1、2016年山东省济宁市高考物理二模试卷一、选择题：本大题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，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目前世界上输送功率最大的直流输电工程哈（密）郑（州）特高压直流输电工程已正式投运，高压直流输电具有无感抗、无容抗、无同步问题等优点已知某段直流输电线长度l=200m，通有从西向东I=4000A的恒定电流，该处地磁场的磁感应强度B=5105T，磁倾角（磁感线与水平面的夹角）为5（sin50.1）则该段导线所受安培力的大小和方向为（）A40N，向北与水平面成85角斜向上方B4N，向北与
2、水平面成85角斜向上方C4N，向南与水平面成5角斜向下方D40N，向南与水平面成5角斜向下方2在研发无人驾驶汽车的过程中，对比甲乙两辆车的运动，两车在计时起点时刚好经过同一位置沿同一方向做直线运动，它们的速度随时间变化的关系如图所示，由图可知（）A甲车任何时刻加速度大小都不为零B在t=3s时，两车第一次相距最远C在t=6s时，两车又一次经过同一位置D甲车在t=6s时的加速度与t=9s时的加速度相同3如图所示，在楼道内倾斜天花板上需要安装灯泡照明，两根轻质细线的一端拴在O点、另一端分别固定在天花板上a点和b点，一灯泡通过轻质细线悬挂于O点，系统静止，Oa水平、Ob与竖直方向成一定夹角现在对灯泡施
3、加一个水平向右的拉力，使灯泡缓缓向右移动一小段距离的过程中（）AOa上的拉力F1可能不变BOa上的拉力F1不断增大COb上的拉力F2不断减小DO 上的拉力F2可能增大4静电场方向平行于x轴，其电势随x的分布可简化为如图所示的折线，图中0 和d为已知量一个带负电的粒子在电场中以x=0为中心、沿x轴方向做周期性运动已知该粒子质量为m、电量为q，忽略重力规定x轴正方向为电场强度E、加速度a、速度v的正方向，如图分别表示x轴上各点的电场强度E，小球的加速度a、速度v和动能Ek随x的变化图象，其中正确的是（）ABCD5如图所示，半径为R、内壁光滑的硬质小圆桶固定在小车上，小车以速度v在光滑的水平公路上做
4、匀速运动，有一质量为m、可视为质点的光滑小铅球在小圆桶底端与小车保持相对静止当小车与固定在地面的障碍物相碰后，小车的速度立即变为零关于碰后的运动（小车始终没有离开地面），下列说法正确的是（）A铅球能上升的最大高度一定等于B无论v多大，铅球上升的最大高度不超过C要使铅球一直不脱离圆桶，v的最小速度为D若铅球能到达圆桶最高点，则铅球在最高点的速度大小可以等于零6我国于2013年12月2日凌晨成功发射了“嫦娥三号”月球探测器，12月10日21时20分，“嫦娥三号”在环月轨道成功实施变轨控制，从100km100km的环月圆轨道，降低到近月点15km、远月点100km的椭圆轨道，进入预定的月面着陆准备轨
5、道，并于12月14日21时11分实现卫星携带探测器在月球的软着陆下列说法正确的是（）A如果不考虑地球大气层的阻力，则“嫦娥三号”的发射速度可以小于7.9km/sB若已知“嫦娥三号”在100km的环月圆轨道上飞行的周期及万有引力常量，则可求出月球的平均密度C若已知“嫦娥三号”、“嫦娥一号”各自绕月球做匀速圆周运动的高度（高度不同）、周期和万有引力常量，则可求出月球的质量、半径D“嫦娥三号”为着陆准备而实施变轨控制时，需要通过发动机制动7如图所示，圆形区域半径为R，内有一垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度的大小为B1，P为磁场边界上的一点，相同的带正电的粒子，以相同的速率从P点射入磁场区域，速度方向沿
