1、2016-2017学年贵州省铜仁一中高三（上）入学物理试卷一、选择题（本题共8小题，每小题4分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1在物理学发展史上，许多科学家通过恰当地运用科学研究方法，超越了当时研究条件的局限性，取得了辉煌的研究成果，下列表述符合物理学史的是（）A伽利略做的著名理想斜面实验其核心就是为了“冲淡”重力的影响B无论亚里士多德、伽利略还是笛卡尔都没有建立力的概念，而牛顿的高明之处在于他将物体间复杂多样的相互作用抽象为“力”，为提出牛顿第一定律而确立了一个重要的物理概念C英国物理学家麦克斯韦认为，磁场会在其周围空间激发一种电场，这种电场就是感生电场D机场、车站和重要
2、活动场所的安检门可以探测人随身携带的金属物品，是利用静电感应的工作原理工作的21665年牛顿开始着手研究行星绕太阳运行的力学关系，最终得到了太阳与行星之间的引力关系F=，可以完全解释行星的运动进一步研究：拉住月球使它围绕地球运动的力，与拉着苹果下落的力，以及地球、众行星与太阳之间的作用力都遵循这一规律吗？于是巧妙地进行了地月检验研究：假设拉住月球使它围绕地球运动的力与地球上物体受到的引力是同一种力，已知月球绕地球运行轨道半径是地球半径的60倍，月球轨道上一个物体的受到的引力与它在地面附近时受到的引力之比为牛顿时代已经较精确的测量了地球表面的重力加速度、地月之间的距离和月球绕地球运行的公转周期，
3、通过比较对应物理量间的关系，上述假设就得到了很好的证明请你分析牛顿进行比较的物理量是（）A加速度B相互作用的引力C苹果物体和月球运动的线速度D苹果物体和月球运动的角速度3两个半径均为r的光滑圆球A和B，用两根长均为r的细绳悬挂在天花板上的O点，如图所示A、B两球均处于平衡状态，OA与竖直方向夹角为=45，则下列说法正确的是（）A细绳对B球的拉力较大BA球质量较大CA球对B球的作用力跟B球对A球的作用力是一对平衡力DB球受到的合外力大于A球受到的合外力4如图，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场（未画出），一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板
4、后到达PQ的中点O已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变，不计重力，铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为（）A2BC1D5如图，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定地偏离竖直方向某一角度（橡皮筋在弹性限度内），与稳定在竖直位置相比，小球的高度（）A一定升高B一定降低C保持不变D升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定6理想变压器原线圈接在电压为u=U0sint的交流电源上，在变压器副线圈中分别安装有甲、乙两个插座，导线电阻为R，电路如图所示插座不接用电器时小灯泡正常发光若将某一用电器接在
5、甲或乙插座上，不计电流表内阻的影响下列说法正确的是（）A若接在甲上，电流表示数变大，灯变亮B若接在甲上，电流表示数变小，灯变暗C若接在乙上，电流表示数变大，灯变亮D若接在乙上，电流表示数变大，灯变暗7如图所示，一质量为m的小球置于半径为R的光滑竖直圆轨道最低点A处，B为轨道最高点，C、D为圆的水平直径两端点轻质弹簧的一端固定在圆心O点，另一端与小球栓接，已知弹簧的劲度系数为k=，原长为L=2R，弹簧始终处于弹性限度内，若给小球一水平初速度v0，已知重力加速度为g，下列说法错误的是（）A只要小球能做完整的圆周运动，则小球与轨道间最大压力与最小压力之差与v0无关B速度只要满足v0，则小球会在B、D
6、间脱离圆轨道C只要v0，小球就能做完整的圆周运动D无论v0多大，小球均不会离开圆轨道8如图（a），线圈ab、cd绕在同一软铁芯上，在ab线圈中通以变化的电流，用示波器测得线圈cd间电压如图（b）所示，已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则下列描述线圈ab中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是（）ABCD二选择题：本题共4小题，有多项符合题目要求全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选或不选的得0分9太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动，当地球恰好运行到某地外行星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，天文学家称为“行星冲日”，据报道，2014年各行星冲日时间分别
7、为：1月6日木星冲日；4月9日火星冲日；5月11日土星冲日；8月29日海王星冲日；10月8日天王星冲日已知地球及各地外行星绕太阳运动的轨道半径如下表所示，则下列判断正确的是（）地球火星木星土星天王星海王星轨道半径（AU）1.01.55.29.51930A各地外行星每年都会出现冲日现象B在2015年内一定会出现木星冲日C天王星相邻两次冲日的时间间隔为土星的一半D地外行星中，海王星相邻两次冲日的时间间隔最短10如图甲所示，绝缘轻质细绳一端固定在方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场中的O点，另一端连接带正电的小球，小球电荷量q=6107C，在图示坐标中，电场方向沿竖直方向，坐标原点O的电势为零当小球以2
