率的光子，其中巴耳末系是指氢原子由高能级向n=2能级跃迁时释放的光子，则（）A6种光子中有2种属于巴耳末系B6种光子中波长最长的是n=4激发态跃迁到基态时产生的C使n=4能级的氢原子电离至少要0.85eV的能量D在6种光子中，n=4能级跃迁到n=1能级释放的光子康普顿效应最明显E若从n=2能级跃迁到基态释放的光子能使某金属板发生光电效应，则从n=3能级跃迁到n=2能级释放的光子也
14、一定能使该板发生光电效应18如图，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点，重力加速度为g若不固定小车，一质量为m的滑块在小车上从A点静止开始沿轨道滑下，然后滑入BC轨道，最后从C点滑出小车，已知滑块质量m=，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为，求：滑块运动过程中，小车的最大速度vm；滑块从A点下滑到滑出小车的过程中，小车的位移大小s2016年湖南省十三校联考高考物理二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，第1-5题只有一项符合题
15、目要求，第6-8题有多项符合题目要求）1在物理学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是（）A伽利略把斜面实验的结果合理外推，发现了自由落体运动规律和行星运动的规律B牛顿通过实验测出了引力常量并进行了著名的“月地检验”C牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因并提出了惯性定律D安培提出了分子电流假说，并在磁场与电流的相互作用方面做出了杰出的贡献【考点】物理学史【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可【解答】解：A、伽利略把斜面实验的结果合理外推，发现了自由落体运动规律，但没有发现行星运动的规律，开普勒发现了行星运动的规律，故A错误
16、B、卡文迪许通过扭秤实验测出了引力常量，牛顿进行了著名的“月地检验”，故B错误C、伽利略最早提出力不是维持物体运动的原因，故C错误；D、安培提出了分子电流假说，研究磁场与电流的相互作用，故D正确故选：D2压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小一同学利用压敏电阻设计了判断升降机运动状态的装置，如图所示，将压敏电阻平放在升降机内，受压面朝上，在上面放一物体m，升降机静止时电流表示数为I0，某过程中电流表的示数如图所示，则在此运动过程中下列说法正确的是（）A0t1物体处于超重状态Bt1t2物体处于失重状态C若升降机全过程是向下运动的，升降机一定是先做加速运动，再做减速运动D若升降机全过程是向上运动的
17、，升降机可能是先做加速运动，再做减速运动【考点】闭合电路的欧姆定律；牛顿第二定律【分析】压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小，根据电流与物体静止时电流的关系，分析电路中电阻的变化，确定压力的变化，从而判断出物体的运动状态【解答】解：A、0t1内，电路中电流小于电梯静止时电流表示数I0，说明此时压敏电阻的阻值大于电梯静止时的阻值，物体对压敏电阻的压力小于电梯静止时的压力，则物体处于失重状态，故A错误；B、t1t2内，与A项相反，电路中电流大于电梯静止时电流表示数I0，物体处于超重状态，故B错误C、若升降机全过程是向下运动的，加速度方向先向下后向上，升降机一定是先做加速运动，再做减速运动，故C正
