1、2016年江苏省扬州中学高考物理四模试卷一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分每小题只有-个选项符合题意1一质点沿x轴运动，其位置x随时间t变化的规律为：x=10t5t2（m），t的单位为s下列关于该质点运动的说法正确的是（）A该质点的加速度大小为5m/s2B物体回到x=0处时其速度大小为10m/sCt=2s时刻该质点速度为零D03s内该质点的平均速度大小为5m/s2如图所示，在理想变压器输入端AB间接入220V正弦交流电，变压器原线圈n1=110匝，副线圈n2=20匝，O为副线圈中间抽头，D1、D2为理想二极管，阻值R=20，则R上消耗的热功率为（）A10WB20WC40WD80
2、W3下列说法正确的是（）A话筒是一种常用的声传感器，其作用是将电信号转换为声信号B电熨斗能够自动控制温度的原因是它装有双金属片温度传感器，这种传感器的作用是控制电路的通断C霍尔元件能够把磁感应强度这个磁学量转换为电压这个电学量D半导体热敏电阻常用作温度传感器，温度升高，它的电阻值变大4假设在宇宙中存在这样三个天体A、B、C，它们在一条直线上，天体A离天体B的高度为某值时，天体A和天体B就会以相同的角速度共同绕天体C运转，且天体A和天体B绕天体C运动的轨道都是圆轨道，如图所示以下说法正确的是（）A天体A做圆周运动的加速度小于天体B做圆周运动的加速度B天体A做圆周运动的速度小于天体B做圆周运动的速
3、度C天体B做圆周运动的向心力等于天体C对它的万有引力D天体B做圆周运动的向心力小于天体C对它的万有引力5竖直平面内有一个圆弧AB，OA为水平半径，现从圆心O处以不同的初速度水平抛出一系列质量相同的小球，这些小球都落到圆弧上，小球落到圆弧上时的动能（）A越靠近A点越大B越靠近B点越大C从A到B先减小后增大D从A到B先增大后减小二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，满分l6分每题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分6如图所示实线为等量异号点电荷周围的电场线，虚线为以一点电荷为中心的圆，M点是两点电荷连线的中点若将一试探正点电荷从虚线上N点移动到M点，则（
4、）A电荷所受电场力大小不变B电荷所受电场力逐渐增大C电荷电势能逐渐减小D电荷电势能保持不变7如图所示，E为电源，其内阻不可忽略，RT为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，L为指示灯泡，C为平行板电容器，G为灵敏电流计闭合开关S，当环境温度明显升高时，下列说法正确的是（）AL变亮BRT两端电压变大CC所带的电荷量保持不变DG中电流方向由a到b8正在粗糙水平面上滑动的物块，从t1时刻到时刻t2受到恒定的水平推力F的作用，在这段时间内物块做直线运动，已知物块在t1时刻的速度与t2时刻的速度大小相等，则在此过程中（）A物块可能做匀速直线运动B物块的位移可能为零C合外力对物块做功一定为零DF一定对物块做
5、正功9某学习小组设计了一种发电装置如图甲所示，图乙为其俯视图将8块外形相同的磁铁交错放置组合成一个高h=0.5m、半径r=0.2m的圆柱体，其可绕固定轴OO逆时针（俯视）转动，角速度=100rad/s设圆柱外侧附近每个磁场区域的磁感应强度大小均为B=0.2T、方向都垂直于圆柱体侧表面紧靠圆柱体外侧固定一根与其等高、电阻R1=0.5的细金属杆ab，杆与轴OO平行图丙中阻值R=1.5的电阻与理想电流表A串联后接在杆a、b两端下列说法正确的是（）A电流表A的示数约为1.41AB杆ab产生的感应电动势的有效值E=2VC电阻R消耗的电功率为2WD在圆柱体转过一周的时间内，流过电流表A的总电荷量为零三、简
6、答题：本题分必做题（第10-12题）和选做题（第12-21题）两部分，满分18分请将解答填在答题卡相应的位置10图中螺旋测微器的读数应为mm11某学习小组在探究加速度与力、质量的关系时，采用图1所示的装置，通过改变小托盘和砝码总质量m来改变小车受到的合外力，通过加减钩码来改变小车总质量M实验中需要平衡摩擦力，应当取下（选填“小车上的钩码”、“小托盘和砝码”或“纸带”），将木板右端适当垫高，直至小车在长木板上运动时，纸带上打出来的点图2为实验中得到的一条纸带的一部分，0、1、2、3、4、5、6为计数点，相邻两计数点间还有4个打点未画出所用交流电的频率为50Hz，从纸带上测出x1=3.20cm，x
7、2=4.74cm，x3=6.30cm，x4=7.85cm，x5=9.41cm，x6=10.96cm小车运动的加速度大小为m/s2（结果保留三位有效数字）12实验室有一个标签看不清的旧蓄电池和定值电阻R0，实验室提供如下器材：A电压表V（量程6V，内阻约为4K）B电表表A（量程1A，内阻约RA=10）C滑动变阻器R1（最大阻值20、额定电流2A）D电阻箱R（阻值范围09999）（1）为了测定定值电阻R0的阻值，甲同学选用了上述器材设计了一个能较准确测出其阻值的电路，如图1是其对应的实物图，请你将实物连线补充完整；（2）为测出旧蓄电池的电动势E，乙同学选用了上述器材设计了如图2所示的电路图下表是该