6、位于纸面内的各个方向这些粒子射出磁场边界的位置在边界的某一段弧上这段圆弧的弧长是圆周的，若将磁感应强度的大小变为B2，结果相应的弧长变为圆周长的，不计粒子的重力和粒子间的相互影响，则（）A磁感应强度的大小为B1时，粒子轨迹半径为RB磁感应强度的大小变为B2时粒子轨迹半径为RC =D =8如图所示，一轻质弹簧下端固定在水平地面上，上端与物体A连接，物体A 又与一跨过定滑轮的轻绳相连，绳另一端悬挂着物体B和C，A、B、C均处于静止状态现剪断B和C之间的绳子，则A和B将一起振动，且它们均各在某一位置上下振动，振动过程中离开那一位置向上或向下距离相同已知物体A质量为3m，B和C质量均为2m，弹簧的劲度
7、系数为k下列说法正确的是（）A剪断B和C间绳子之前，A、B、C均处于静止状态时，弹簧形变量为B物体A振动过程中的最大速度时弹簧的形变量为C振动过程中，绳对物体B的最大拉力为2.8mgD物体A振动过程中的最大速度为g二、必考题（共4小题，满分47分）9某实验小组为探究加速度与力之间的关系设计了如图（a）所示的实验装置，用钩码所受重力作为小车所受的拉力，用DIS（数字化信息系统）测小车的加速度通过改变钩码的数量，多次重复测量，可得小车运动的加速度a和所受拉力的关系图象他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条aF图线，如图（b）所示（1）图线是在轨道水平的情况下得到的（选填“”或“”
8、）（2）小车和位移传感器发射部分的总质量为kg，小车在水平轨道上运动时受到的摩擦力大小为N10（9分）某同学尝试把一个灵敏电流表改装成温度表，他所选用的器材有：灵敏电流表（待改装），学生电源（电动势为E，内阻不计），滑动变阻器，单刀双掷开关，导线若干，导热性能良好的防水材料，标准温度计，PTC热敏电阻Rt（PTC线性热敏电阻的阻值与摄氏旁温度t的关系为Rt=a+kt，a0，k0）设计电路如图所示，并按如下步骤进行操作：（1）该电路图连接好实验器材； （2）将滑动变阻器滑片P滑到端（填“a”或“b”），单刀双掷开关S掷于端（填“c”或“d”），调节滑片P使电流表，并在以后的操作中保持滑片P位置不
9、动，设此时电路总电阻为R，断开电路；（3）容器中倒入适量开水，观察标准温度计，每当标准电流表的示数下降5，就将开关S置于d端，并记录此时的温度t和对应的电路表的示数I，然后断开开关，请根据温度表的设计原理和电路图，写出电流与温度的关系式I=（用题目中给定的符号）（4）根据对应温度记录的电流表示数，重新刻制电流表的表盘，改装成温度表，根据改装原理，此温度表表盘刻度线的特点是：低温刻度在侧（填“左”或“右”），刻度线分布是否均匀？（填“是”或“否”）11（12分）车站、码头、机场等使用的货物安检装置的示意图如图所示，绷紧的传送带始终保持=1m/s的恒定速率运行，AB为水平传送带部分且足够长，现有一
10、质量为m=5kg的行李包（可视为质点）无初速度的放在水平传送带的A端，传送到B端时没有被及时取下，行李包从B端沿倾角为37的斜面滑入储物槽，已知行李包与传送带的动摩擦因数为0.5，行李包与斜面间的动摩擦因数为0.8，g=10m/s2，不计空气阻力（sin37=0.6，cos37=0.8）（1）行李包相对于传送带滑动的距离（2）若B轮的半径为R=0.2m，求行李包在B点对传送带的压力；（3）若行李包滑到储物槽时的速度刚好为零，求斜面的长度12（20分）如图（a）所示，两根足够长的水平平行金属导轨相距为L=0.5m，其右端通过导线连接阻值R=0.6的电阻，导轨电阻不计，一根质量为m=0.2kg、阻
