1、2016年安徽省芜湖市马鞍山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1418题只有一项符合题目要求第1921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1一个物体以某一初速度vo竖直上抛，在tl时刻上升到最高点，在t2时刻回到抛出点若物体在运动过程中受到空气阻力不能忽略且大小恒定，则该物体运动的速度一时间图象可能是（）ABCD2如图所示，斜面上放有两个完全相同的物体a、b，两物体间用一根细线连接，在细线的中点加一垂直于斜面的拉力F，使两物体均处于静止状态则下列说法正确的是（）Aa、b两物体对斜面的压力相同Ba、b两物体受到的
2、摩擦力方向一定相反C当逐渐增大拉力，时，物体b先开始滑动D在F大小一定的情况下，图中角越大，细线的长力越大32015年9月30日7时13分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭成功将第4颗新一代北斗导航卫星送入倾斜地球同步轨道（该卫星轨道为与地球赤道面成55角的圆形轨道，卫星周期与地球自转周期相同）若地球表面的重力加速度g=9.8m/s2则该卫星（）A始终位于地球某处的正上方B线速度大小v7.9km/sC每天同一时间通过地球同一位置正上方D加速度大小a9.8m/s24如图是某医用回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金届盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连，更换不同的离子源
3、可以对不同的离子进行加速现用该回旋加速器分别加速氘核（H ）和氦核（He），假设离子源释放的离子初速度可忽略，匀强磁场的磁感应强度不变下列说法正确的是（）A加速氦核比加速氘核时需要的高频电源频率高B加速氦核比加速氘核时需要的高频电源电压高C氘核和氮核从加速器中射出时动能相同D氮核经加速器加速后获得的动能更大5如图所示，用绝缘轻杆连接A、B两物体静止放在光滑绝缘 的水平面上，一轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接，另一端与A物体相连现让B物体带上正电荷后，在空间加一水平向右的匀强电场，在电场力作用下B开始向右运动，直到B物体达到最大速度下列有关该过程的分析正确的是（）AB物体加速度一直在增大BA、
4、B物体总动能的增加量等于B物体电势能的减少量CB物体电势能和动能之和的减少量等于A物体动能的增加量D轻杠对A物体所做的功数值上等于A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量6如图所示为某汽车在平直公路上启动时发动机功率P随时间t变化的图象，P0为发动机的额定功率已知在t2时刻汽车的速度已经达到最大vm，汽车所受阻力大小与速度大小成正比由此可得（）A在t3时刻，汽车速度一定等于vmB在t1t2时间内，汽车一定做匀速运动C在t2t3时间内，汽车一定做匀速运动D在发动机功率达到额定功率前，汽车一定做匀加速运动7在光滑水平桌面中央固定一边长为0lm的小正三棱柱abc，俯视如图长度为L=0.5m的不可伸长细
5、线，一端固定在a点，另一端拴住一个质量为m=0.8kg可视为质点的小球，t=0时刻，把细线拉直在ca的延长线上，并给小球一垂直于细线方向的水平速度，大小为v0=4m/s由于光滑棱柱的存在，细线逐渐缠绕在棱柱上（不计细线与三棱柱碰撞过程中的能量损失）已知细线所能承受的最大张力为50N则细线断裂之前（）A小球的速率逐渐减小B小球速率保持不变C小球运动的路程为 0.8mD小球运动的位移大小为0.3 m8如图所示，空间有竖直向下的匀强磁场分布在宽度为2L的某矩形区域内，该区域的左、右边界分别为MN、PS，以MN 上某点D为原点，建立垂直MN、方向水平向右的x轴一边长为L的正方形导线框abcd静止平放在
6、光滑绝缘的水平面上，ab边的位置坐标为x=一L，现给线框加一水平向右的恒力F0，线框开始向右运动，当线框的ab边到达PS时，线框刚好做匀速直线运动从线框的ab边经过MN时开始计时，规定逆时针方向为感应电流正方向、水平向左为安培力正方向则关于线框中的感应电流f和线框所受的安培力F与ab 边的位置坐标x的关系图线中，正确的是（）ABCD三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须做答第33题第40题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（共129分）9图（a）为利用气垫导轨验证动能定理的实验装置示意图实验步骤如下：用天平测量滑块和遮光片的总质量M、小物体的质量