8、同学测得的相关数据，请利用测得的数据在坐标纸3上画出合适的图象，并根据画出的图象求得该蓄电池的电动势E=V；（结果保留2位有效数字）丙同学直接用电压表接在该蓄电池两极读出电压表的读数，其结果与乙同学测得的电动势相比（选填“偏大”、“相等”或“偏小”）实验次数12345R（）5.010.015.020.025.0I（A）0.830.500.360.260.22（A1）1.22.02.83.74.5【选做题】请从A、B和C三模块中选定两模块作答，如都作答则按A、B两模块评分A(选修模块33)(12分)13某学习小组做了如下实验：先把空的烧瓶放入冰箱冷冻，取出烧瓶，并迅速把一个气球紧套在烧瓶颈上，封
9、闭了一部分气体，然后将烧瓶放进盛满热水的烧杯里，气球逐渐膨胀起来，如图（1）在气球膨胀过程中，下列说法正确的是A该密闭气体分子间的作用力增大B该密闭气体组成的系统熵增加C该密闭气体的压强是由于气体重力而产生的D该密闭气体的体积是所有气体分子的体积之和（2）若某时刻该密闭气体的体积为V，密度为，平均摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为NA，则该密闭气体的分子个数为；（3）若将该密闭气体视为理想气体，气球逐渐膨胀起来的过程中，气体对外做了0.6J的功，同时吸收了0.9J的热量，则该气体内能变化了J；若气球在膨胀过程中迅速脱离瓶颈，则该气球内气体的温度（填“升高”、“降低”或“不变”）B（选修模块3-4）
10、14下列说法中正确的是（）A照相机、摄影机镜头表面涂有增透膜，利用了光的干涉原理B在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由绿光变为红光，则条纹间距变窄C太阳光是偏振光D相对论认为空间和时间与物质的运动状态有关15某同学用插针法测半圆形玻璃砖的折射率，部分实验步骤如下：A将玻璃砖放置在固定于水平木板的白纸上，用铅笔记录玻璃砖直径的两个端点EF；B先取走玻璃砖，连接EF，作EF的中垂线MN交EF于O点，取直线OQ，在OQ上竖直地插上大头针P1、P2；C再将玻璃砖放回原位置，在图中EF的下方透过玻璃砖观察P1、P2；D为确定出射光线OR，至少还须插1枚大头针P3，在插入第三个大头针P3 时，要使它如图是
11、某次实验时在白纸上留下的痕迹，根据该图可算得玻璃的折射率n= （计算结果保留两位有效数字）16如图所示是一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图，已知波的传播速度v=2m/s试回答下列问题：写出x=0.5m处的质点做简谐运动的表达式；求x=0.5m处质点在05.5s内通过的路程C（选修模块3-5）17下列说法中正确的是 （）A康普顿效应进一步证实了光的波动特性B为了解释黑体辐射规律，普朗克提出电磁辐射的能量是量子化的C经典物理学不能解释原子的稳定性和原子光谱的分立特征D天然放射性元素衰变的快慢与化学、物理状态有关18一同学利用水平气垫导轨做探究碰撞中的不变量的实验时，测出一个质量为0
12、.8kg的滑块甲以0.4m/s的速度与另一个质量为0.6kg、速度为0.2m/s的滑块乙迎面相撞，碰撞后滑块乙的速度大小变为0.3m/s，此时滑块甲的速度大小为m/s，方向与它原来的速度方向（选填“相同”或“相反”）19如图所示是用光照射某种金属时逸出的光电子的最大初动能随入射光频率的变化图线由图求出：这种金属发生光电效应的极限频率；普朗克常量四、计算题：本题共3小题，满分47分解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位20如图所示的木板由倾斜部分和水平部分组成，两部分之间由一段圆弧面相连接在木板的中间有位于竖直面内
13、的光滑圆槽轨道，斜面的倾角为现有10个质量均为m、半径均为r的均匀刚性球，在施加于1号球的水平外力F的作用下均静止，力F与圆槽在同一竖直面内，此时1号球球心距它在水平槽运动时的球心高度差为h现撤去力F使小球开始运动，直到所有小球均运动到水平槽内重力加速度为g求：（1）水平外力F的大小；（2）1号球刚运动到水平槽时的速度；（3）整个运动过程中，2号球对1号球所做的功21如图甲所示，表面绝缘、倾角=30的足够长的斜面固定在水平地面上，斜面所在空间有一宽度D=0.40m的匀强磁场区域，其边界与斜面底边平行，磁场方向垂直斜面向上一个质量m=0.10kg、总电阻R=0.25的单匝矩形金属框abcd放在斜
14、面的底端，其中ab边与斜面底边重合，ab边长L=0.50m从t=0时刻开始，线框在垂直cd边沿斜面向上大小恒定的拉力作用下，从静止开始运动，当线框的ab边离开磁场区域时撤去拉力，让线框自由滑动，线框的速度与时间的关系如图乙所示已知线框在整个运动过程中始终未脱离斜面，且保持ab边与斜面底边平行，线框与斜面之间的动摩擦因数=，重力加速度g取10m/s2求：（1）线框受到的拉力F的大小；（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小；（3）线框在斜面上运动的过程中克服摩擦所做的功和回路产生的电热22如图所示，在长度足够长、宽度d=5cm的区域MNPQ内，有垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度B=0.33T水平