11、值r=0.2的金属棒ab放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，金属棒与导轨间的动摩擦因数=0.5整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，取g=10m/s2若所加磁场的磁感应强度大小恒为B，通过小电动机对金属棒施加水平向左的牵引力，使金属棒沿导轨向左做匀加速直线运动，经过0.5s电动机的输出功率达到P=10W，此后电动机功率保持不变金属棒运动的vt图象如图（b）所示，试求：（1）磁感应强度B的大小；（2）在00.5s时间内金属棒的加速度a的大小；（3）在00.5s时间内电动机牵引力F与时间t的关系；（4）若在00.3s时间内电阻R产生的热量为0.15J，则在这段时间内电动机做的功三、选考题，请考生
12、任选一模块作答【物理选修3-3】13下面说法种正确的是（）A所有晶体沿着各个方向的物理性质和化学光学性质都相同B足球充足气后很难压缩，是因为足球内气体分子间斥力作用的结果C自然界中只要涉及热现象的宏观过程都具有方向性D一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热E一定质量的理想气体保持体积不变，温度升高，单位时间内撞击器壁单位面积上的分子数增多14（10分）如图甲是一定质量的气体由状态A经过状态B变为状态C的VT图象已知气体在状态A时的压强是1.5105Pa说出AB过程中压强变化的情形，并根据图象提供的信息，计算图甲中TA的温度值请在图乙坐标系中，作出该气体由状态A经过状态
13、B变为状态C的pT图象，并在图线相应位置上标出字母A、B、C如果需要计算才能确定的有关坐标值，请写出计算过程物理-选修3-4（15分）15如图所示，半圆形玻璃砖按图中实线位置放置，直径与BD重合一束激光沿着半圆形玻璃砖的半径从圆弧面垂直BD射到圆心O点上使玻璃砖绕O点逆时针缓慢地转过角度（090），观察到折射光斑和反射光斑在弧形屏上移动在玻璃砖转动过程中，以下说法正确的是（）A折射光斑在弧形屏上沿CFB方向移动B折射光斑的亮度逐渐变暗C折射角一定大于反射角D反射光线转过的角度为E当玻璃砖转至=45时，恰好看不到折射光线则此玻璃砖的折射率n=16一列简谐横波在x轴上传播，a、b是x轴上相距Sab
14、=6m的两个质点，t=0时，b点正好到达最高点，且b点到x轴的距离为4cm，而此时a点恰好经过平衡位置向上运动，已知这列波的频率为25Hz（1）求01s内a质点运动的路程；（2）若a、b在x轴上的距离大于一个波长，求该波的波速物理-选修3-517在如图所示的光电效应现象中，光电管阴极K的极限频率为0现用频率为20的光照射在阴极上，已知普朗克常量为h，则光电子的最大初动能为；若此时电路中的电流为I，则单位时间内到达阳极的电子数为（电子的电荷量用e表示）；若增大照射光的强度，则电路中的光电流将（填“增大”“减小”或“不变”）18如图所示，两个完全相同的可视为质点的物块A和B，靠在一起静止在水平面上
15、但不粘连，质量均为MO点左侧水平面光滑、右侧水平西粗糙，A、B与粗糙水平面间的动摩擦因数均为一颗质量为m、速度为v0的子弹水平穿过A后进入B，最后停在B中，其共同速度为v，子弹与B到达O点前已相对静止求：（i）子弹穿过A时的速度；（ii）A、B两物块停止运动时之间的距离2016年山东省济宁市高考物理二模试卷参考答案与试题解析一、选择题：本大题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，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目前世界上输送功率最大的直流输电工程哈（密）郑（州）特高压直流输电工程已正式投运，高压直流输电具