7、m；用游标卡尺测量遮光片的宽度d，用米尺测量两光电门之间的距离s：调整气垫导轨使轨道水平，并调整轻滑轮，使细线与轨道平行；让滑块从光电门A的左侧由静止释放，用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门A和光电门B所用的时间tA和tB；算出滑块由A到B的动能增加量Ek，算出小物体重力做的功W1；根据上述实验数据判断：在实验误差允许的范刚内，W=Ek回答下列各题：（1）测量d时，某次游标卡尺的示数如图（b）所示，其读数为cm（2）滑块的Ek可用上述测量量表示为Ek=（3）为了减小实验误差，M、m必须满足的条件是（4）为了避免M、m的关系对实验误差的影响，可以采取的处理方法是10在实验室中学生想了解某电流表
8、的内阻，他先用多用电表选择“X1档”测量电流表的内阻，表盘示数如图1所示，由于多用表没有更小的倍率可选用，所以该学生设计电路来测量电流表内阻，可选用的器材如下：A待测电流表A（量程0.6A）：B电压表V1（量程3V，内阻约为2k）：C电压表V2（量程15V，内阻约为10k）；D滑动变阻器R1（最大阻值10）E定值电阻R2（阻值5.0，）F电源E（电动势4V）：G电键S及导线若干（1）多用电表粗测被测电流表的电阻大约为A.0.5 B.5 C10 D.50（2）实验电路中电压表应选（填写所列器材前的序号）（3）在虚线框内画出实验电路图，若测得电压表的读数为U，电流表的示数为I1，则电流表A的内阻的
9、表达式为：RA=11两物块A、B并排放在水平地面上，且两物体接触面为竖直面，现用一水平推力F作用在物体A上，使A、B由静止开始一起向右做匀加速运动，如图（a）所示，在A、B的速度达到6m/s时，撤去推力F已知A、B质量分别为mA=lkg、mB=3kg，A与水平面间的动摩擦因素为u=0.3，B与地面没有摩擦，B物体运动的vt图象如图（b）所示取g=l0m/s2，求：（1）推力F的大小；（2）A物体刚停止运动时，物体A、B之间的距离12如图所示，在xOy平面内，直线MN和x轴之间存在沿x轴正方向的匀强电场，在第I象限和第II象限的部分区域内存在垂直纸面向内的匀强磁场，磁感应强度大小为B，有一质量为
10、m、带电量为+q的粒子从电场下边界上的A点沿y轴正方向射入电场区域，A点与坐标原点O的距离为h，质点到达x轴上P点时，速度方向与x轴正方向的夹角为=30质点由P点进入磁场后，从磁场边界OC上的Q点（图中未标出）离开磁场之后，又从x轴上的D点垂直于x轴进入电场，最后恰好回到A点不计粒子的重力，求：（1）P点到坐标原点O的距离d；（2）粒子在磁场中运动的时间t1（3）匀强电场的场强E（二）选考题：共45分；请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一题作答并用2B铅笔在答题卡上把所选题目题号后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
11、，则每学科按所做的笫一题计分【物理-选修3-313下列说法正确的是（）A单晶体和多晶体都有确定的熔点B气体绝热膨胀对外做功，内能一定增大C温度低的物体分子运动的平均速率小D液体的饱和气压随温度的升高而增大E液体表面存在张力是因为液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离14如图所示，竖直放置U形玻璃管与容积为V0=15cm3的金属球形容器连通，玻璃管左侧横截面积为右侧横截面积的4倍右侧玻璃管和球形容器中用水银柱封闭一定质量的理想气体开始时，U形玻璃管右侧水银面比左侧水银面高出h1=15cm，右侧玻璃管内水银柱上方空气柱长h0=9cm现缓慢向左管中加入水银，使两边水银柱达到同一高度，玻璃管和
12、金属球导热良好（已知大气压P0=75cmHg，U形玻璃管的右侧横截面积为S=1cm2）求：此过程中被封气体内能如何变化？吸热还是放热？需要加入的水银体积物理-选修3-415下列说法正确的是（）A光的偏振特征说明光是横波B变化的磁场一定会产生变化的电场C照相机镜头在阳光下呈现淡紫色是光的全反射现象D相对论认为时间和空间与物质的运动状态有关E光的双缝干涉实验中，若仅将入射光从蓝光改为红光，则相邻亮条纹间距一定变大16一列简谐横波沿x轴正向传播，波源的平衡位置坐标为x0=0M、N是传播方向上两质点，横坐标分别为x1=4m、x2=12mt=0时波源开始振动，t=0.5s 时质点M开始振动，M点的振动图