18、确D、若升降机全过程是向上运动的，加速度方向先向下后向上，升降机一定是先做减速运动，再做加速运动故D错误故选：C3一铁球通过3段轻绳OA、OB、OC悬挂在天花板上的A点，轻绳OC栓接在轻质弹簧秤上，第一次，保持结点O位置不变，某人拉着轻质弹簧秤从水平位置缓慢转动到竖直位置，如图甲所示，弹簧秤的示数记为F1，第二次，保持轻绳OC垂直于OA，缓慢移动轻绳，使轻绳OA从竖直位置缓慢转动到如图乙所示位置，弹簧秤的示数记为F2，则（）AF1先增大后减小，F2逐渐减小BF1先增大后减小，F2逐渐增大CF1先减小后增大，F2逐渐减小DF1先减小后增大，F2逐渐增大【考点】验证力的平行四边形定则【分析】图1中
19、，O点固定不动，以O点为研究对象，分析受力情况，运用图解法，画出平行四边形进行分析；图2中，假设AO与竖直方向的夹角为，由平衡条件得出F2与的关系，由数学知识分析【解答】解：在图1中，对O点受力分析，抓住两根绳的合力等于物体的重力，其大小和方向都不变，OA绳拉力方向不变，根据平行四边形定则得，如图1，知OA绳上拉力F1先减小后增大在图2中，假设AO与竖直方向的夹角为，由平衡条件得：F2=Gtan，轻绳OA从竖直位置缓慢转动到如图乙所示位置，增大，则F2逐渐增大故选：D4如图所示，P，Q是固定在竖直平面内的一段内壁光滑弯管的两端，P、Q间的水平距离为d直径略小于弯管内径的小球以速度v0从P端水平
20、射入弯管，从Q端射出，在穿过弯管的整个过程中小球与弯管无挤压若小球从静止开始由P端滑入弯管，经时间t恰好以速度v0从Q端射出重力加速度为g，不计空气阻力，那么（）Av0Bv0=Ct=Dt【考点】平抛运动【分析】以v0初速水平入射时，因小球与管壁无挤压，小球做平抛运动，水平方向应是匀速运动，竖直方向是自由落体运动，结合水平方向上的运动规律求出运动的时间，结合位移时间公式得出下降的高度，根据动能定理得出v0与d的关系抓住小球静止释放时，水平方向上的平均速度小于v0得出运动时间【解答】解：以v0初速水平入射时，因小球与管壁无挤压，故水平方向应是匀速运动，竖直方向是自由落体运动，所以此时小球运动时间为
21、：t0=，下落高度为：h=，小球由静止开始运动时根据动能定理得：mgh=，则=，解得，故A、B错误以v0初速水平入射时，t0=，当小球由静止释放时，水平方向平均速度一定小于v0，所以tt0，故C错误，D正确故选：D5小型登月器连接在航天站上，一起绕月球做圆周运动，其轨道半径为月球半径的3倍，某时刻，航天站使登月器减速分离，登月器沿如图所示的椭圆轨道登月，在月球表面逗留一段时间完成科考工作后，经快速启动仍沿原椭圆轨道返回，当第一次回到分离点时恰与航天站对接，登月器快速启动时间可以忽略不计，整个过程中航天站保持原轨道绕月运行已知月球表面的重力加速度为g，月球半径为R，不考虑月球自转的影响，则登月器
22、可以在月球上停留的最短时间约为（）A4.7B3.6C1.7D1.4【考点】万有引力定律及其应用；向心力【分析】对登月器和航天飞机依据开普勒第三定律列出等式，为使登月器仍沿原椭圆轨道回到分离点与航天飞机实现对接，根据周期关系列出等式求解【解答】解：设登月器和航天飞机在半径3R的轨道上运行时的周期为T，因其绕月球作圆周运动，所以应用牛顿第二定律有=m r=3RT=2=6，在月球表面的物体所受重力近似等于万有引力，GM=gR2所以T=6，设登月器在小椭圆轨道运行的周期是T1，航天飞机在大圆轨道运行的周期是T2对登月器和航天飞机依据开普勒第三定律分别有=为使登月器仍沿原椭圆轨道回到分离点与航天飞机实现
23、对接，登月器可以在月球表面逗留的时间t应满足t=nT2T1 （其中，n=1、2、3、）联立得 t=6n4（其中，n=1、2、3、）当n=1时，登月器可以在月球上停留的时间最短，即t=4.7故选A6如图所示，两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置，构成一平行板电容器，合开关S，电源给电容器充电在两极板间有固定点P用E表示两极板间的电场强度，表示P点的电势，下列说法正确的是（）A保持S接通，上极板A不动，将下极板B缓慢向下移动稍许到B，增大B保持S接通，上极板A不动，将下极板B缓慢向下移动稍许到B，E增大C若断开S，下极板B不动，将上极板A缓慢向下移动稍许到A，则E不变D若断开S，下极板B不动，