16、有无感抗、无容抗、无同步问题等优点已知某段直流输电线长度l=200m，通有从西向东I=4000A的恒定电流，该处地磁场的磁感应强度B=5105T，磁倾角（磁感线与水平面的夹角）为5（sin50.1）则该段导线所受安培力的大小和方向为（）A40N，向北与水平面成85角斜向上方B4N，向北与水平面成85角斜向上方C4N，向南与水平面成5角斜向下方D40N，向南与水平面成5角斜向下方【考点】安培力【分析】通电导线在磁场中，受到安培力作用方向由左手定则来确定，大小由安培力公式求得【解答】解：匀强磁场方向为由南向北，而电流方向为从西向东则由左手定则可得向北与水平面成85角斜向上方安培力的大小为F=BIL
17、=51054000200N=40N故选：A【点评】考查左手定则，注意要将其与右手定则区分开来在使用安培力公式时，注意通电导线要与磁场垂直2在研发无人驾驶汽车的过程中，对比甲乙两辆车的运动，两车在计时起点时刚好经过同一位置沿同一方向做直线运动，它们的速度随时间变化的关系如图所示，由图可知（）A甲车任何时刻加速度大小都不为零B在t=3s时，两车第一次相距最远C在t=6s时，两车又一次经过同一位置D甲车在t=6s时的加速度与t=9s时的加速度相同【考点】匀变速直线运动的图像【分析】在vt图象中，图象的斜率表示加速度，图象与坐标轴围成的面积表示位移通过分析两个物体的运动情况进行判断【解答】解：A、根据
18、速度时间图象的斜率等于加速度，可知，甲车的加速度可以为零故A错误B、在前3s内，甲的速度比乙的大，两者出发点相同，则甲在乙的前方，两者间距逐渐增大36s内，乙的速度比甲的大，两者间距逐渐减小，所以在t=3s时，两车第一次相距最远故B正确C、根据“面积”表示位移，可知前6s内，乙的位移比甲的大，则在t=6s时，两车不在同一位置，故C错误D、根据斜率表示加速度，斜率的正负表示加速度的方向，则知甲车在t=6s时的加速度与t=9s时的加速度不同，故D错误故选：B【点评】本题是速度时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息3如图所示，在楼道
19、内倾斜天花板上需要安装灯泡照明，两根轻质细线的一端拴在O点、另一端分别固定在天花板上a点和b点，一灯泡通过轻质细线悬挂于O点，系统静止，Oa水平、Ob与竖直方向成一定夹角现在对灯泡施加一个水平向右的拉力，使灯泡缓缓向右移动一小段距离的过程中（）AOa上的拉力F1可能不变BOa上的拉力F1不断增大COb上的拉力F2不断减小DO 上的拉力F2可能增大【考点】共点力平衡的条件及其应用【分析】先对灯泡进行分析，得出灯泡对绳子的拉力，然后对O点受力分析，受三个拉力，根据平衡条件并结合分解法列式求解即可【解答】解：设灯泡为C先选择灯泡为研究对象，开始时灯泡受到重力和绳子的拉力，所以绳子的拉力等于灯泡的重力
20、；设对灯泡施加一个水平向右的拉力后设OC与竖直方向之间的拉力为，如图，则：选择节点O点为研究对象，则O点受到三个力的作用处于平衡状态，受力如图，由图可知，在竖直方向：F2沿竖直方向的分力始终等于FCcos=mg，而且F2的方向始终不变，所以F2始终不变；沿水平方向：F1的大小等于F2沿水平方向的分力与FC沿水平方向分力的和，由于FC沿水平方向分力随的增大而增大，所以F1逐渐增大可知四个选项中只有B正确故选：B【点评】本题关键对O点受力分析后根据平衡条件列式求解，可以结合合成法、分解法、正交分解法求解，中档题4静电场方向平行于x轴，其电势随x的分布可简化为如图所示的折线，图中0 和d为已知量一个