13、象如图所示求；波从波源传到N点的时间从t=0时刻到N点第一次达到波峰时，波源质点所经过的路程物理-选修3-517下列说法正确的是（）A原子核发生一次衰变，该原子外层就失去一个电子B太阳辐射的能量主要来自太阳内部的聚变反应C可利用某些物质在红外线照射下发出荧光来设计防伪措施D放射性元素的半衰期是针对大量原子核的统计规律E比结合能越大，原子核中核子结合的越牢固，原子核越稳定18一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定轨道，此时由星箭分离系统使箭体与卫星分离已知火箭前端的卫星质量为m，后部分的箭体质量为km，星箭分离后，箭体速率减小为原速率的一半，并沿火箭原速度方向，若忽略空气阻力及分离前后系统质量
14、的变化，在星箭分离过程中，求：卫星的动量变化量p星箭分离系统所做的功W2016年安徽省芜湖市马鞍山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1418题只有一项符合题目要求第1921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1一个物体以某一初速度vo竖直上抛，在tl时刻上升到最高点，在t2时刻回到抛出点若物体在运动过程中受到空气阻力不能忽略且大小恒定，则该物体运动的速度一时间图象可能是（）ABCD【考点】匀变速直线运动的图像【分析】物体上升做匀减速运动，下落做匀加速运动，根据牛顿第二定律分析加速度的关系，由能
15、量守恒定律分析物体回到抛出点时的速度与抛出时速度的关系，抓住两个过程位移大小相等，由位移公式分析时间关系即可选择图象【解答】解：设空气阻力大小为f，根据牛顿第二定律得：上升时有：mg+f=ma得：a=g+下落时有：mgf=ma得：a=g，可得：aa所以上升过程vt图象的斜率大于下落过程图象的斜率根据上升位移与下降位移大小相等，由x=，得t上t下由能量守恒定律知，由于空气阻力做负功，物体的机械能不断减少，则物体回到抛出点的速度小于抛出时的初速度再结合上升与下落速度方向相反，可知B图正确故选：B2如图所示，斜面上放有两个完全相同的物体a、b，两物体间用一根细线连接，在细线的中点加一垂直于斜面的拉力
16、F，使两物体均处于静止状态则下列说法正确的是（）Aa、b两物体对斜面的压力相同Ba、b两物体受到的摩擦力方向一定相反C当逐渐增大拉力，时，物体b先开始滑动D在F大小一定的情况下，图中角越大，细线的长力越大【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用【分析】对ab进行受力分析，ab两个物体都处于静止状态，受力平衡，把绳子和力T和重力mg都分解到沿斜面方向和垂直于斜面方向，根据共点力平衡列式分析即可【解答】解：A、对a、b分别进行受力分析，如图所示：a、b两个物体，垂直于斜面方向受力都平衡，则有：N+Tsin=mgcos解得：N=mgcosTsin，则a、b两物体对斜面的压力相同，故A正
17、确；B、b物体处于静止状态，当绳子沿斜面向上的分量小于重力沿斜面向下的分量时，摩擦力平行斜面向上，而a物体必定受到平行斜面向上的摩擦力作用，故a、b两物体受到的摩擦力方向不一定相反，故B错误；C、对a沿斜面方向有：Tcos+mgsin=fa，对b沿斜面方向有：Tcosmgsin=fb，正压力相等，所以最大静摩擦力相等，则a先达到最大静摩擦力，先滑动，故C错误；D、将拉力沿着两个细线的方向正交分解，得到两个分力大小：，故越大，两个分力越小，故D错误；故选：A32015年9月30日7时13分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭成功将第4颗新一代北斗导航卫星送入倾斜地球同步轨道（该卫星轨道为
18、与地球赤道面成55角的圆形轨道，卫星周期与地球自转周期相同）若地球表面的重力加速度g=9.8m/s2则该卫星（）A始终位于地球某处的正上方B线速度大小v7.9km/sC每天同一时间通过地球同一位置正上方D加速度大小a9.8m/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】地球同步卫星的轨道是固定的，只能在赤道正上方某一固定高度；倾斜的地球同步轨道卫星是指周期为24小时根据万有引力等于向心力，列式分析加速度与地球表面重力加速度的关系【解答】解：A、北斗导航卫星位于倾斜地球同步轨道，可知它不在地球某处的正上方，故A错误BD、根据万有引力等于向心力得 G=m=ma，得v