24、将上极板A缓慢向下移动稍许到A，减小【考点】电容器的动态分析【分析】电容器与电源相连，两极板间的电势差不变，通电后断开，则两极板上的电量不变； 由平行板电容器电容C=，根据某些量的变化可知电容的变化，则由Q=UC可知电压或电量的变化，由E=可求得电场强度的变化【解答】解：AB、保持S接通，则两板间的电势差不变，上极板A不动，将下极板B缓慢向下移动稍许到B，导致d增大，由E=可知，两极板间的电场的电场场强减小，则P到上极板的电势差减小，因此P点的电势升高，故A正确，B错误；C、断开S，下极板B不动，将上极板A缓慢向下移动稍许到A，因两板上所带电量不变，减小距离d，电容增大，由C=，及E=，则可知
25、E不变，故C正确；D、由上分析可知，因电场强度不变，当将上极板A缓慢向下移动稍许到A，而P到B极板间的电势差不变，则其电势不变，故D错误；故选：AC7如图所示，长为L的水平板间有垂直纸面向内的匀强磁场，磁感应强度为B，板间距离也为L，板不带电，现有质量为m，电量为q的带正电粒子（不计重力和粒子间的相互作用力），从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子打在极板上，可采用的办法是（）A使粒子的速度v=B使粒子的速度v=C使粒子的速度v=D使粒子的速度v=【考点】带电粒子在混合场中的运动【分析】带电粒子在磁场中受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力据此可以求得粒子做圆周运
26、动的半径和速度的关系，再根据几何关系粒子射出磁场，就是粒子做圆周运动的半径大于（从左侧射出），小于L（从右侧射出）从而求出粒子速度的范围【解答】解：由牛顿第二定律：qvB=m 得：r=若刚好从a 点射出，如图：r=则有，v1=若刚好从b 点射出：R2=L2+（ R）2 R=则有v2=要想使粒子打在极板上，则有：v0，故BC正确，AD错误；故选：BC8直角三角形金属框abc放置在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上，若金属框绕ab边向纸面外以角速度匀速转动90（从上往下看逆时针转动），如图甲所示，c、a两点的电势差为Uca，通过ab边的电荷量为q，若金属框绕bc边向纸面
27、内以角速度匀速转动90，如图乙所示，c、a两点的电势差为Uca，通过ab边的电荷量为q，已知bc、ab边的长度都为l，金属框的总电阻为R，下列判断正确的是（）AUca=Bl2BUca=Bl2Cq=Dq=【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；法拉第电磁感应定律【分析】甲图中线框的bc边和ac边都切割磁感线，回路的磁通量不变，没有感应电流，c、a两点的电势差等于感应电动势，由公式E=，L等于bc边长乙图中线框的ac边切割磁感线，回路的磁通量在增大，产生感应电流，c、a两点的电势差小于感应电动势由法拉第定律、欧姆定律求电荷量【解答】解：AC、在甲图中，bc边和ac边都切割磁感线，产生的感应电动势相同
28、，均为 E=Bl=Bl2回路的磁通量不变，没有感应电流，c、a两点的电势差等于感应电动势，即有 Uca=Bl2由于没有感应电流，所以通过ab边的电荷量为 q=0，故A正确，C错误BD、乙图中线框的ac边切割磁感线，等效的切割长度等于bc边长，则ac边产生的感应电动势 E=Bl2，ac边相当于电源，由于电路中有电流，所以UcaE=Bl2通过ab边的电荷量为 q=故B错误，D正确故选：AD二、非选择题（包括必考题和选考题两部分第9题-第12题为必考题，第13-第18题为选考题）（一）必考题9如图甲所示装置可用来验证机械能守恒定律，直径为d的摆球A栓在长为L的不可伸长的轻绳一端（Ld），绳的另一端固