21、带负电的粒子在电场中以x=0为中心、沿x轴方向做周期性运动已知该粒子质量为m、电量为q，忽略重力规定x轴正方向为电场强度E、加速度a、速度v的正方向，如图分别表示x轴上各点的电场强度E，小球的加速度a、速度v和动能Ek随x的变化图象，其中正确的是（）ABCD【考点】电势差与电场强度的关系【分析】在x图象的斜率表示电场强度，判断出场强的大小，由牛顿第二定律F=qE=ma判断出加速度的变化，由v=v0+at判断出速度的变化，根据动能定理判断出动能的变化【解答】解：A、x图象的斜率表示电场强度，沿电场方向电势降低，因而在x=0的左侧，电场向左，且为匀强电场，故A 错误；B、由于粒子带负电，粒子的加速
22、度在x=0左侧加速度为正值，在x=0右侧加速度为负值，且大小不变，故B错误；C、在x=0左侧粒子向右匀加速，在x=0的右侧向右做匀减速运动，速度与位移不成正比，故C错误；D、在x=0左侧粒子根据动能定理qEx=Ek2，在x=0的右侧，根据动能定理可得qEx=EkEk，故D正确故选：D【点评】本题主要考查了x图象，从图象中判断出斜率即为电场强度，然后利用牛顿第二定律判断出加速度，速度时间公式判断速度，抓住粒子带负电即可5如图所示，半径为R、内壁光滑的硬质小圆桶固定在小车上，小车以速度v在光滑的水平公路上做匀速运动，有一质量为m、可视为质点的光滑小铅球在小圆桶底端与小车保持相对静止当小车与固定在地
23、面的障碍物相碰后，小车的速度立即变为零关于碰后的运动（小车始终没有离开地面），下列说法正确的是（）A铅球能上升的最大高度一定等于B无论v多大，铅球上升的最大高度不超过C要使铅球一直不脱离圆桶，v的最小速度为D若铅球能到达圆桶最高点，则铅球在最高点的速度大小可以等于零【考点】机械能守恒定律【分析】小球与车原来有共同速度，当小车遇到障碍物突然停止后，小球由于惯性会继续运动，冲上圆弧槽，有两种可能：一是速度较小，滑到某处速度为0，由机械能守恒定律分析最大高度另一可能速度较大，小球通过到达圆弧最高点做完整的圆周运动，或没有到达最高点就离开弧面而做斜抛运动，再由机械能守恒定律和斜抛的规律分析最大高度【解
24、答】解：AB、小球与车原来有共同速度，当小车遇到障碍物突然停止后，小球由于惯性会继续运动，冲上圆弧槽，有两种可能：一是速度较小，滑到某处速度为0，由机械能守恒定律有：=mgh，解得，最大高度 h=；另一可能速度较大，小球通过到达圆弧最高点做完整的圆周运动，或没有到达最高点就离开弧面而做斜抛运动，则在最高点还有水平速度，由机械能守恒定律可知小球所能达到的最大高度要小于，故A错误，B正确C、要使铅球一直不脱离圆桶，则在最高点重力完全充当向心力，故有 mg=m，此时小球最高点的最小速度为 v=从最低点到最高点，由机械能守恒定律有 mg2R=，解得 v=，即要使铅球一直不脱离圆桶，v的最小速度为，故C
25、正确D、由上分析知，铅球能到达圆桶最高点，则铅球在最高点的速度大小最小为故D错误故选：BC【点评】本题的关键要知道铅球在最高点的临界条件：重力等于向心力，临界速度为要掌握斜抛运动的规律，知道斜抛最高点有水平速度，运用机械能守恒定律和牛顿第二定律结合分析这类问题6我国于2013年12月2日凌晨成功发射了“嫦娥三号”月球探测器，12月10日21时20分，“嫦娥三号”在环月轨道成功实施变轨控制，从100km100km的环月圆轨道，降低到近月点15km、远月点100km的椭圆轨道，进入预定的月面着陆准备轨道，并于12月14日21时11分实现卫星携带探测器在月球的软着陆下列说法正确的是（）A如果不考虑地