19、=，a=，则知卫星的轨道半径越大，线速度、向心加速度越小，因此北斗导航卫星的线速度和加速度小于近地卫星的线速度和加速度，近地卫星的速度等于第一宇宙速度，加速度近似等于9.8m/s2，即有v7.9km/sa9.8m/s2故BD错误C、倾斜的地球同步轨道卫星的周期为24小时，则每天同一时间通过地球同一位置正上方故C正确故选：C4如图是某医用回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金届盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连，更换不同的离子源可以对不同的离子进行加速现用该回旋加速器分别加速氘核（H ）和氦核（He），假设离子源释放的离子初速度可忽略，匀强磁场的磁感应强度不变下列说法正确的是（
20、）A加速氦核比加速氘核时需要的高频电源频率高B加速氦核比加速氘核时需要的高频电源电压高C氘核和氮核从加速器中射出时动能相同D氮核经加速器加速后获得的动能更大【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理【分析】粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解出最大速度、最大动能、周期的表达式进行分析即可【解答】解：根据qvB=m得，粒子出D形盒时的速度vm=，则粒子出D形盒时的动能：Ekm=；A、根据T=，氘核（21H）和氦核（42He）在D形盒内运动的周期相同，则频率：f=也相等，故A错误；B、根据公式vm=，最大动能与电压的频率无关，故B错误；C、D、根据公式Ekm=，氦核的最大
21、动能是氘核的2倍，故C错误，D正确；故选：D5如图所示，用绝缘轻杆连接A、B两物体静止放在光滑绝缘 的水平面上，一轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接，另一端与A物体相连现让B物体带上正电荷后，在空间加一水平向右的匀强电场，在电场力作用下B开始向右运动，直到B物体达到最大速度下列有关该过程的分析正确的是（）AB物体加速度一直在增大BA、B物体总动能的增加量等于B物体电势能的减少量CB物体电势能和动能之和的减少量等于A物体动能的增加量D轻杠对A物体所做的功数值上等于A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；功能关系【分析】本题首先要分析清楚过程中物体受力的变化情况，
22、清理各个力做功情况；根据功能关系明确系统动能及弹簧弹性势能等能量的变化情况，注意各种功能关系的应用【解答】解：A、对于A、B两物体，受电场力和轻质弹簧的拉力作用，当B开始向右运动，随着弹簧的伸长量增加，弹力增大，当弹簧的弹力小于电场力时，B物体加速向右运动；当弹簧的弹力等于电场力时，B物体不再加速，速度达到最大；所以在该过程中，B物体做加速度减小变加速运动，即B物体加速度一直在减小，故A错误；B、整个系统中，根据功能关系可知，B物体的电势能转化为A、B的动能以及弹簧的弹性势能，所以A、B物体总动能的增加量加上弹簧弹性势能的增加量等于B物体电势能的减少量，故B错误；C、由选项B可知，B物体电势能
23、的减少量减去B物体的动能与弹簧的弹性势能之和等于A物体动能的增加量，故C错误；D、对于A物体和轻质弹簧，根据功能关系可知，轻杠对A物体所做的功转化为A物体的动能与弹簧的弹性势能，即轻杠对A物体所做的功数值上等于A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量，故D正确故选：D6如图所示为某汽车在平直公路上启动时发动机功率P随时间t变化的图象，P0为发动机的额定功率已知在t2时刻汽车的速度已经达到最大vm，汽车所受阻力大小与速度大小成正比由此可得（）A在t3时刻，汽车速度一定等于vmB在t1t2时间内，汽车一定做匀速运动C在t2t3时间内，汽车一定做匀速运动D在发动机功率达到额定功率前，汽车一定做匀加速运
24、动【考点】功率、平均功率和瞬时功率【分析】在0t1时间内，汽车发动机的牵引力是恒定的，根据牛顿第二定律求出加速度，从而判断出汽车的运动情况当输出功率达到额定功率，根据P=Fv，根据速度的变化判断牵引力的变化，从而判断出加速度的变化，分析汽车的运动情况【解答】解：A、已知在t2时刻汽车的速度已经达到最大vm，此后汽车做匀速直线运动，速度不变，所以在t3时刻，汽车速度一定等于vm故A正确B、0t1时间内汽车的功率均匀增加，汽车所受阻力增大，汽车做变加速直线运动；汽车的功率在t1时刻达到额定功率，根据P=Fv，速度继续增大，牵引力减小，则加速度减小，则在t1t2时间内汽车做加速度减小的加速运动，故B