8、m/s的速率绕O点在竖直平面内做匀速圆周运动时，细绳上的拉力刚好为零在小球从最低点运动到最高点的过程中，轨迹上每点的电势随纵坐标y的变化关系如图乙所示，重力加速度g=10m/s2则下列判断正确的是（）A匀强电场的场强大小为5106 v/mB小球重力势能增加最多的过程中，电势能减少了2.4 JC小球做顺时针方向的匀速圆周运动D小球所受的洛伦兹力的大小为0.03 N11如图所示，矩形线圈abcd与理想变压器原线圈组成闭合电路线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动，磁场只分布在bc边的左侧，磁感应强度大小为B，线圈面积为S，转动角速度为，匝数为N，线圈电阻不计下列说法正确的是（）A将原线圈
9、抽头P向下滑动时，灯泡变暗B将电容器的上极板向上移动一小段距离，灯泡变暗C图示位置时，矩形线圈中瞬时感应电动势为零D若线圈abcd转动的角速度变为原来的2倍，则变压器原线圈电压的有效值也变为原来的2倍12如图所示，U型金属框架固定在水平面上，电阻不计金属框架内有一矩形磁场区域，磁感应强度均匀增大，电阻为R的金属棒PQ置于框架上并与框架接触良好金属棒PQ从MN处匀速运动到MN的过程中，取由P到Q的电流方向为正方向，闭合线框中电流i随时间t变化的图示中可能正确的是（）ABCD三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第13题第16题为必考题，每个小题考生都必须作答第17题第19题为选考题，考生根据要求
10、作答（一）必考题（共37分）13如图甲所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验有一直径为d、质量为m的金属小球由A处由静止释放，下落过程中能通过A处正下方、固定于B处的光电门，测得A、B间的距离为H（Hd），光电计时器记录下小球通过光电门的时间为t，当地的重力加速度为g则：（1）如图乙所示，用游标卡尺测得小球的直径d=mm（2）多次改变高度H，重复上述实验，作出随H的变化图象如图丙所示，当图中已知量t0、H0和重力加速度g及小球的直径d满足以下表达式：时，可判断小球下落过程中机械能守恒（3）实验中发现动能增加量EK总是稍小于重力势能减少量EP，增加下落高度后，则EpEk
11、将 （选填“增加”、“减小”或“不变”）14在“测定金属电阻率”的实验中，需用用螺旋测微器测量金属丝的直径，其结果如图甲所示，其读数为mm；测量电阻时，先用多用电表粗测金属丝的电阻阻值约为5，再采用“伏安法”精确测量金属丝的电阻，实验室能够提供的实验器材有：A电流表G，量程为0300A，内阻Rg=100B电流表A1，量程为00.6A，内阻r1=0.1C电流表A2，量程为03A，内阻r2=0.02D电阻箱R1，阻值范围0999.9E电阻箱R2，阻值范围09999.9F滑动变阻器R3，最大阻值为10G电源E=3V，内阻约为r=0.5H开关一只，导线若干回答下列问题：（2）正确选择实验器材，电流表应
12、选择和，变阻箱应选；（填写元器件前的字母代号）（3）画出电阻测量的实验电路图；（4）使用正确电路，分别测量多组实验数据，并记录在如图乙IGI坐标系中，将R2调节到9900，根据记录的实验数据做出金属丝的IGI图线，并算出金属丝的电阻Rx=（计算结果保留两位有效数字）15公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离，当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相撞，通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1s，当汽车在晴天干燥沥青路面上以108km/h的速度匀速行驶时，安全距离为120m，设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的，若要求安全距离
13、仍为120m，求汽车在雨天安全行驶的最大速度16如图所示，在匀强磁场中有一足够长的光滑平行金属导轨，与水平面间的夹角=30，间距L=0.5m，上端接有阻值R=0.3的电阻，匀强磁场的磁感应强度大小B=0.4T，磁场方向垂直导轨平面向上一质量m=0.2kg，电阻r=0.1的导体棒MN在平行于导轨的外力F作用下，由静止开始向上做匀加速运动，运动过程中导体棒始终与导轨垂直，且接触良好，当棒的位移d=9m时电阻R上消耗的功率为P=2.7W其他电阻不计，g取10m/s2求：（1）此时通过电阻R上的电流；（2）这一过程通过电阻R上电荷量q；（3）此时作用于导体棒上的外力F的大小；（4）此时撤去F，棒能上升
14、的最大距离为s=2m，则撤去F后电阻R上产生的热量多大？二.选考题（共15分）请考生从给出的3道物理题中任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应题号右边的方框涂黑注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题如果多做，则每学科按所做的第一题计分物理-选修3-317一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其PT图象如图所示下列判断正确的是（）A过程ab中气体一定吸热B过程bc中气体既不吸热也不放热C过程ca中外界对气体所做的功等于气体所放的热Da，b和c三个状态中，状态a分子的平均动能最小Eb和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间