15、边界MN上方存在范围足够大的竖直向上的匀强电场，电场强度E=200N/C现有大量质量m=6.61027kg、电荷量q=3.21019C的带负电的粒子，同时从边界PQ上的O点沿纸面向各个方向射入磁场，射入时的速度大小均为v=1.6106m/s，不计粒子的重力和粒子间的相互作用求：（1）求带电粒子在磁场中运动的半径r；（2）求与x轴负方向成60角射入的粒子在电场中运动的时间t；（3）当从MN边界上最左边射出的粒子离开磁场时，求仍在磁场中的粒子的初速度方向与x轴正方向的夹角范围，并写出此时这些粒子所在位置构成的图形的曲线方程2016年江苏省扬州中学高考物理四模试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本
16、题共5小题，每小题3分，共15分每小题只有-个选项符合题意1一质点沿x轴运动，其位置x随时间t变化的规律为：x=10t5t2（m），t的单位为s下列关于该质点运动的说法正确的是（）A该质点的加速度大小为5m/s2B物体回到x=0处时其速度大小为10m/sCt=2s时刻该质点速度为零D03s内该质点的平均速度大小为5m/s【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系【分析】根据匀变速直线运动的位移时间公式得出初速度和加速度，结合位移为零求出运动的时间，从而结合速度时间公式求出x=0时的速度通过位移公式求出03s内的位移，结合平均速度的定义式求出平均速度的大小【解答】解：A、根据x=v0t+at2和x
17、=10t5t2得，质点的初速度为10m/s，加速度为10m/s2故A错误BC、当x=0时，有10t5t2=0，解得t=0（舍去），t=2s即2s速度v=10210=10m/s，即速度的大小为10m/s，故B正确，C错误D、03s内该质点的位移x=10t5t2=10359m=15m，则平均速度=5m/s，即平均速度的大小为5m/s故D正确故选：BD2如图所示，在理想变压器输入端AB间接入220V正弦交流电，变压器原线圈n1=110匝，副线圈n2=20匝，O为副线圈中间抽头，D1、D2为理想二极管，阻值R=20，则R上消耗的热功率为（）A10WB20WC40WD80W【考点】变压器的构造和原理【分
18、析】二极管的作用是只允许正向的电流通过，再根据电压与匝数成正比可求副线圈两端电压，从而求解电阻两端电压，根据从而求出功率【解答】解：在AB间接入正弦交流电U1=220V，变压器原线圈n1=110匝，副线圈n2=20匝，有：，得有效值U2=40VO为副线圈正中央抽头，则R两端电压为20V，所以R消耗的热功率为：所以ACD错误，B正确；故选：B3下列说法正确的是（）A话筒是一种常用的声传感器，其作用是将电信号转换为声信号B电熨斗能够自动控制温度的原因是它装有双金属片温度传感器，这种传感器的作用是控制电路的通断C霍尔元件能够把磁感应强度这个磁学量转换为电压这个电学量D半导体热敏电阻常用作温度传感器，
19、温度升高，它的电阻值变大【考点】常见传感器的工作原理【分析】话筒是将声音信号转换为电信号；电熨斗是靠双金属片受热形变不同来控制电路；霍尔元件是将磁学量转换为电学量；半导体热敏电阻随着温度升高，电阻而减小【解答】解：A、话筒是一种常用的声传感器，其作用是将声信号转换为电信号一种装置，故A错误；B、电熨斗能够自动控制温度的原因是它装有双金属片热胀冷缩来控制电路，属于温度传感器，故B正确；C、霍尔元件当有磁场时，受到洛伦兹力作用，导致粒子偏转，从而改变电压，故C正确；D、半导体热敏电阻，当温度升高时，它的电阻值变小，所以不能作为温度传感器，故D错误；故选BC4假设在宇宙中存在这样三个天体A、B、C，
20、它们在一条直线上，天体A离天体B的高度为某值时，天体A和天体B就会以相同的角速度共同绕天体C运转，且天体A和天体B绕天体C运动的轨道都是圆轨道，如图所示以下说法正确的是（）A天体A做圆周运动的加速度小于天体B做圆周运动的加速度B天体A做圆周运动的速度小于天体B做圆周运动的速度C天体B做圆周运动的向心力等于天体C对它的万有引力D天体B做圆周运动的向心力小于天体C对它的万有引力【考点】万有引力定律及其应用【分析】根据公式a=2r，分析加速度的关系；由公式v=r，分析速度的关系；天体A做圆周运动的向心力是由B、C的万有引力共同提供的【解答】解：A、由于天体A和天体B绕天体C运动的轨道都是同轨道，角速