29、定在O点，O点正下方摆球重心经过的位置固定光电门B，现将摆球拉起，使绳偏离竖直方向成角时由静止开始释放摆球，当其到达最低位置时，光电门B记录的遮光时间为t，已知重力加速度为g（1）新式游标卡尺的刻度线看起来很“稀疏”，使读数显得清晰明了，便于使用者正确读取数据通常游标卡尺的刻度有10分度、20分度和50分度三种规格；新式游标卡尺也有相应的三种，但新式游标上的刻度却是19mm等分成10份，39mm等分成20份，99mm等分成50份图乙就是一个“39mm等分成20份”的新式游标卡尺，用它测量摆球A的直径d，读数如图所示，d=3.030cm（2）写出满足机械能守恒的表达式（用题中字母表示）【考点】验
30、证机械能守恒定律【分析】（1）根据游标卡尺的读数原理得出摆球A的直径（2）根据极短时间内的平均速度等于瞬时的求出摆球经过最低点的速度，根据重力势能的减小量等于动能的增加量列出机械能守恒的表达式【解答】解：（1）游标中，39mm等分成20份，则每一小格的长度为1.95mm，根据d+1.956=42mm，解得d=30.30mm=3.030cm（2）摆球通过最低点的瞬时速度v=，则动能的增加量为，重力势能的减小量为mgL（1cos），根据得，故答案为：3.030，10已知G1表的内阻r1为300，满偏电流I满=5mA用它改装成如图所示的一个多量程多用电表，电流、电压和电阻的测量都各有两个量程（或分度
31、值）不同的挡位1、2两个挡位为电流表挡位，其中的大量程是小量程的10倍（1）关于此多用表，下列说法错误的是CA当转换开关S旋到位置4时，是电阻挡B当转换开关S旋到位置6时，是电压挡C转换开关S旋到5的量程比旋到6的量程大DA表笔为红表笔，B表笔为黑表笔（2）图中的电源E的电动势为9.0V，当把转换开关S旋到位置4，进行欧姆调零后，在A，B之间接1500电阻时，表头G1刚好半偏已知之前的操作顺序和步骤都正确无误则R5=150，R6=1350【考点】用多用电表测电阻【分析】（1）要熟悉多用表的原理和结构，根据电表的结构选出欧姆表、电压表和电流表（2）“该测量过程操作的顺序和步骤都正确无误”，说明已
32、经进行过欧姆调零，即让表头满偏在AB之间接1500电阻时，表头G刚好半偏，说明：当表头半偏时，改装后的电流表的总内阻R内=1500，根据开关接在1、2两个位置，读出电流表的量程，根据并联电路电流的分配规律求解【解答】解：（1）A、当转换开关S旋到位置4时，表头与电表中的电源相连接，是电阻档故A正确B、当转换开关S旋到位置6时，表头与电阻串联，电阻起分压作用，是电压档故B正确C、当转换开关S旋到5串联的电阻小于旋转到6串联的电阻，可知旋转到6，串联的电阻大，分压作用大，电压表量程大故C错误D、根据电流“红进黑出”可知，B表笔为黑表笔，A表笔为红表笔故D正确因选错误的，故选：C（2）：“测量过程操
33、作的顺序和步骤都正确无误”，意味着之前已经将A、B短接调零了（即让表头满偏），在AB之间接1500电阻时，表头G刚好半偏，说明：当表头半偏时，改装后的欧姆表“4”的总内阻：R内=1500，则转换开关S在“2”时，电流表的量程为依题意，转换开关S在1时，电流表的量程为I1g=60mA由表头G的满偏电流为5mA、内阻为300和并联电路电流分配规律可解得：R5=150 R6=1350故答案为：（1）C；（2）150；135011如图所示为等臂电流天平，可以用来测量匀强磁场的磁感应强度，它的右臂挂着匝数为n的矩形线圈，线圈的水平边长为d，处于匀强磁场内，磁感应强度B的方向与线圈平面垂直，测量时线圈中先