15、内受到气体分子撞击的次数不同18一定质量的理想气体被活塞封闭在竖直放置的圆柱形气缸内，气缸壁导热良好，活塞可沿气缸壁无摩擦地滑动开始时气体压强为P，活塞下表面相对于气缸底部的高度为h，外界的温度为TS现取质量为m的沙子缓慢地倒在活塞的上表面，沙子倒完时，活塞下降了若此后外界温度变为T，求重新达到平衡后气体的体积已知外界大气的压强始终保持不变，重力加速度大小为g【物理-选修3-5】19如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图象，下列说法中正确的是（）A甲摆摆长比乙摆摆长长B甲摆的振幅比乙摆大C甲摆的机械能比乙摆大D在t=0.5s时有正向最大加速度的是乙摆E由图象不能求出当地的重力加速度20如图所
16、示，一截面为直角三角形的玻璃棱镜ABC，A=30一条光线以45的入射角从AC边上的D点射入棱镜，光线最终垂直BC边射出求玻璃的折射率画出光在玻璃棱镜中的传播路线【物理-选修3-5】21下列说法正确的是（）A人类关于原子核内部的信息，最早来自天然放射现象B在，三种射线中射线电离作用最强C放射性元素的半衰期会随着温度的升高而缩短D较重的核分裂成中等质量大小的核，核子的比结合能都会增加E两个轻核结合成质量较大的核，核子的比结合能增加22某同学做了“测定玩具枪子弹与透明物块相互作用力”的实验，如图所示，将质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射入固定在光滑水平面上质量为M的透明物块中，测得子弹射入的深度为
17、d，设子弹与物块之间的相互作用力的大小与物块的运动状态无关请你帮该同学计算：子弹与透明物块之间的相互作用力f的大小；若物块不固定，子弹仍以原来的速度射入物块，求子弹射入物块的深度d2016-2017学年贵州省铜仁一中高三（上）入学物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共8小题，每小题4分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1在物理学发展史上，许多科学家通过恰当地运用科学研究方法，超越了当时研究条件的局限性，取得了辉煌的研究成果，下列表述符合物理学史的是（）A伽利略做的著名理想斜面实验其核心就是为了“冲淡”重力的影响B无论亚里士多德、伽利略还是笛卡尔都没有建立力的概念，而牛顿
18、的高明之处在于他将物体间复杂多样的相互作用抽象为“力”，为提出牛顿第一定律而确立了一个重要的物理概念C英国物理学家麦克斯韦认为，磁场会在其周围空间激发一种电场，这种电场就是感生电场D机场、车站和重要活动场所的安检门可以探测人随身携带的金属物品，是利用静电感应的工作原理工作的【考点】1U：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、伽利略做的著名理想斜面实验其核心就是为了说明力和运动的关系，故A错误；B、无论亚里士多德、伽利略还是笛卡尔都没有建立力的概念，而牛顿的高明之处在于他将物体间复杂多样的相互作用抽象为“力”，为提出牛顿第一定律而确立了一个重要的物
19、理概念，故B正确；C、麦克斯韦提出了麦克斯韦电磁理论，变化的磁场会在其周围空间激发一种电场，这种电场就是感生电场，故C错误；D、安检门利用涡流探测人随身携带的金属物品的原理是：线圈中交变电流产生交变的磁场，会在金属物品内产生交变的感应电流，而金属物品中感应电流产生的交变磁场会在线圈中产生感应电流，引起线圈中交变电流发生变化，从而被探测到故D错误故选：B21665年牛顿开始着手研究行星绕太阳运行的力学关系，最终得到了太阳与行星之间的引力关系F=，可以完全解释行星的运动进一步研究：拉住月球使它围绕地球运动的力，与拉着苹果下落的力，以及地球、众行星与太阳之间的作用力都遵循这一规律吗？于是巧妙地进行了
20、地月检验研究：假设拉住月球使它围绕地球运动的力与地球上物体受到的引力是同一种力，已知月球绕地球运行轨道半径是地球半径的60倍，月球轨道上一个物体的受到的引力与它在地面附近时受到的引力之比为牛顿时代已经较精确的测量了地球表面的重力加速度、地月之间的距离和月球绕地球运行的公转周期，通过比较对应物理量间的关系，上述假设就得到了很好的证明请你分析牛顿进行比较的物理量是（）A加速度B相互作用的引力C苹果物体和月球运动的线速度D苹果物体和月球运动的角速度【考点】4F：万有引力定律及其应用；4A：向心力【分析】假设拉住月球使它围绕地球运动的力与地球上物体受到的引力是同一种力，根据已知量结合牛顿第二定律求出月
21、球绕地球运行的加速度进行比较分析【解答】解：已知月球绕地球运行轨道半径是地球半径的60倍，月球轨道上一个物体的受到的引力与它在地面附近时受到的引力之比为牛顿时代已经较精确的测量了地球表面的重力加速度g、地月之间的距离和月球绕地球运行的公转周期，根据圆周运动的公式得月球绕地球运行的加速度a=r，如果=，说明拉住月球使它围绕地球运动的力与地球上物体受到的引力是同一种力，故A正确，BCD错误；故选：A3两个半径均为r的光滑圆球A和B，用两根长均为r的细绳悬挂在天花板上的O点，如图所示A、B两球均处于平衡状态，OA与竖直方向夹角为=45，则下列说法正确的是（）A细绳对B球的拉力较大BA球质量较大CA球
22、对B球的作用力跟B球对A球的作用力是一对平衡力DB球受到的合外力大于A球受到的合外力【考点】2H：共点力平衡的条件及其应用；2G：力的合成与分解的运用【分析】对两个球分别受力分析，然后根据平衡条件并结合合成法分析即可，A球对B球的作用力跟B球对A球的作用力是一对作用力和反作用力，大小相等【解答】解：A、两个绳子的长度均为r，故图中O点和两个球的球心构成等边三角形；对两个球分别受力分析，如图所示：A球对B球的作用力与B球对A球的作用力相等，设为F；根据平衡条件，对A球，有：对B球，有：则，故mAmB，故TATB，故A正确，B错误；C、A球对B球的作用力跟B球对A球的作用力是一对作用力和反作用力，