25、错误C、在t2t3时间内，汽车已达到最大速度，且功率保持不变，汽车一定做匀速直线运动，故C正确D、由此分析知，在发动机功率达到额定功率前，汽车先做匀加速运动，后做加速度减小的变加速运动，故D错误；故选：AC7在光滑水平桌面中央固定一边长为0lm的小正三棱柱abc，俯视如图长度为L=0.5m的不可伸长细线，一端固定在a点，另一端拴住一个质量为m=0.8kg可视为质点的小球，t=0时刻，把细线拉直在ca的延长线上，并给小球一垂直于细线方向的水平速度，大小为v0=4m/s由于光滑棱柱的存在，细线逐渐缠绕在棱柱上（不计细线与三棱柱碰撞过程中的能量损失）已知细线所能承受的最大张力为50N则细线断裂之前（
26、）A小球的速率逐渐减小B小球速率保持不变C小球运动的路程为 0.8mD小球运动的位移大小为0.3 m【考点】向心力；牛顿第二定律【分析】细线断裂之前，绳子拉力与小球的速度垂直，小球的速度大小不变绳子刚断裂时，拉力大小为50N，由F=m求出此时球的轨道半径小球每转120半径减小0.1m，确定出小球转动的圈数，求出路程根据初位置、末位置的直线距离求解位移大小【解答】解：AB、细线断裂之前，绳子拉力与小球的速度垂直，对小球不做功，不改变小球的速度大小，故小球的速率保持不变故A错误，B正确；C、细线断裂瞬间，拉力大小为50N，由F=m得：r=0.256m，所以刚好转一圈绳断裂，故小球运动的路程为：S=
27、2r1+=2r2+2r3=（0.5+0.4+0.3）=0.8 m，故C正确D、小球每转120半径减小0.1m，细线断裂之前，小球运动的位移大小为 0.5m0.2m=0.3m故D正确故选：BCD8如图所示，空间有竖直向下的匀强磁场分布在宽度为2L的某矩形区域内，该区域的左、右边界分别为MN、PS，以MN 上某点D为原点，建立垂直MN、方向水平向右的x轴一边长为L的正方形导线框abcd静止平放在光滑绝缘的水平面上，ab边的位置坐标为x=一L，现给线框加一水平向右的恒力F0，线框开始向右运动，当线框的ab边到达PS时，线框刚好做匀速直线运动从线框的ab边经过MN时开始计时，规定逆时针方向为感应电流正
28、方向、水平向左为安培力正方向则关于线框中的感应电流f和线框所受的安培力F与ab 边的位置坐标x的关系图线中，正确的是（）ABCD【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律【分析】据题意，线框的ab边到达PS时线框刚好做匀速直线运动，此时线框所受的安培力与重力大小相等，而线框完全在磁场中运动时做匀加速运动，可判断出线框进入磁场过程只能做加速运动，不能做匀速运动或减速运动，否则通过匀加速，ab边到达PS时速度增大，安培力增大，安培力将大于重力，不可能匀速运动再根据安培力与速度成正比，分析感应电流和安培力的变化情况【解答】解：据题线框的ab边到达PS时线框刚好做匀速直线运动，此时线框所
29、受的安培力与重力大小相等，即F=mg，而线框完全在磁场中运动时做匀加速运动，所以可知线框进入磁场过程，安培力应小于重力，即Fmg，只能做加速运动，不能做匀速运动或减速运动，否则通过匀加速过程，ab边到达PS时速度增大，安培力增大，安培力将大于重力，不可能匀速运动根据安培力公式F=，可知：线框进入磁场的过程中，随着速度增大，产生的感应电动势和感应电流i逐渐增大，安培力逐渐增大，线框所受的合力减小，加速度减小，所以做加速度减小的变加速运动感应电流i=，所以感应电流i的变化率也应逐渐减小，安培力F的变化率也逐渐减小根据楞次定律判断可知，线框进入磁场和穿出磁场过程，所受的安培力方向都向上，为正方向故A
30、D正确，BC错误故选：AD三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须做答第33题第40题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（共129分）9图（a）为利用气垫导轨验证动能定理的实验装置示意图实验步骤如下：用天平测量滑块和遮光片的总质量M、小物体的质量m；用游标卡尺测量遮光片的宽度d，用米尺测量两光电门之间的距离s：调整气垫导轨使轨道水平，并调整轻滑轮，使细线与轨道平行；让滑块从光电门A的左侧由静止释放，用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门A和光电门B所用的时间tA和tB；算出滑块由A到B的动能增加量Ek，算出小物体重力做的功W1；根据上述实验数据判断：