34、通有如图所示逆时针方向电流I，调节砝码使天平达到平衡，然后使电流反向，大小不变，这时需要在左盘中增加质量为m的砝码，才能使天平达到新的平衡（1）试判断磁感应强度B的方向；（2）请导出用n、m、I、d计算B的表达式【考点】安培力；力矩的平衡条件【分析】天平平衡后，当电流反向（大小不变）时，安培力方向反向，则右边相当于多了或少了两倍的安培力大小【解答】解：（1）根据题意分析，改变电流的方向后要在左盘中增加砝码才能使天平平衡，可知改变电流方向前安培力方向向上，改变电流后安培力方向向下，所以磁场方向垂直纸面向里（2）根据平衡条件：有：mg=2nBIL，得：B=答：（1）磁感应强度B的方向垂直于纸面向里
35、；（2）请导B的表达式为12为研究物体的运动，在光滑的水平桌面上建立如图所示的坐标系xOy，O、A、B是水平桌面内的三个点，OB沿x轴正方向，BOA=60，OB=OA，第一次将一质量为m的滑块以一定的初动能从O点沿y轴正方向滑出，并同时施加沿x轴正方向的恒力F1，滑块恰好通过A点，第二次，在恒力F1仍存在的情况下，再在滑块上施加一个恒力F2，让滑块从O点以同样的初动能沿某一方向滑出，恰好也能通过A点，到达A点时动能为初动能的3倍；第三次，在上述两个恒力F1和F2的同时作用下，仍从O点以同样初动能沿另一方向滑出，恰好通过B点，且到达B点时的动能是初动能的6倍，求：（1）第一次运动经过A点时的动能
36、与初动能的比值；（2）两个恒力F1、F2的大小之比是多少？并求出F2的方向与x轴正方向所成的夹角【考点】动能定理的应用；平抛运动【分析】（1）只有恒力F1时，滑块做类平抛运动，根据分位移的规律和牛顿第二定律，求第一次运动经过A点时的动能与F1d的关系，以及初动能与F1d的关系，即可求解（2）加了恒力F2后，小球从O点分别到A点和B点，分别由功能关系列方程，再结合恒力做功的特点进行解答【解答】解：（1）设小球的初速度为v0，初动能为Ek0，从O点运动到A点的时间为t令OA=d，则OB=d，只有恒力F1时，根据类平抛运动的规律有：dsin60=v0tdcos60=又 ax=，Ek0=联立以上四式解
37、得 Ek0=F1d设小球到达A点时的动能为EkA，则EkA=Ek0+F1=F1d所以可得=（2）加了恒力F2后，小球从O点分别到A点和B点，由功能关系得：WF2=3Ek0Ek0=Ek0WF2=6Ek0Ek0=Ek0由恒力做功的特点，可在OB上找到一点M，从O到M点F2做功与到A点做功相同，M点与O点的距离为x，如图，则有=解得：x=d则据恒力做功特点：F2的方向必沿AM的中垂线，设F2与x轴正方向的夹角为，由几何关系可得 =30所以=2答：（1）第一次运动经过A点时的动能与初动能的比值是；（2）两个恒力F1、F2的大小之比是2，F2的方向与x轴正方向所成的夹角是30(二)选考题：共45分【物理
38、-选修3-3】13关于热现象和热学规律，下列说法正确的是（）A布朗运动表明，构成悬浮微粒的分子在做无规则运动B两个分子的间距从极近逐渐增大到10 r0的过程中，分子间的引力和斥力都在减小C热量可以从低温物体传递到高温物体D物体的摄氏温度变化了1，其热力学温度变化了273KE两个分子的间距从极近逐渐增大到10 r0的过程中，它们的分子势能先减小后增大【考点】温度、气体压强和内能；布朗运动；分子势能【分析】布朗运动是固体小颗粒的运动，不是分子的运动，热量也可以从低温物体传到高温物体，但要引起其他方面的变化；物体的摄氏温度变化了1，其热力学温度变化了1K【解答】解：A、布朗运动是固体小颗粒的运动，不