23、故C错误；D、两个球均受力平衡，合力为零，故D错误；故选：A4如图，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场（未画出），一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变，不计重力，铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为（）A2BC1D【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动；CF：洛仑兹力【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律求出磁感应强度，然后再求出磁感应强度之比【解答】解：设粒子在铝板上、下方的轨道半径分别为r1、r2，速度分别为v1、v2由题意可知，粒子轨道半径：r1
24、=2r2，由题意可知，穿过铝板时粒子动能损失一半，即： mv22=mv12，v1=v2，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB=m，磁感应强度：B=，磁感应强度之比： =；故选：D5如图，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定地偏离竖直方向某一角度（橡皮筋在弹性限度内），与稳定在竖直位置相比，小球的高度（）A一定升高B一定降低C保持不变D升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定【考点】37：牛顿第二定律；2S：胡克定律【分析】以小球为研究对象，由牛顿第二定律可得出小球的加速度与受到的拉力之间的
25、关系即可判断【解答】解：设L0为橡皮筋的原长，k为橡皮筋的劲度系数，小车静止时，对小球受力分析得：T1=mg，橡皮筋的伸长即小球与悬挂点的距离为L1=L0+，当小车的加速度稳定在一定值时，对小球进行受力分析如图，得：T2cos=mg，T2sin=ma，所以：T2=，橡皮筋的伸长：则小球与悬挂点的竖直方向的距离为：L2=（L0+）cos=L0cos+=L1，所以L1L2，即小球在竖直方向上到悬挂点的距离减小，所以小球一定升高，故A正确，BCD错误故选：A6理想变压器原线圈接在电压为u=U0sint的交流电源上，在变压器副线圈中分别安装有甲、乙两个插座，导线电阻为R，电路如图所示插座不接用电器时小
26、灯泡正常发光若将某一用电器接在甲或乙插座上，不计电流表内阻的影响下列说法正确的是（）A若接在甲上，电流表示数变大，灯变亮B若接在甲上，电流表示数变小，灯变暗C若接在乙上，电流表示数变大，灯变亮D若接在乙上，电流表示数变大，灯变暗【考点】E8：变压器的构造和原理【分析】该题中，当将用电器接到插座上后，变压器的负载增加，消耗的功率增大，回路中的电流增大当增大的电流流过R时，才会使电压表的示数发生变化【解答】解：A、B、当将用电器接到插座甲上后，变压器的负载增加，消耗的功率增大，流过变压器的电流增大，但是流过电阻R上的电流不变，所以电阻R消耗的电压不变，所以灯泡两端的电压的不变，灯泡的亮度不变故AB
27、错误；C、D、当将用电器接到插座乙上后，乙与灯泡并联，使得并联部分的电阻值小于灯泡的电阻值，电路中的总电阻减小，所以电路中的总电流增大，回路中的电流增大流过R的电流值增大，所以R上消耗的电压增大；由于变压器副线圈上的电压不变，所以并联部分的电压降减小，即灯泡两端的电压减小，灯泡消耗的功率减小，灯泡变暗故C错误，D正确故选：D7如图所示，一质量为m的小球置于半径为R的光滑竖直圆轨道最低点A处，B为轨道最高点，C、D为圆的水平直径两端点轻质弹簧的一端固定在圆心O点，另一端与小球栓接，已知弹簧的劲度系数为k=，原长为L=2R，弹簧始终处于弹性限度内，若给小球一水平初速度v0，已知重力加速度为g，下列
28、说法错误的是（）A只要小球能做完整的圆周运动，则小球与轨道间最大压力与最小压力之差与v0无关B速度只要满足v0，则小球会在B、D间脱离圆轨道C只要v0，小球就能做完整的圆周运动D无论v0多大，小球均不会离开圆轨道【考点】66：动能定理的应用；4A：向心力【分析】AB、在轨道的任意位置对小球受力分析，比较弹簧的弹力于重力在半径方向上的分力的大小，即可得知选项AB的正误C、利用机械能守恒定律可解的小球做圆周运动时在最低点的速度，由此可判知选项C的正误D、根据向心力的公式分别列出在最高点和最低点赶到对小球的压力，结合小球在运动过程中机械能守恒，即可推导出压力之差的表达式，从而可知选项D的正误【解答】
29、解：A、小球在最低点时，由牛顿第二定律得：FN1mgkx=m，其中kx=mg；从最低点到最高点的过程，根据动能定理得：=+mg2R在最高点：FN2+mgkx=m，联立解得：FN1FN2=6mg，故A正确；BD、小球运动到最高点速度为零时假设没有离开圆轨道，则此时弹簧的弹力 F弹=kx=R=mg，此时小球没有离开圆轨道，故B错误，D正确；C、若小球到达最高点的速度恰为零，则根据动能定理得=mg2R，解得 v0=，故只要v0，小球就能做完整的圆周运动，故C正确本题选错误的，故选：B8如图（a），线圈ab、cd绕在同一软铁芯上，在ab线圈中通以变化的电流，用示波器测得线圈cd间电压如图（b）所示，已