21、度相同，由a=2r，可知天体A做圆周运动的加速度大于天体B做圆周运动的加速度，故A错误B、由公式v=r，角速度相同，可知天体A做圆周运动的速度大于天体B做圆周运动的速度，故B错误C、天体B做圆周运动的向心力是A、C的万有引力的合力提供的，所以天体B做圆周运动的向心力小于天体C对它的万有引力，故C错误，D正确；故选：D5竖直平面内有一个圆弧AB，OA为水平半径，现从圆心O处以不同的初速度水平抛出一系列质量相同的小球，这些小球都落到圆弧上，小球落到圆弧上时的动能（）A越靠近A点越大B越靠近B点越大C从A到B先减小后增大D从A到B先增大后减小【考点】平抛运动【分析】小球做平抛运动，根据平抛运动的规律
22、得到初速度与下落高度的关系；根据动能定理得到小球落到圆弧上时的动能与下落高度的关系，再根据数学知识分析即可【解答】解：设小球落到圆弧上时下落竖直高度为y，水平位移为x，动能为Ek小球平抛运动的初速度为v0，圆弧AB的半径为R则有：x=v0t，y=则得：v0=x由几何关系得：x2+y2=R2；根据动能定理得：Ek=mgy联立得：Ek=（+3y）根据数学知识可知： +3y2R，当=3y，即y=时， +3y有最小值，则此时Ek最小因此小球落到圆弧上时的动能从A到B先减小后增大，故C正确故选：C二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，满分l6分每题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得
23、2分，错选或不答的得0分6如图所示实线为等量异号点电荷周围的电场线，虚线为以一点电荷为中心的圆，M点是两点电荷连线的中点若将一试探正点电荷从虚线上N点移动到M点，则（）A电荷所受电场力大小不变B电荷所受电场力逐渐增大C电荷电势能逐渐减小D电荷电势能保持不变【考点】电场强度；电势能【分析】根据电场线的疏密分析场强的大小，判断电场力的变化；根据顺着电场线方向电势降低，判断电势的变化，从而确定电势的变化【解答】解：A、B由电场线的分布情况可知，N处电场线比M处电场线疏，则N处电场强度比M处电场强度小，由电场力公式F=qE可知正点电荷从虚线上N点移动到M点，电场力逐渐增大，故A错误，B正确C、D、根据
24、顺着电场线方向电势降低，可知从N到M，电势逐渐降低，正电荷的电势能逐渐减小，故C正确，D错误故选：BC7如图所示，E为电源，其内阻不可忽略，RT为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，L为指示灯泡，C为平行板电容器，G为灵敏电流计闭合开关S，当环境温度明显升高时，下列说法正确的是（）AL变亮BRT两端电压变大CC所带的电荷量保持不变DG中电流方向由a到b【考点】闭合电路的欧姆定律；电容【分析】当环境温度升高时，热敏电阻阻值减小；由闭合电路欧姆定律可知电路中电流及电压的变化；由电容器的充放电知识可知G中电流方向【解答】解：A、由图可知，热敏电阻与L串联当环境温度升高时热敏电阻的阻值减小，总电阻减小
25、，则电路中电流增大，灯泡L变亮；故A正确；B、因为电路中电流增大，电源的内压及灯泡L两端的电压增大，由E=U内+U外可得，RT两端电压减小，故B错误；C、因为电容器并联在电源两端，因内电压增大，路端电压减小，故由Q=CU知电容器的带电量减小故C错误；D、电容器的带电量减小，电容器放电，故G中电流由ab；故D正确；故选：AD8正在粗糙水平面上滑动的物块，从t1时刻到时刻t2受到恒定的水平推力F的作用，在这段时间内物块做直线运动，已知物块在t1时刻的速度与t2时刻的速度大小相等，则在此过程中（）A物块可能做匀速直线运动B物块的位移可能为零C合外力对物块做功一定为零DF一定对物块做正功【考点】功的计
26、算；牛顿第二定律【分析】物体做直线运动，合力与速度共线，由于初末速度相等，物体可能做匀速直线运动，也有可能速度先减为零，然后反向增加，根据运动学公式结合牛顿第二定律判断【解答】解：A、物体做直线运动，合力与速度同方向，初末速度相等，物体可能做匀速直线运动，即推力等于滑动摩擦力，故A正确；B、物体有可能速度先减为零，然后反向增加到相同的值，即力F向后，故减速时加速度为a1=，加速时加速度为a2=，根据速度位移公式，减速位移x1=，加速位移为x2=，故总位移x=x1x20，故B错误；C、根据动能定理可知W=，故C正确；D、物体可能做匀速直线运动，则推力等于滑动摩擦力，一定做正功；物体也可能先减速前
27、进和加速后退，即力F向后，故减速时加速度为a1=，加速时加速度为a2=，根据速度位移公式，减速位移x1=，加速位移为x2=，故总位移x=x1x20，即物体后退的位移较大，故力F也一定做正功，故D正确；故选：ACD9某学习小组设计了一种发电装置如图甲所示，图乙为其俯视图将8块外形相同的磁铁交错放置组合成一个高h=0.5m、半径r=0.2m的圆柱体，其可绕固定轴OO逆时针（俯视）转动，角速度=100rad/s设圆柱外侧附近每个磁场区域的磁感应强度大小均为B=0.2T、方向都垂直于圆柱体侧表面紧靠圆柱体外侧固定一根与其等高、电阻R1=0.5的细金属杆ab，杆与轴OO平行图丙中阻值R=1.5的电阻与理