39、是分子的运动，故A错误；B、两个分子的间距从极近逐渐增大到10 r0的过程中，分子间的引力和斥力都在减小，B正确；C、热量也可以从低温物体传到高温物体，但要引起其他方面的变化；故C正确；D、物体的摄氏温度变化了1，其热力学温度变化了1K；故D错误；E、两个分子的间距从极近逐渐增大到10 r0的过程中，它们的分子势能先减小后增大，E正确故选：BCE14如图所示，一水平放置的薄壁气缸，由截面积不同的两个圆筒连接而成，质量均为m=1.0kg的活塞A、B用一长度为3L=30cm、质量不计的轻细杆连接成整体，它们可以在筒内无摩擦地左右滑动且不漏气，活塞A、B的面积分别为SA=100cm2和SB=50cm
40、2，气缸内A和B之间封闭有一定质量的理想气体，A的左边及B的右边都是大气，大气压强始终保持为p0=1.0105Pa当气缸内气体的温度为T1=500K时，活塞处于图示位置平衡问：此时气缸内理想气体的压强多大？当气缸内气体的温度从T1=500K缓慢降至T2=400K时，活塞A、B向哪边移动？【考点】理想气体的状态方程；封闭气体压强【分析】活塞静止处于平衡状态，应用平衡条件可以求出封闭气体的压强；当气缸内气体的温度缓慢下降时，活塞处于平衡状态，缸内气体压强不变，气体等压降温，活塞A、B一起向右移动，由盖吕萨克定律求解移动的距离【解答】解：设被封住的理想气体压强为p，轻细杆对A和对B的弹力为F，由平衡
41、条件得：对活塞A：p0SA=pSA+F，对活塞B：p0SB=pSB+F，解得：p=p0=1105Pa；当气缸内气体的温度缓慢下降时，活塞处于平衡状态，缸内气体压强不变，气体等压降温，活塞A、B一起向右移动，活塞A最多移动至两筒的连接处设活塞A、B一起向右移动的距离为x理想气体状态参量：V1=2LSA+LSB T1=500K，V2=（2Lx）SA+（L+x）SB T2=400K，SA=200cm2，SB=100cm2，由盖吕萨克定律得： =，代入数据解得：x=10 cm，x2L=20cm表明活塞A未碰两筒的连接处故活塞A、B一起向右移动了10cm答：此时气缸内理想气体的压强1105Pa当气缸内气
42、体的温度从T1=500K缓慢降至T2=400K时，活塞A、B向右移动了10cm【物理-选修3-4】15下列说法中正确的是（）A做简谐运动的物体，其振动能量与振动的频率有关B全息照相的拍摄利用了光的干涉原理C真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，与光源和观察者的运动无关D在同一种介质中，不同频率的机械波的传播速度不同E医学上用激光做“光刀”来进行手术，主要是利用了激光的亮度高、能量大的特点【考点】* 爱因斯坦相对性原理和光速不变原理；激光的特性和应用【分析】振幅反映了振动的强弱；全息照相的拍摄利用了激光的干涉，可以记录光强、光频、相位；机械波的产生条件是机械振动和介质【解答】解：A、简谐运
43、动的物体，其振动能量用振幅来反映，故A错误；B、全息照相的拍摄利用了激光的干涉，可以记录光强、光频、相位，有立体感，故B正确；C、根据狭义相对论，真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，与光源和观察者的运动无关，故C正确；D、在同一种介质中，不同频率的机械波的传播速度是相同的，故D错误；E、医学上用激光做“光刀”来进行手术，主要是利用了激光的亮度高、能量大的特点，故E正确；故选：BCE16如图所示，折射率为的两面平行的玻璃砖，下表面涂有反射物质，右端垂直地放置一标尺MN一细光束以45角度入射到玻璃砖的上表面，会在标尺上的两个位置出现光点，若两光点之间的距离为a（图中未画出），则光通过玻璃砖
44、的时间是多少？（设光在真空中的速度为c，不考虑细光束在玻璃砖下表面的第二次反射）【考点】光的折射定律【分析】作出光路图，先根据折射定律求出光线在玻璃砖上表面的折射角，根据几何知识求出光线在玻璃砖内传播的距离S，由v=求出光在玻璃砖的速度，由t=求解光通过玻璃砖的时间【解答】解：如图由光的折射定律：得：r=30所以在玻璃砖内的光线与玻璃砖的上面构成等边三角形，其边长等于a光在玻璃中的速度为：答：光通过玻璃砖的时间是【物理-选修3-5】17如图所示是氢原子的能极图，大量处于n=4激发态的氢原子向低能级跃迁时，一共可以辐射出6种不同频率的光子，其中巴耳末系是指氢原子由高能级向n=2能级跃迁时释放的光