30、知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则下列描述线圈ab中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是（）ABCD【考点】D8：法拉第电磁感应定律【分析】线圈cd与示波器连接，在每个时间段内电流不随时间变化，则根据法拉第电磁感应定律，产生感应电流的磁场均匀变化，由此判断线圈ab电流的变化【解答】解：因为线圈cd中每个时间段内电流大小不变化，则每个时间段内产生的感应电动势不变；根据法拉第电磁感应定律得：E=NS，电流为：，则线圈ab中每个时间段内电流的磁场均匀变化正确反应这一关系的图象只有C故C正确，A、B、D错误故选：C二选择题：本题共4小题，有多项符合题目要求全部选对的得4分，选对但不全的得2分
31、，有错选或不选的得0分9太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动，当地球恰好运行到某地外行星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，天文学家称为“行星冲日”，据报道，2014年各行星冲日时间分别为：1月6日木星冲日；4月9日火星冲日；5月11日土星冲日；8月29日海王星冲日；10月8日天王星冲日已知地球及各地外行星绕太阳运动的轨道半径如下表所示，则下列判断正确的是（）地球火星木星土星天王星海王星轨道半径（AU）1.01.55.29.51930A各地外行星每年都会出现冲日现象B在2015年内一定会出现木星冲日C天王星相邻两次冲日的时间间隔为土星的一半D地外行星中，海王星相邻两次冲
32、日的时间间隔最短【考点】4F：万有引力定律及其应用【分析】行星围绕太阳做匀速圆周运动，根据开普勒第三定律，其轨道半径的三次方与周期T的平方的比值都相等；从一次行星冲日到下一次行星冲日，为地球多转动一周的时间【解答】解：根据开普勒第三定律，有：；解得：T=；故T火=1.84年；T木=11.86年；T土=29.28年；T天=82.82年；T海=164.32年；A、如果两次行星冲日时间间隔为1年，则地球多转动一周，有：2=（）t代入数据，有：2=（）1解得：T0为无穷大；即行星不动，才可能在每一年内发生行星冲日，显然不可能，故A错误；B、2014年1月6日木星冲日，木星的公转周期为11.86年，在2
33、年内地球转动2圈，木星转动不到一圈，故在2015年内一定会出现木星冲日，故B正确；C、如果两次行星冲日时间间隔为t年，则地球多转动一周，有：2=（）t解得：t=故天王星相邻两次冲日的时间间隔为：t天=1.01年；土星相邻两次冲日的时间间隔为：t土=1.04年；故C错误；D、如果两次行星冲日时间间隔为t年，则地球多转动一周，有：2=（）t解得：t=，故地外行星中，海王星相邻两次冲日的时间间隔最短；故D正确；故选：BD10如图甲所示，绝缘轻质细绳一端固定在方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场中的O点，另一端连接带正电的小球，小球电荷量q=6107C，在图示坐标中，电场方向沿竖直方向，坐标原点O的电势为
34、零当小球以2m/s的速率绕O点在竖直平面内做匀速圆周运动时，细绳上的拉力刚好为零在小球从最低点运动到最高点的过程中，轨迹上每点的电势随纵坐标y的变化关系如图乙所示，重力加速度g=10m/s2则下列判断正确的是（）A匀强电场的场强大小为5106 v/mB小球重力势能增加最多的过程中，电势能减少了2.4 JC小球做顺时针方向的匀速圆周运动D小球所受的洛伦兹力的大小为0.03 N【考点】CM：带电粒子在混合场中的运动【分析】由乙图利用U=Ed即可求得匀强电场的场强，再根据题境知道小球的受力情况，即重力等于电场力，洛伦兹力提供向心力，根据左手定则即可分析小球的运动方向；再利用能量守恒和电势能的关系判断
35、电势能的减少即可【解答】解：A、根据题意和乙图可知，E=5106V/m，故A正确；B、根据题意可知，小球所受的电场力大小等于重力，洛伦兹力提供向心力，所以小球重力势能增加最多时，电势能减少最多，大小为：2q=261072106J=2.4J，故B正确；C、洛伦兹力提供向心力，据左手定则可知，小球做逆时针运动，故C错误；D、由以上分析可知：mg=Eq，f=qvB=m，联立以上解得：f=3N，故D错误故选：AB11如图所示，矩形线圈abcd与理想变压器原线圈组成闭合电路线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动，磁场只分布在bc边的左侧，磁感应强度大小为B，线圈面积为S，转动角速度为，匝数为N
36、，线圈电阻不计下列说法正确的是（）A将原线圈抽头P向下滑动时，灯泡变暗B将电容器的上极板向上移动一小段距离，灯泡变暗C图示位置时，矩形线圈中瞬时感应电动势为零D若线圈abcd转动的角速度变为原来的2倍，则变压器原线圈电压的有效值也变为原来的2倍【考点】E5：交流的峰值、有效值以及它们的关系【分析】矩形线圈abcd中产生交变电流，线圈处于中性面位置时电动势最小，为零；当线圈与磁场垂直时，电动势最大，为：Em=NBS【解答】解：A、矩形线圈abcd中产生交变电流；将原线圈抽头P向下滑动时，原线圈匝数变小，根据变压比公式，输出电压增大，故灯泡会变亮，故A错误；B、将电容器的上极板向上移动一小段距离，