26、球大气层的阻力，则“嫦娥三号”的发射速度可以小于7.9km/sB若已知“嫦娥三号”在100km的环月圆轨道上飞行的周期及万有引力常量，则可求出月球的平均密度C若已知“嫦娥三号”、“嫦娥一号”各自绕月球做匀速圆周运动的高度（高度不同）、周期和万有引力常量，则可求出月球的质量、半径D“嫦娥三号”为着陆准备而实施变轨控制时，需要通过发动机制动【考点】万有引力定律及其应用【分析】第一宇宙速度是最小的发射速度，是近地卫星的运行速度根据万有引力等于向心力，已知周期和轨道高度，不知道月球半径，无法计算月球质量，也无法计算月球体积，不能计算月球的密度“嫦娥三号”为着陆准备而实施变轨控制时，需要通过发动机减速，
27、使其受到的万有引力大于向心力做近心运动【解答】解：A、在地球表面发射卫星的速度不得小于地球的第一宇宙速度7.9km/s，故A错误B、根据万有引力等于向心力已知周期和轨道高度，不知道月球半径，无法计算月球质量，也无法计算月球体积，不能计算月球的密度故B错误C、设“嫦娥三号”、“嫦娥一号”各自绕月球做匀速圆周运动的高度（高度不同）分别为和，周期分别为和，月球的半径为R、质量为M，对“嫦娥一号”，根据万有引力提供向心力化简得3同理，对于“嫦娥三号”，由以上两式中只有M和R两个未知数，故能计算出来，故C正确D、“嫦娥三号”为着陆准备而实施变轨控制时，需要通过发动机减速，使其受到的万有引力大于向心力做近
28、心运动故D正确故选：CD【点评】本题要知道探月卫星绕月球做匀速圆周运动时，万有引力提供向心力，其中r为轨道半径，等于卫星距离月球表面的高度h加上月球的半径R7如图所示，圆形区域半径为R，内有一垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度的大小为B1，P为磁场边界上的一点，相同的带正电的粒子，以相同的速率从P点射入磁场区域，速度方向沿位于纸面内的各个方向这些粒子射出磁场边界的位置在边界的某一段弧上这段圆弧的弧长是圆周的，若将磁感应强度的大小变为B2，结果相应的弧长变为圆周长的，不计粒子的重力和粒子间的相互影响，则（）A磁感应强度的大小为B1时，粒子轨迹半径为RB磁感应强度的大小变为B2时粒子轨迹半径为RC =
29、D =【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【分析】由左手定则确定粒子顺时针方向做匀速圆周运动，则所有粒子射出后打在圆形右边某一段上，因为弦长最长时，打中的位置最远从这一点考虑，由几何关系就能求出两种情况下粒子做圆周运动的半径与圆形区域半径的关系，从而也就求出两种情况下磁感应强度的比值【解答】解：A、当磁感应强度为B1时，半径为r1，最远点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，POM=120，如图所示： 所以粒子做圆周运动的半径r1=Rsin60= 所以选项A正确B、同理，当磁感应强度为B2时最远点是轨迹上的直径与磁场边界圆的交点，NOP=90，如图所示： 所以粒子做圆周运动的半径r2=Rsin45=
30、所以选项B错误C、由洛仑兹力提供向心力得，所以，所以C选项正确，D选项错误故选：AC【点评】本题要注意的一点是粒子以相同的速率从P点向各个方向射入圆形磁场区域，则粒子做匀速圆周运动的半径由B决定，由左手定则知道粒子是顺时针转动，则所有粒子打在圆形区域右边部分，但最远的是粒子轨迹直径与圆形区域的交点8如图所示，一轻质弹簧下端固定在水平地面上，上端与物体A连接，物体A 又与一跨过定滑轮的轻绳相连，绳另一端悬挂着物体B和C，A、B、C均处于静止状态现剪断B和C之间的绳子，则A和B将一起振动，且它们均各在某一位置上下振动，振动过程中离开那一位置向上或向下距离相同已知物体A质量为3m，B和C质量均为2m