31、在实验误差允许的范刚内，W=Ek回答下列各题：（1）测量d时，某次游标卡尺的示数如图（b）所示，其读数为1.160cm（2）滑块的Ek可用上述测量量表示为Ek=（3）为了减小实验误差，M、m必须满足的条件是Mm（4）为了避免M、m的关系对实验误差的影响，可以采取的处理方法是把小物体的滑块看成一个整体，计算整体的动能增加量【考点】探究功与速度变化的关系【分析】（1）游标卡尺主尺与游标尺的示数之和是游标卡尺的示数；（2）当时间很短时，可以用平均速度代替瞬时速度，据此求出物块经过A、B两点时的速度，从而求出动能的变化量；（3）当Mm时，绳子拉力等于小物体的重力；（4）把小物体的滑块看成一个整体，计算
32、整体的动能增加量就能避免M、m的关系对实验误差的影响【解答】解：（1）由图（b）所示游标卡尺可知，主尺示数为11mm，游标尺示数为120.05mm=0.60mm，则游标卡尺示数为11mm+0.60mm=11.60mm=1.160cm（2）物块经过A点时的速度vA=，物块经过B点时的速度vB=，滑块的Ek=，（3）为了使绳子拉力等于小物体的重力，则必须满足Mm，（4）若把小物体的滑块看成一个整体，计算整体的动能增加量就能避免M、m的关系对实验误差的影响故答案为：（1）1.160；（2）；（3）Mm；（4）把小物体的滑块看成一个整体，计算整体的动能增加量10在实验室中学生想了解某电流表的内阻，他先
33、用多用电表选择“X1档”测量电流表的内阻，表盘示数如图1所示，由于多用表没有更小的倍率可选用，所以该学生设计电路来测量电流表内阻，可选用的器材如下：A待测电流表A（量程0.6A）：B电压表V1（量程3V，内阻约为2k）：C电压表V2（量程15V，内阻约为10k）；D滑动变阻器R1（最大阻值10）E定值电阻R2（阻值5.0，）F电源E（电动势4V）：G电键S及导线若干（1）多用电表粗测被测电流表的电阻大约为AA.0.5 B.5 C10 D.50（2）实验电路中电压表应选V1（填写所列器材前的序号）（3）在虚线框内画出实验电路图，若测得电压表的读数为U，电流表的示数为I1，则电流表A的内阻的表达式
34、为：RA=【考点】用多用电表测电阻【分析】电阻太小，据所给的器材可用伏安法测量，并要把电流表与所给定值电阻串联，用电压表测得串联总电压，由欧姆定律求得总电阻再计算出电流表的内阻【解答】解：（1）电阻由表所示约为0.5，则A正确，故选：A（2）电源电动势为4V，则所用电压表的量程为3V即可，则电压表选：V1（3）电流表与所给定值电阻串联，用电压表测得串联总电压，电路如图，RA= 故答案为：（1）A（2）V1（3）电路如图11两物块A、B并排放在水平地面上，且两物体接触面为竖直面，现用一水平推力F作用在物体A上，使A、B由静止开始一起向右做匀加速运动，如图（a）所示，在A、B的速度达到6m/s时，
35、撤去推力F已知A、B质量分别为mA=lkg、mB=3kg，A与水平面间的动摩擦因素为u=0.3，B与地面没有摩擦，B物体运动的vt图象如图（b）所示取g=l0m/s2，求：（1）推力F的大小；（2）A物体刚停止运动时，物体A、B之间的距离【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像【分析】（1）根据乙图求得匀加速阶段的加速度，对AB整体由牛顿第二定律求得推力；（2）根据牛顿第二定律求得撤去外力后物体A的加速度，根据运动学公式求得减速到零所需时间，根据运动学公式即可判断出AB间相距的距离【解答】解：（1）在水平推力F作用下，物体AB一起做匀加速运动，加速度为a，有B物体的vt图象得，对于AB整体，
36、由牛顿第二定律得FmAg=（mA+mB）a代入数据解得F=15N（2）物体A匀减速运动的时间为t，撤去推力F后，AB两物体分离，A在摩擦力作用下做匀减速运动，B做匀速运动对A由mAg=mAaA，解得物体A通过的位移物体B通过的位移xB=v0t=62m=12m物体A刚停止时AB间的位移x=xBxA=126m=6m答：（1）推力F的大小为15N；（2）A物体刚停止运动时，物体A、B之间的距离为6m12如图所示，在xOy平面内，直线MN和x轴之间存在沿x轴正方向的匀强电场，在第I象限和第II象限的部分区域内存在垂直纸面向内的匀强磁场，磁感应强度大小为B，有一质量为m、带电量为+q的粒子从电场下边界上
37、的A点沿y轴正方向射入电场区域，A点与坐标原点O的距离为h，质点到达x轴上P点时，速度方向与x轴正方向的夹角为=30质点由P点进入磁场后，从磁场边界OC上的Q点（图中未标出）离开磁场之后，又从x轴上的D点垂直于x轴进入电场，最后恰好回到A点不计粒子的重力，求：（1）P点到坐标原点O的距离d；（2）粒子在磁场中运动的时间t1（3）匀强电场的场强E【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）粒子从A点到P点做类平抛运动，已知匀速运动的位移为h，末速度的方向，由类平抛运动规律能够求出匀加速直线运动的位移即P点到O点的距离（2）由于从D点垂直x轴进入电场，则可以找到粒子