37、电容器的电容C变小，容抗增大，故干路电流减小，灯泡变暗，故B正确；C、线圈处于图示位置时，是中性面位置，感应电动势的瞬时值为零，故C正确；D、若线圈转动角速度变为2，最大值增加为原来的2倍；有效值也变为原来的2倍，故D正确故选：BCD12如图所示，U型金属框架固定在水平面上，电阻不计金属框架内有一矩形磁场区域，磁感应强度均匀增大，电阻为R的金属棒PQ置于框架上并与框架接触良好金属棒PQ从MN处匀速运动到MN的过程中，取由P到Q的电流方向为正方向，闭合线框中电流i随时间t变化的图示中可能正确的是（）ABCD【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势【分析】由楞次定律即可判断出感应电流的方向；由反
38、垄断电磁感应定律判断出导体棒不切割磁感线时产生的感应电动势的大小，结合法拉第电磁感应定律和导体棒切割磁感线的情况求出PQ切割磁感线时的电动势，最后由欧姆定律分析电流即可【解答】解：由图可知，磁场的方向向里，开始时穿过线框的磁通量增大，根据楞次定律可知，感应电流的方向为逆时针方向，由Q流向P，为负方向；设磁场长度为L1，宽度为L2；磁场的变化率为；在PQ从开始运动到即将开始切割磁感线的过程中，是由磁场的变化产生感生电动势，根据法拉第电磁感应定律得：=，可知共同大多数不变；所以在PQ从开始运动到即将开始切割磁感线的过程中的感应电流：i=保持不变在PQ穿过磁场的过程中，回路中有两部分电动势：a、磁场
39、的增大产生的感生电动势，大小为：，可知，该部分负电动势随时间的推移而减小，根据楞次定律可知，E2产生的感应电流方向与逆时针方向，为负值；b、导体棒PQ向左切割磁感线的过程中产生的电动势：E3=BtL2v，由于磁感应强度增大，所以该部分的电动势增大；根据右手定则可知，该部分的电动势产生的感应电流的方向为P指向Q，为正；综合由a、b的分析可知，电路中的总电动势的大小为E=E2+E3，由于两部分电动势的方向相反，则感应电流的方向可能是P指向Q，也可能是Q指向P；若电流方向为Q指向P，则感应电流先减小，然后变化成正方向的电流，由P指向Q，然后再逐渐增大；若感应电流的方向是P指向Q，则感应电流逐渐增大在
40、PQ穿过了磁场后，线框内没有磁场，也没有磁通量的变化，自然没有感应电动势和感应电流由以上的分析可知，四个选项的图中，只有B图是可能的，故B正确，ACD错误故选：B三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第13题第16题为必考题，每个小题考生都必须作答第17题第19题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（共37分）13如图甲所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验有一直径为d、质量为m的金属小球由A处由静止释放，下落过程中能通过A处正下方、固定于B处的光电门，测得A、B间的距离为H（Hd），光电计时器记录下小球通过光电门的时间为t，当地的重力加速度为g则：（1）如图乙所示
41、，用游标卡尺测得小球的直径d=7.25mm（2）多次改变高度H，重复上述实验，作出随H的变化图象如图丙所示，当图中已知量t0、H0和重力加速度g及小球的直径d满足以下表达式：时，可判断小球下落过程中机械能守恒（3）实验中发现动能增加量EK总是稍小于重力势能减少量EP，增加下落高度后，则EpEk将增大 （选填“增加”、“减小”或“不变”）【考点】MD：验证机械能守恒定律【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）结合极短时间内的平均速度等于瞬时速度得出动能的增加量，抓住重力势能的减小量等于动能的增加量，得出机械能守恒的表达式（3）根据阻力做功的多少确定重力势能减小量和动能
42、增加量之差【解答】解：（1）由图可知，游标卡尺的主尺刻度为7mm；游标对齐的刻度为5；故读数为：7+50.05=7.25mm；（2）若减小的重力势能等于增加的动能时，可以认为机械能守恒；则有：mgH=mv2； 即：2gH0=（）2 解得：；（3）由于该过程中有阻力做功，而高度越高，阻力做功越多；故增加下落高度后，则EpEk将增大故答案为：（1）7.25，（2），（3）增大14在“测定金属电阻率”的实验中，需用用螺旋测微器测量金属丝的直径，其结果如图甲所示，其读数为1.602mm；测量电阻时，先用多用电表粗测金属丝的电阻阻值约为5，再采用“伏安法”精确测量金属丝的电阻，实验室能够提供的实验器材有
43、：A电流表G，量程为0300A，内阻Rg=100B电流表A1，量程为00.6A，内阻r1=0.1C电流表A2，量程为03A，内阻r2=0.02D电阻箱R1，阻值范围0999.9E电阻箱R2，阻值范围09999.9F滑动变阻器R3，最大阻值为10G电源E=3V，内阻约为r=0.5H开关一只，导线若干回答下列问题：（2）正确选择实验器材，电流表应选择A和B，变阻箱应选E；（填写元器件前的字母代号）（3）画出电阻测量的实验电路图；（4）使用正确电路，分别测量多组实验数据，并记录在如图乙IGI坐标系中，将R2调节到9900，根据记录的实验数据做出金属丝的IGI图线，并算出金属丝的电阻Rx=5.0（计算
44、结果保留两位有效数字）【考点】N2：测定金属的电阻率【分析】（1）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数（2）根据实验原理与所给实验器材分析答题；（3）根据实验原理与实验器材确定滑动变阻器与电流表的接法，然后作出实验电路图；（4）根据坐标系内描出的点作出图象，作图原则：让尽可能多的点在直线上，不在直线上的点均匀的分布在直线两侧，然后根据图象求出电阻阻值【解答】解：（1）由图示螺旋测微器可知，其示数为：1.5mm+10.20.01mm=1.602mm；（2）由所给实验器材可知，没有电压表，应该用电流表与电阻箱改装电压表，电源电动势为3V，改装的电压表量程应为3V，应选用电流表A与