28、想电流表A串联后接在杆a、b两端下列说法正确的是（）A电流表A的示数约为1.41AB杆ab产生的感应电动势的有效值E=2VC电阻R消耗的电功率为2WD在圆柱体转过一周的时间内，流过电流表A的总电荷量为零【考点】法拉第电磁感应定律；电磁感应中的能量转化【分析】磁场与导体棒之间有相对运动，导体切割磁感线，产生感应电动势，根据E=BLv，即可求得ab杆中产生的感应电动势E的大小，由闭合电路欧姆定律的有效值的定义可求出电流表A的示数，并求出电阻R消耗的电功率根据感应电流的方向确定在圆柱体转过一周的时间内，流过电流表A的总电荷量【解答】解：A、B导体切割磁感线产生的感应电动势为 E=Bhv又 v=r解得
29、 E=2V由于ab杆中产生的感应电动势E的大小保持不变，所以杆ab产生的感应电动势的有效值E=2V，则电流表A的示数为I=1A故A错误，B正确C电阻R消耗的电功率为P=I2R=121.5W=1.5W，故C错误D、由楞次定律判断可知，通过电流表的电流方向周期性变化，在一个周期内两种方向通过电流表的电量相等，所以在圆柱体转过一周的时间内，流过电流表A的总电荷量为零故D正确故选BD三、简答题：本题分必做题（第10-12题）和选做题（第12-21题）两部分，满分18分请将解答填在答题卡相应的位置10图中螺旋测微器的读数应为5.665mm【考点】刻度尺、游标卡尺的使用【分析】螺旋测微器的读数方法是固定刻
30、度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读【解答】解：螺旋测微器的固定刻度为5.5mm，可动刻度为16.50.01mm=0.165mm，所以最终读数为5.5mm+0.165mm=5.665mm故答案为：5.66511某学习小组在探究加速度与力、质量的关系时，采用图1所示的装置，通过改变小托盘和砝码总质量m来改变小车受到的合外力，通过加减钩码来改变小车总质量M实验中需要平衡摩擦力，应当取下小托盘和砝码（选填“小车上的钩码”、“小托盘和砝码”或“纸带”），将木板右端适当垫高，直至小车在长木板上运动时，纸带上打出来的点间距相等图2为实验中得到的一条纸带的一部分，0、1、2、3、4、5、6为计数
31、点，相邻两计数点间还有4个打点未画出所用交流电的频率为50Hz，从纸带上测出x1=3.20cm，x2=4.74cm，x3=6.30cm，x4=7.85cm，x5=9.41cm，x6=10.96cm小车运动的加速度大小为1.55m/s2（结果保留三位有效数字）【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系【分析】在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，为使绳子拉力为小车受到的合力，应先平衡摩擦力；利用逐差法x=aT2可以求出物体的加速度大小【解答】解：实验中需要平衡摩擦力，应当取下小托盘和砝码，将木板右端适当垫高，直至小车在长木板上运动时，纸带上打出来的点间距相等，根据匀变速直线运动的推论公式x
32、=aT2可以求出加速度的大小，得：x4x1=3a1T2x5x2=3a2T2x6x3=3a3T2为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值得：a=（a1+a2+a3）解得：a=1.55m/s2故答案为：小托盘和砝码，间距相等；1.5512实验室有一个标签看不清的旧蓄电池和定值电阻R0，实验室提供如下器材：A电压表V（量程6V，内阻约为4K）B电表表A（量程1A，内阻约RA=10）C滑动变阻器R1（最大阻值20、额定电流2A）D电阻箱R（阻值范围09999）（1）为了测定定值电阻R0的阻值，甲同学选用了上述器材设计了一个能较准确测出其阻值的电路，如图1是其对应的实物图，请你将实物连线补充完
33、整；（2）为测出旧蓄电池的电动势E，乙同学选用了上述器材设计了如图2所示的电路图下表是该同学测得的相关数据，请利用测得的数据在坐标纸3上画出合适的图象，并根据画出的图象求得该蓄电池的电动势E=6.1V；（结果保留2位有效数字）丙同学直接用电压表接在该蓄电池两极读出电压表的读数，其结果与乙同学测得的电动势相比偏小（选填“偏大”、“相等”或“偏小”）实验次数12345R（）5.010.015.020.025.0I（A）0.830.500.360.260.22（A1）1.22.02.83.74.5【考点】测定电源的电动势和内阻【分析】（1）伏安法测量电阻，电流表采取内接，电压表和电流表示数的比值等于
34、定值电阻和电流表内阻之和，根据该规律测出定值电阻的大小（2）本题采取安阻法测量电源的电动势和内阻，根据实验的原理推导出R图线，通过图线的斜率求出电源的电动势（3）直接用电压表测量电动势由于电压表有内阻，测量的电动势偏小【解答】解：（1）因不知道定值电阻的电阻值，所以可以使用电流表内接法，此时：，所以定值电阻等于电压表和电流表示数的比值减去电流表的内阻这样测量比较精确电路图如图所示（2）根据E=IR+Ir得，R=，图线的斜率表示电动势，所以横轴表示，则E=（3）电压表直接接在电源的两端，由于电压表本身有内阻，测量的仍然是电源的外电压，所以测量值偏小故答案为：（1）如图所示（2）如图所示6.1V，