38、离开磁场的位置和速度方向，再加上从P点进入磁场的速度方向，这样就能确定粒子做匀速圆周运动的圆心，画出其运动轨迹，由几何关系求出偏转角从而求出粒子在磁场中运动的时间（3）粒子从D点再次做类平抛运动，由几何关系找到匀加速直线运动的位移，由类平抛运动的规律求出匀强电场的场强【解答】解：（1）粒子从A到P的过程 h=v0t1解得：（2）如图所示，带电粒子在磁场中运动由P到Q粒子转过的圆心角：粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为：粒子在磁场中运动的时间为：（3）由第（1）题知设D点到坐标原点O的距离为L，粒子由D点运动到A点，也做类平抛运动：vD=vp=2v0h=2v0t2联立以上各式可得：质点在磁场中运
39、动时，轨迹如图所示，令粒子在磁场中运动的半径为R，据几何关系有：R+Rsin=OP+OD解得：据牛顿第二定律有：解得：粒子的初速度：由动能定理得：Eq解得：答：（1）P点到坐标原点O的距离d为（2）粒子在磁场中运动的时间t1为（3）匀强电场的场强E为（二）选考题：共45分；请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一题作答并用2B铅笔在答题卡上把所选题目题号后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，则每学科按所做的笫一题计分【物理-选修3-313下列说法正确的是（）A单晶体和多晶体都有确定的熔点B气体绝热膨胀对外做功，内能一定
40、增大C温度低的物体分子运动的平均速率小D液体的饱和气压随温度的升高而增大E液体表面存在张力是因为液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离【考点】热力学第一定律；分子间的相互作用力；* 晶体和非晶体【分析】晶体都有固定的熔点；根据热力学第一定律分析物体内能的变化；温度是分子的平均动能的标志；液体的饱和汽压与温度有关；液体表面张力：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【解答】解：A、单晶体和多晶体都是晶体，都有确定的熔点，故A正确；B、气体绝热膨胀的过程中与外界没有热量交换，对外做功，根据热力学第一定律可知，内能一定减小；故B错误；C、温度是分子的平均动能的标志，温度低的
41、物体分子运动的平均动能一定小，而平均速率不一定小，还与分子的质量有关；故C错误；D、液体的饱和汽压与温度有关，液体的饱和汽压随温度的升高而增大故D正确；E、液体表面存在张力是因为液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离，分子之间表现为引力故E正确故选：ADE14如图所示，竖直放置U形玻璃管与容积为V0=15cm3的金属球形容器连通，玻璃管左侧横截面积为右侧横截面积的4倍右侧玻璃管和球形容器中用水银柱封闭一定质量的理想气体开始时，U形玻璃管右侧水银面比左侧水银面高出h1=15cm，右侧玻璃管内水银柱上方空气柱长h0=9cm现缓慢向左管中加入水银，使两边水银柱达到同一高度，玻璃管和金属球导热
42、良好（已知大气压P0=75cmHg，U形玻璃管的右侧横截面积为S=1cm2）求：此过程中被封气体内能如何变化？吸热还是放热？需要加入的水银体积【考点】热力学第一定律；理想气体的状态方程【分析】气体经历等温变化，温度不变，内能不变，被压缩时外界对气体做功，根据热力学第一定律判断吸放热情况根据玻璃管两边的液面差，求出两个状态下气体的压强和体积，根据气态方程即可求解【解答】解：气体温度不变，则内能不变；向左管中加入水银时，外界对气体做功，根据热力学第一定律U=Q+W可知，封闭气体要放热初态：p1=p0ph=（7515）cmHg=60cmHg，V1=V0+h0S=（15+91）cm3=24 cm3末态
43、：p2=75cmHg，温度不变，根据玻意耳定律：p1V1=p2V2，解得：V2=19.2cm3右侧水银柱上升的高度h1=4.8cm左侧水银柱上升的高度h2=h1+h1=19.8cm所以需要加入的水银体积为 V=Sh1+4Sh2=84cm3答：此过程中被封气体内能不变，是放热需要加入的水银体积为84cm3物理-选修3-415下列说法正确的是（）A光的偏振特征说明光是横波B变化的磁场一定会产生变化的电场C照相机镜头在阳光下呈现淡紫色是光的全反射现象D相对论认为时间和空间与物质的运动状态有关E光的双缝干涉实验中，若仅将入射光从蓝光改为红光，则相邻亮条纹间距一定变大【考点】电磁波的产生；光的偏振【分析