45、子，则（）A6种光子中有2种属于巴耳末系B6种光子中波长最长的是n=4激发态跃迁到基态时产生的C使n=4能级的氢原子电离至少要0.85eV的能量D在6种光子中，n=4能级跃迁到n=1能级释放的光子康普顿效应最明显E若从n=2能级跃迁到基态释放的光子能使某金属板发生光电效应，则从n=3能级跃迁到n=2能级释放的光子也一定能使该板发生光电效应【考点】氢原子的能级公式和跃迁【分析】本题考查了波尔原子理论：从高轨道向低轨道跃迁时减少的能量以光子的形式辐射出去；所有的激发态都是不稳定的，都会继续向基态跃迁只有入射光子的能量大于金属的逸出功才会发生光电效应判断是否电离，看处于激发态的氢原子吸收能量后的总能
46、量是否大于等于0，一旦大于等于0，说明发生电离【解答】解：A、巴耳末系是指氢原子由高能级向n=2能级跃迁时释放的光子，大量处于n=4激发态的氢原子向低能级跃迁时，可以从n=4跃迁到n=2，可以从n=3跃迁 到n=2，可知产生的6种光子中有2种属于巴尔末系，故A正确B、从n=4跃迁到基态时，辐射的光子能量最大，波长最短，故B错误C、n=4能级，氢原子具有的能量为0.85eV，可知使n=4能级的氢原子电离至少要0.85eV的能量，故C正确D、在6种光子中，n=4跃迁到n=1能级，光子能量最大，康普顿效应最明显，故D正确E、从n=3跃迁到n=2n能级释放的光子能量小于n=2能级跃迁到基态的光子能量，
47、可知从n=2能级跃迁到基态释放的光子能使某金属板发生光电效应，从n=3能级跃迁到n=2能级释放的光子不一定能使该板发生光电效应，故E错误故选：ACD18如图，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点，重力加速度为g若不固定小车，一质量为m的滑块在小车上从A点静止开始沿轨道滑下，然后滑入BC轨道，最后从C点滑出小车，已知滑块质量m=，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为，求：滑块运动过程中，小车的最大速度vm；滑块从A点下滑到滑出小车的过程中，小车的位移大小
48、s【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律【分析】（1）根据题意，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，然后结合机械能守恒即可求出小车的最大速度大小vm；（2）在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，写出速度的关系式，然后结合运动学的公式即可求出小车的位移【解答】解：（1）滑块与小车运动的过程中水平方向的动量守恒，以滑块运动的方向为正方向，则：mv1+Mv2=0所以：负号表示二者的速度方向相反，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，设小车的最大速度是vm，由机械能守恒可知，当小球在最低点时，小球与环的速度最大，得：解得：（2）由于在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，所以滑块从A到C运动过程中，滑块的平均速度是小车的平均速度的2倍，即：由于它们运动的时间相等，根据：可得：s滑块=2s车又：s滑块+s车=R+L所以：小车的位移大小：s=（R+L）答：（1）滑块运动过程中，小车的最大速度大小是；（2）滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小是2016年6月4日