45、电阻箱E改装成电压表，通过电阻丝的最大电流约为：I=A=0.6A，则电流表应选择B；待测电阻阻值约为5，电流表内阻约为0.1，电压表内阻为10k，电流表应采用外接法，滑动变阻器最大阻值为10，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，实验电路图如图所示：（3）根据坐标系内描出的点作出图象如图所示：由图示图象可知，金属丝的电阻Rx=5.0；本题答案是：（1）1.601；（2）A；B；E；（3）电路图如图所示；（4）如图所示；5.015公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离，当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相撞，通常情况下，人的反应时间和汽车系统
46、的反应时间之和为1s，当汽车在晴天干燥沥青路面上以108km/h的速度匀速行驶时，安全距离为120m，设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的，若要求安全距离仍为120m，求汽车在雨天安全行驶的最大速度【考点】39：牛顿运动定律的综合应用；1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系【分析】在反应时间内汽车做匀速直线运动，所以汽车间的安全距离等于匀速运动的位移和匀减速直线运动的位移之和【解答】解：汽车初速度为：v0=108km/h=30m/s，在反应时间内，汽车做匀速运动，运动的距离：s1=v0t=301m=30m，汽车在减速阶段的位移：s2=s0s1=12030=90m，设干燥路面的摩擦
47、因数是0，汽车从刹车到停下，汽车运动的距离为s2：，得：，下雨时路面的摩擦因数： =0.2，在反应时间内，汽车做匀速运动，运动的距离：s3=vt，汽车从刹车到停下，汽车运动的距离为s4：，又：s3+s4=120m，代入数据解得：v=20m/s答：汽车在雨天安全行驶的最大速度是20m/s16如图所示，在匀强磁场中有一足够长的光滑平行金属导轨，与水平面间的夹角=30，间距L=0.5m，上端接有阻值R=0.3的电阻，匀强磁场的磁感应强度大小B=0.4T，磁场方向垂直导轨平面向上一质量m=0.2kg，电阻r=0.1的导体棒MN在平行于导轨的外力F作用下，由静止开始向上做匀加速运动，运动过程中导体棒始终
48、与导轨垂直，且接触良好，当棒的位移d=9m时电阻R上消耗的功率为P=2.7W其他电阻不计，g取10m/s2求：（1）此时通过电阻R上的电流；（2）这一过程通过电阻R上电荷量q；（3）此时作用于导体棒上的外力F的大小；（4）此时撤去F，棒能上升的最大距离为s=2m，则撤去F后电阻R上产生的热量多大？【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；37：牛顿第二定律；BB：闭合电路的欧姆定律；DD：电磁感应中的能量转化【分析】（1）根据P=I2R求解电阻R上的电流；（2）根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律推导电荷量的计算公式，即q=，由此求解（3）由（1）中电流求出此时的速度，再根据匀变速运动
49、：v2=2ax，求出加速度，结合牛顿第二定律求解外力F；（4）根据能量守恒定律和焦耳定律进行解答【解答】解：（1）根据热功率：P=I2R 解得：I=A=3A；（2）回路中产生的平均感应电动势：由欧姆定律得：得电流和电量之间关系式：q=n代入数据得：q=4.5C；（3）此时感应电流I=3A，由I=解得此时速度：v=6m/s由匀变速运动公式：v2=2ax，解得：a=2m/s2对导体棒由牛顿第二定律得：FF安mgsin30=ma 即：FBILmgsin30=ma解得：F=ma+BIL+mgsin30=2 N （4）对导体棒由能量守恒得代入数据得 Q=1.6J 此为回路中产生的总热量，电阻R上产生的热
50、量QR=Q=1.2J答：（1）通过电阻R上的电流3A；（2）通过电阻R上电电荷量q为4.5C；（3）导体棒上的外力F的大小为2N；（4）撤去F后电阻R上产生的热量为1.2J二.选考题（共15分）请考生从给出的3道物理题中任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应题号右边的方框涂黑注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题如果多做，则每学科按所做的第一题计分物理-选修3-317一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其PT图象如图所示下列判断正确的是（）A过程ab中气体一定吸热B过程bc中气体既不吸热也不放热C过程ca中外界对气
51、体所做的功等于气体所放的热Da，b和c三个状态中，状态a分子的平均动能最小Eb和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同【考点】99：理想气体的状态方程【分析】由图示图象判断气体的状态变化过程，应用气态方程判断气体体积如何变化，然后应用热力学第一定律答题【解答】解：A、由图示可知，ab过程，气体压强与热力学温度成正比，则气体发生等容变化，气体体积不变，外界对气体不做功，气体温度升高，内能增大，由热力学第一定律可知，气体吸收热量，故A正确；B、由图示图象可知，bc过程气体发生等温变化，气体内能不变，压强减小，由玻意耳定律可知，体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律U=Q