35、（3）偏小【选做题】请从A、B和C三模块中选定两模块作答，如都作答则按A、B两模块评分A(选修模块33)(12分)13某学习小组做了如下实验：先把空的烧瓶放入冰箱冷冻，取出烧瓶，并迅速把一个气球紧套在烧瓶颈上，封闭了一部分气体，然后将烧瓶放进盛满热水的烧杯里，气球逐渐膨胀起来，如图（1）在气球膨胀过程中，下列说法正确的是BA该密闭气体分子间的作用力增大B该密闭气体组成的系统熵增加C该密闭气体的压强是由于气体重力而产生的D该密闭气体的体积是所有气体分子的体积之和（2）若某时刻该密闭气体的体积为V，密度为，平均摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为NA，则该密闭气体的分子个数为；（3）若将该密闭气体视为理
36、想气体，气球逐渐膨胀起来的过程中，气体对外做了0.6J的功，同时吸收了0.9J的热量，则该气体内能变化了0.3J；若气球在膨胀过程中迅速脱离瓶颈，则该气球内气体的温度降低（填“升高”、“降低”或“不变”）【考点】热力学第一定律【分析】（1）将烧瓶放进盛满热水的烧杯里，气球逐渐膨胀起来，这是因为烧瓶里的气体吸收了水的热量，温度升高，体积增大；（2）先计算物质量，然后求解分子数；（3）根据热力学第一定律列式求解即可【解答】解：（1）A、气体膨胀，分子间距变大，分子间的引力和斥力同时变小，故A错误；B、根据热力学第二定律，一切宏观热现象过程总是朝着熵增加的方向进行，故该密闭气体组成的系统熵增加，故B
37、正确；C、气体压强是有气体分子对容器壁的碰撞产生的，故C错误；D、气体分子间隙很大，该密闭气体的体积远大于所有气体分子的体积之和，故D错误；故选B；（2）气体的量为：n=；该密闭气体的分子个数为：N=nNA=NA；（3）气体对外做了0.6J的功，同时吸收了0.9J的热量，根据热力学第一定律，有：U=W+Q=0.6J+0.9J=0.3J；若气球在膨胀过程中迅速脱离瓶颈，气压气体迅速碰撞，对外做功，内能减小，温度降低故答案为：（1）B；（2）；（3）0.3；降低B（选修模块3-4）14下列说法中正确的是（）A照相机、摄影机镜头表面涂有增透膜，利用了光的干涉原理B在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由
38、绿光变为红光，则条纹间距变窄C太阳光是偏振光D相对论认为空间和时间与物质的运动状态有关【考点】双缝干涉的条纹间距与波长的关系；* 时间间隔的相对性；* 长度的相对性【分析】增透膜，利用了光的干涉原理；影轮廓模糊，是光的衍射现象；当波长越长时，干涉条纹间距越宽；太阳光是自然光；相对论认为空间和时间与物质的运动状态有关【解答】解：A、照相机、摄影机镜头表面涂有增透膜，利用了光的干涉原理，使反射光线进行叠加削弱，从而增加透射光的强度，故A正确；B、根据x=，当用同一装置做双缝干涉实验时，双缝干涉条纹间距与光的波长成正比红光的波长比绿光长，所以红光的双缝干涉条纹间距大于绿光双缝干涉条纹间距故B错误；C
39、、太阳光是自然光，是从光源发出，向各个方向振动，而偏振光只是特定方向振动，故C错误；D、相对论认为空间和时间与物质的运动状态有关，时间、空间都会随物体运动的速度而发生变化，故D正确；故选：AD15某同学用插针法测半圆形玻璃砖的折射率，部分实验步骤如下：A将玻璃砖放置在固定于水平木板的白纸上，用铅笔记录玻璃砖直径的两个端点EF；B先取走玻璃砖，连接EF，作EF的中垂线MN交EF于O点，取直线OQ，在OQ上竖直地插上大头针P1、P2；C再将玻璃砖放回原位置，在图中EF的下方透过玻璃砖观察P1、P2；D为确定出射光线OR，至少还须插1枚大头针P3，在插入第三个大头针P3 时，要使它挡住P1、P2的像
40、如图是某次实验时在白纸上留下的痕迹，根据该图可算得玻璃的折射率n=1.7 （计算结果保留两位有效数字）【考点】光的折射定律【分析】本题通过插针法测量玻璃砖的折射率，当插入第三枚大头针P3，使其同时挡住P1、P2的像，则OP3为折射光线，画出光路图，量出入射角与折射角，再根据折射定律求出折射率的大小【解答】解：为确定出射光线OR，至少还须插1枚大头针P3，在插入第三个大头针P3 时，要使它同时挡住P1、P2的像光路图如图所示量得入射角约为30，折射角约为60，根据折射定律得： n=1.7故答案为：挡住P1、P2的像；1.7（1.51.9都算对）16如图所示是一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0
41、时刻的波形图，已知波的传播速度v=2m/s试回答下列问题：写出x=0.5m处的质点做简谐运动的表达式；求x=0.5m处质点在05.5s内通过的路程【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系【分析】（1）根据上下坡法知，x=0.5m处的质点初始时刻向上振动，通过图象得出波长、振幅，根据波速和波长求出周期，从而得出圆频率，写出振动的函数表达式（2）抓住质点在一个周期内的路程等于4倍的振幅求出质点在05.5s内通过的路程【解答】解：波长=2.0m，周期T=，振幅A=5cm则=2rad/s则x=0.5m处质点振动的函数表达式为y=5cos2t（cm）n=，则5.5s内路程s=4nA=45.55=110