44、】偏振是横波特有的现象；均匀变化的磁场只会产生恒定的电场；照相机的镜头呈现淡紫色是光的干涉现象；相对论认为时间和空间都与速度有关；干涉实验中，若仅将入射光波长越短，则相邻亮条纹间距变小【解答】解：A、光的偏振现象说明光是横波，不是纵波，故A正确；B、均匀变化的磁场只会产生恒定的电场，而非均匀变化的磁场会产生变化的电场，故B错误；C、照相机的镜头呈现淡紫色是光的干涉现象，故C错误；D、相对论认为时间、空间都会随物体运动的速度而发生变化，故D正确E、光的双缝干涉实验中，光的双缝干涉条纹间距x=，若仅将入射光从蓝光改为红光，由于红光波长大于蓝光，则相邻亮条纹间距变大，故E正确；故选：ADE16一列简
45、谐横波沿x轴正向传播，波源的平衡位置坐标为x0=0M、N是传播方向上两质点，横坐标分别为x1=4m、x2=12mt=0时波源开始振动，t=0.5s 时质点M开始振动，M点的振动图象如图所示求；波从波源传到N点的时间从t=0时刻到N点第一次达到波峰时，波源质点所经过的路程【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象【分析】根据波从波源传到M点的时间和距离，求出波速，再求波从波源传到N点的时间波传到N点后再经过周期第一次达到波峰，由图读出周期，求出所用时间，由时间与周期的关系求波源质点所经过的路程【解答】解：根据波从波源传到M点的过程，可得波速为：v=8m/s波从波源传到N点的时间为：t2=1.5s
46、 波传到N点后N点向上开始振动，再经过周期第一次达到波峰由图读出波的周期为：T=1s所以从t=0时刻到N点第一次达到波峰时经历时间为：t=t2+=1.75s=1.75T波源质点所经过的路程为：s=1.754A=1.7540.2cm=1.4cm答：波从波源传到N点的时间是1.5s从t=0时刻到N点第一次达到波峰时，波源质点所经过的路程是1.4cm物理-选修3-517下列说法正确的是（）A原子核发生一次衰变，该原子外层就失去一个电子B太阳辐射的能量主要来自太阳内部的聚变反应C可利用某些物质在红外线照射下发出荧光来设计防伪措施D放射性元素的半衰期是针对大量原子核的统计规律E比结合能越大，原子核中核子
47、结合的越牢固，原子核越稳定【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度；重核的裂变【分析】衰变的电子不是来自核外电子，是原子核中的中子转变为质子产生的；太阳辐射的能量来自太阳内部的聚变反应；紫外线可以使荧光物质发出荧光；放射性元素的半衰期是针对大量原子核的统计规律；比结合能越大，原子核越稳定【解答】解：A、衰变的实质是原子核内的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，故A错误B、太阳辐射的能量主要来自太阳内部的聚变反应，故B正确C、紫外线可以使荧光物质发出荧光，利用这一特性对钞票或商标进行有效的防伪措施故C错误D、放射性元素的半衰期是针对大量原子核的统计规律，对个别的原子核没有意义，故D正确E
48、、比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定故E正确故选：BDE18一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定轨道，此时由星箭分离系统使箭体与卫星分离已知火箭前端的卫星质量为m，后部分的箭体质量为km，星箭分离后，箭体速率减小为原速率的一半，并沿火箭原速度方向，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，在星箭分离过程中，求：卫星的动量变化量p星箭分离系统所做的功W【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律【分析】火箭和卫星组成的系统在分离时水平方向上动量守恒，规定初速度方向为正方向，根据动量守恒定律求解分离后卫星的速度，从而求解卫星的动量变化量；星箭分离过程中，控制系统所做的功等于星箭系统的动能变化量，据此求解即可【解答】解：设分离后卫星的速度为v1，火箭和卫星组成的系统在分离时水平方向上动量守恒，规定初速度方向为正方向，则有：（m+km）v0=mv1+km解得：则卫星的动量变化为，方向与v0方向相同，星箭分离过程中，控制系统所做的功等于星箭系统的动能变化量，则有：W=答：卫星的动量变化量大小为，方向与v0方向相同；星箭分离系统所做的功W为2017年3月18日