52、+W可知，气体吸热，故B错误；C、由图象可知，ca过程气体压强不变，温度降低，由盖吕萨克定律可知，其体积减小，外界对气体做功，W0，气体温度降低，内能减少，U0，由热力学第一定律可知，气体要放出热量，过程ca中外界对气体所做的功小于气体所放热量，故C错误；D、由图象可知，a状态温度最低，分子平均动能最小，故D正确；E、由图象可知，bc过程气体发生等温变化，气体内能不变，压强减小，由玻意耳定律可知，体积增大，b、c状态气体的分子数密度不同，b和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同，故E正确；故选：ADE18一定质量的理想气体被活塞封闭在竖直放置的圆柱形气缸内，气缸壁导
53、热良好，活塞可沿气缸壁无摩擦地滑动开始时气体压强为P，活塞下表面相对于气缸底部的高度为h，外界的温度为TS现取质量为m的沙子缓慢地倒在活塞的上表面，沙子倒完时，活塞下降了若此后外界温度变为T，求重新达到平衡后气体的体积已知外界大气的压强始终保持不变，重力加速度大小为g【考点】99：理想气体的状态方程【分析】气体先发生等温变化，然后再发生等压变化，由玻意耳定律与盖吕萨克定律求出气体的体积【解答】解：以封闭气体为研究对象初态：压强为p 体积：hS末态：压强p体积：根据玻意耳定律有：解得：质量为m的沙子产生的压强即得外界的温度变为T后，设活塞下表面相对于气缸底部的高度为h，根据盖吕萨克定律，得：得重
54、新平衡后气体的体积为：答：重新达到平衡后气体的体积为【物理-选修3-5】19如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图象，下列说法中正确的是（）A甲摆摆长比乙摆摆长长B甲摆的振幅比乙摆大C甲摆的机械能比乙摆大D在t=0.5s时有正向最大加速度的是乙摆E由图象不能求出当地的重力加速度【考点】73：简谐运动的振动图象【分析】由图读出两单摆的周期，由单摆的周期公式分析摆长关系；由位移的最大值读出振幅；由于两摆的质量未知，无法比较机械能的大小；根据加速度与位移方向相反，确定加速度的方向根据单摆的周期公式分析能否测量当地的重力加速度【解答】解：A、从图中可得两者的周期相同，都为2s，又知道两者在同一个地点
55、测量的，即g相同，所以根据单摆周期公式 T=2，可得两单摆的摆长相等，故A错误；B、从图中可得甲的振幅为10cm，乙的振幅为7m，故甲摆的振幅比乙摆大，故B正确；C、由于摆球质量未知，所以机械能大小关系无法判断，故C错误；D、在t=0.5s时乙处于负向最大位移处，由于加速度方向和位移方向相反，所以此时有正向最大加速度，故D正确；E、由于不知道摆长，所以无法求解重力加速度，故E正确；故选：BDE20如图所示，一截面为直角三角形的玻璃棱镜ABC，A=30一条光线以45的入射角从AC边上的D点射入棱镜，光线最终垂直BC边射出求玻璃的折射率画出光在玻璃棱镜中的传播路线【考点】H3：光的折射定律【分析】
56、光线垂直BC射出，从D入射进入玻璃镜中的光线一定在AB面发生全反射后，再从BC面射出，作出光路图，由几何知识确定出光线从D点入射光的折射角和折射角，再根据折射率公式求解【解答】解：由几何关系可知，AB面的入射角为 i=60 光线进入AC面的折射角为 r=30对光在AC面的折射，由折射定律可知： n=由sinC=，则得棱镜对空气的临界角为 C=45 因为iC，因此，AB面无光线射出，由题意可作出光由AC面射入，从BC面射出的传播路线如图所示答：玻璃的折射率为光在玻璃棱镜中的传播路线如图所示【物理-选修3-5】21下列说法正确的是（）A人类关于原子核内部的信息，最早来自天然放射现象B在，三种射线中
57、射线电离作用最强C放射性元素的半衰期会随着温度的升高而缩短D较重的核分裂成中等质量大小的核，核子的比结合能都会增加E两个轻核结合成质量较大的核，核子的比结合能增加【考点】J9：天然放射现象；JL：轻核的聚变【分析】根据三种射线的特性、半衰期的特点和裂变聚变的特点去分析，并由平均结合能是核子与核子结合成原子核时平均每个核子放出的能量，从而即可求解【解答】解：A、人类最初对原子核的认识就是来源于天然放射现象，故A正确；B、，三种射线中射线的电离本领最强，故B错误；C、半衰期由原子核本身决定，与外界任何因素都无关，故C错误；D、不同原子核的平均结合能不同，中等质量的核的平均结合能比轻核、重核的平均结
58、合能都大故D正确；E、平均结合能是核子与核子结合成原子核时平均每个核子放出的能量故E正确；故选：ADE22某同学做了“测定玩具枪子弹与透明物块相互作用力”的实验，如图所示，将质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射入固定在光滑水平面上质量为M的透明物块中，测得子弹射入的深度为d，设子弹与物块之间的相互作用力的大小与物块的运动状态无关请你帮该同学计算：子弹与透明物块之间的相互作用力f的大小；若物块不固定，子弹仍以原来的速度射入物块，求子弹射入物块的深度d【考点】53：动量守恒定律；6C：机械能守恒定律【分析】（1）对子弹打入固定木块过程由动能定理可求得阻力的大小；（2）由动量守恒定律求得碰后共同的速度，再由能量守恒定律可求得打入的距离【解答】解：子弹打入固定不动的木块，对子弹进行受力分析，由动能定理可得：fd=0mv02解得：f=子弹打入没有固定的物块，由上一问可知子弹没有穿出木块，最后共同运动设向右为正方向，由动量守恒定律可得：mv0=（M+m）v 由能量守恒定律可得：fd=0mv02（M+m）v2解得：d=答：子弹与透明物块之间的相互作用力f的大小为；若物块不固定，子弹仍以原来的速度射入物块，求子弹射入物块的深度d为2017年6月4日