42、cm答：x=0.5m处的质点做简谐运动的表达式为y=5cos2t；x=0.5m处质点在05.5s内通过的路程为110cmC（选修模块3-5）17下列说法中正确的是 （）A康普顿效应进一步证实了光的波动特性B为了解释黑体辐射规律，普朗克提出电磁辐射的能量是量子化的C经典物理学不能解释原子的稳定性和原子光谱的分立特征D天然放射性元素衰变的快慢与化学、物理状态有关【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度【分析】康普顿效应进一步证实了光的粒子特性为了解释黑体辐射规律，普朗克提出电磁辐射的能量的量子化经典物理学不能解释原子的稳定性和原子光谱的分立特征天然放射性元素的半衰期与环境的温度无关【解答】解：A、康普
43、顿效应进一步证实了光的粒子特性故A错误B、为了解释黑体辐射规律，普朗克提出电磁辐射的能量的量子化故B正确C、经典物理学不能解释原子的稳定性和原子光谱的分立特征故C正确D、天然放射性元素的半衰期由原子核内部的结构决定，与环境的温度无关故D错误故选：BC18一同学利用水平气垫导轨做探究碰撞中的不变量的实验时，测出一个质量为0.8kg的滑块甲以0.4m/s的速度与另一个质量为0.6kg、速度为0.2m/s的滑块乙迎面相撞，碰撞后滑块乙的速度大小变为0.3m/s，此时滑块甲的速度大小为0.025m/s，方向与它原来的速度方向相同（选填“相同”或“相反”）【考点】验证动量守恒定律【分析】两滑块组成的系统
44、所受合外力为零，滑块甲、乙在碰撞的过程中动量守恒，根据动量守恒定律求出滑块甲的速度【解答】解：碰撞过程动量守恒，设甲速度方向为正方向，碰后乙的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m甲v甲m乙v乙=m甲v甲+m乙v乙，解得：v甲=0.025m/s，方向与原来方向相同故答案为：0.025；相同19如图所示是用光照射某种金属时逸出的光电子的最大初动能随入射光频率的变化图线由图求出：这种金属发生光电效应的极限频率；普朗克常量【考点】光电效应【分析】根据光电效应方程的得出最大初动能与入射光的频率关系，结合图线求出普朗克常量根据爱因斯坦光电效应方程Ek=hW，Ek图象的斜率等于h横轴的截距大小等于截止频率
45、，逸出功W=h0，根据数学知识进行求解【解答】解：根据爱因斯坦光电效应方程Ek=hW，Ek图象的横轴的截距大小等于截止频率，由图知该金属的截止频率为：0=4.271014 Hz根据光电效应方程得，Ekm=hW0，当入射光的频率为=5.51014Hz时，最大初动能为：Ekm=0.5eV当入射光的频率为0=4.271014Hz时，光电子的最大初动能为0则：h5.51014W0=0.51.61019，即：h4.271014W0=0联立两式解得：h=6.51034Js答：这种金属发生光电效应的极限频率4.231014Hz4.291014Hz；普朗克常量为6.01034Js6.91034Js四、计算题：
46、本题共3小题，满分47分解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位20如图所示的木板由倾斜部分和水平部分组成，两部分之间由一段圆弧面相连接在木板的中间有位于竖直面内的光滑圆槽轨道，斜面的倾角为现有10个质量均为m、半径均为r的均匀刚性球，在施加于1号球的水平外力F的作用下均静止，力F与圆槽在同一竖直面内，此时1号球球心距它在水平槽运动时的球心高度差为h现撤去力F使小球开始运动，直到所有小球均运动到水平槽内重力加速度为g求：（1）水平外力F的大小；（2）1号球刚运动到水平槽时的速度；（3）整个运动过程中，2号球对1号球
47、所做的功【考点】动能定理的应用；共点力平衡的条件及其应用；机械能守恒定律【分析】（1）以10个小球整体为研究对象，受力平衡，根据平衡条件求解水平外力F的大小；（2）以1号球为研究对象，下滑过程中只有重力做功，其机械能守恒，则可求出1号球刚运动到水平槽时的速度；（3）以整体为研究对象，求出所有球滚到水平槽中时的速度，再对1号球运用动能定理求解2号球对1号球所做的功【解答】解：（1）以10个小球整体为研究对象，由力的平衡条件可得 Fcos=10mgsin得F=10mgtan（2）以1号球为研究对象，根据机械能守恒定律可得 mgh= 得v=（3）撤去水平外力F后，以10个小球整体为研究对象，利用机械
48、能守恒定律可得10mg（h+）=得 v=以1号球为研究对象，由动能定理得 mgh+W=得W=9mgrsin答：（1）水平外力F的大小是10mgtan；（2）1号球刚运动到水平槽时的速度是；（3）整个运动过程中，2号球对1号球所做的功为9mgrsin21如图甲所示，表面绝缘、倾角=30的足够长的斜面固定在水平地面上，斜面所在空间有一宽度D=0.40m的匀强磁场区域，其边界与斜面底边平行，磁场方向垂直斜面向上一个质量m=0.10kg、总电阻R=0.25的单匝矩形金属框abcd放在斜面的底端，其中ab边与斜面底边重合，ab边长L=0.50m从t=0时刻开始，线框在垂直cd边沿斜面向上大小恒定的拉力作
49、用下，从静止开始运动，当线框的ab边离开磁场区域时撤去拉力，让线框自由滑动，线框的速度与时间的关系如图乙所示已知线框在整个运动过程中始终未脱离斜面，且保持ab边与斜面底边平行，线框与斜面之间的动摩擦因数=，重力加速度g取10m/s2求：（1）线框受到的拉力F的大小；（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小；（3）线框在斜面上运动的过程中克服摩擦所做的功和回路产生的电热【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；焦耳定律【分析】（1）根据vt图象的斜率求出加速度，由牛顿第二定律求解拉力F的大小；（2）由vt图象可知，线框进入磁场区域后以速度2m/s做匀速直线运动，推导出安培力表达式，由法
50、拉第电磁感应定律、欧姆定律和安培力，加上平衡条件即可求解磁感应强度B的大小；（3）由vt图象可知，线框进入磁场区域后做匀速直线运动，并以速度v1匀速穿出磁场，说明线框的宽度等于磁场的宽度 D=0.40m 线框ab边离开磁场后做匀减速直线运动，速度为零，根据mgsin与最大静摩擦力的值mgcos进行比较，判断线框的运动状态，再根据焦耳定律求解Q【解答】解：（1）由vt图象可知，在00.4s时间内线框做匀加速直线运动，进入磁场时的速度为：v1=2.0m/s，所以：a=5m/s2由牛顿第二定律有：Fmgsinmgcos=ma联立解得：F=1.5N（2）由vt图象可知，线框进入磁场区域后以速度v1做匀
51、速直线运动，由法拉第电磁感应定律和欧姆定律有：E=BLv1由欧姆定律得：I=对于线框匀速运动的过程，由力的平衡条件有：FmgsinmgcosBIL=0联立解得：B=0.50T（3）由vt图象可知，线框进入磁场区域后做匀速直线运动，并以速度v1匀速穿出磁场，说明线框的宽度等于磁场的宽度，即为：D=0.40m 在磁场中上滑的距离为：s1=+2D=1.2m离开磁场后，a2=g离开磁场上滑的距离：s2=0.2m线框在减速为零时，有：mgsin=mgcos所以线框在斜面上运动的过程中克服摩擦所做的功为：W=mgcos（s1+s2）=0.7J所以线框不会下滑，设线框穿过磁场的时间为t，则：t=回路产生的电
52、热为：Q=I2Rt=0.4J答：（1）线框受到的拉力F的大小为1.5N；（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小为0.50T；（3）线框在斜面上运动的过程中克服摩擦所做的功为0.7J；线框在斜面上运动的过程中产生的焦耳热Q为0.4J22如图所示，在长度足够长、宽度d=5cm的区域MNPQ内，有垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度B=0.33T水平边界MN上方存在范围足够大的竖直向上的匀强电场，电场强度E=200N/C现有大量质量m=6.61027kg、电荷量q=3.21019C的带负电的粒子，同时从边界PQ上的O点沿纸面向各个方向射入磁场，射入时的速度大小均为v=1.6106m/s，不计粒子的重力
53、和粒子间的相互作用求：（1）求带电粒子在磁场中运动的半径r；（2）求与x轴负方向成60角射入的粒子在电场中运动的时间t；（3）当从MN边界上最左边射出的粒子离开磁场时，求仍在磁场中的粒子的初速度方向与x轴正方向的夹角范围，并写出此时这些粒子所在位置构成的图形的曲线方程【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力【分析】洛伦兹力提供向心力，代人公式可以求出半径；画出粒子的运动轨迹，由几何关系知，在磁场中运动的圆心角为30，粒子平行于场强方向进入电场，求出粒子在电场中运动的加速度 进而求出粒子在电场中运动的时间由几何关系可知，从MN边界上最左边射出的粒子在磁场中运动的圆心角为60，进而
54、确定仍在磁场中的粒子的初速度方向与x轴正方向的夹角范围【解答】解：（1）洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律有解得 r=0.1m（2）粒子的运动轨迹如图甲所示，由几何关系知，在磁场中运动的圆心角为30，粒子平行于场强方向进入电场 粒子在电场中运动的加速度 粒子在电场中运动的时间 解得 t=3.3104s（3）如图乙所示，由几何关系可知，从MN边界上最左边射出的粒子在磁场中运动的圆心角为60，圆心角小于60的粒子已经从磁场中射出，此时刻仍在磁场中的粒子运动轨迹的圆心角均为60则仍在磁场中的粒子的初速度方向与x轴正方向的夹角范围为3060所有粒子此时分布在以O点为圆心，弦长0.1m为半径的圆周上 曲线方程为 x2+y2=R2（R=0.1m，x0.1m） 2016年12月27日