31、，弹簧的劲度系数为k下列说法正确的是（）A剪断B和C间绳子之前，A、B、C均处于静止状态时，弹簧形变量为B物体A振动过程中的最大速度时弹簧的形变量为C振动过程中，绳对物体B的最大拉力为2.8mgD物体A振动过程中的最大速度为g【考点】功能关系【分析】剪断B和C间绳子之前，根据平衡条件和胡克定律结合求弹簧的形变量根据胡克定律，通过共点力平衡分别求出绳子剪断前弹簧的伸长量以及绳子剪断后，弹簧在平衡位置时的压缩量发现两个位置伸长量和压缩量相等，则弹簧的弹性势能相等，结合机械能守恒定律求出在平衡位置时的速度，即最大速度B振动到最低点时拉力最大，根据牛顿第二定律求出最大拉力【解答】解：A、剪断B和C间绳
32、子之前，A，B，C均处于静止状态时，设绳子拉力为F，对BC整体受力分析得：F=4mg，对A受力分析得：F=3mg+kx1，解得，弹簧的伸长量：x1=；故A正确BD、当物体A所受合外力为零时，速度最大此时弹簧压缩量：x2=；对A、B组成的系统，根据机械能守恒定律得： 3mg（x1+x2）2mg（x1+x2）=5mv2解得，物体A振动过程中的 v=2g故B正确，D错误C、B振动到最低点时拉力最大，为F1根据牛顿第二定律得：F12mg=2ma，3mg+kx1F1=3ma，解得：F1=2.8mg，ma=0.4mg即振动过程中，绳对物体B的最大拉力为2.8mg，故C正确故选：ABC【点评】本题的关键要正
33、确分析物体的受力情况和能量的转化情况，知道A的合力等于零时速度最大这个临界条件，运用胡克定律、机械能守恒定律和牛顿第二定律结合进行研究二、必考题（共4小题，满分47分）9某实验小组为探究加速度与力之间的关系设计了如图（a）所示的实验装置，用钩码所受重力作为小车所受的拉力，用DIS（数字化信息系统）测小车的加速度通过改变钩码的数量，多次重复测量，可得小车运动的加速度a和所受拉力的关系图象他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条aF图线，如图（b）所示（1）图线II是在轨道水平的情况下得到的（选填“”或“”）（2）小车和位移传感器发射部分的总质量为1kg，小车在水平轨道上运动时受到
34、的摩擦力大小为1N【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系【分析】根据aF图象的特点结合牛顿第二定律分析求解理解该实验的实验原理和数据处理以及注意事项，知道实验误差的来源【解答】解：（1）在水平轨道上，由于受到摩擦力，拉力不为零时，加速度仍然为零，可知图线是在轨道水平的情况下得到的（2）根据牛顿第二定律得，Ff=ma，a=，图线的斜率表示质量的倒数，则=1，解得m=1kg因为F=1N时，加速度为零，解得：f=1N故答案为：（1）；（2）1，1【点评】对于图象问题，通常的方法是得出两个物理量的表达式，结合图线的斜率和截距进行求解10某同学尝试把一个灵敏电流表改装成温度表，他所选用的器材有：灵
35、敏电流表（待改装），学生电源（电动势为E，内阻不计），滑动变阻器，单刀双掷开关，导线若干，导热性能良好的防水材料，标准温度计，PTC热敏电阻Rt（PTC线性热敏电阻的阻值与摄氏旁温度t的关系为Rt=a+kt，a0，k0）设计电路如图所示，并按如下步骤进行操作：（1）该电路图连接好实验器材； （2）将滑动变阻器滑片P滑到a端（填“a”或“b”），单刀双掷开关S掷于c端（填“c”或“d”），调节滑片P使电流表满偏，并在以后的操作中保持滑片P位置不动，设此时电路总电阻为R，断开电路；（3）容器中倒入适量开水，观察标准温度计，每当标准电流表的示数下降5，就将开关S置于d端，并记录此时的温度t和对应的电
36、路表的示数I，然后断开开关，请根据温度表的设计原理和电路图，写出电流与温度的关系式I=（用题目中给定的符号）（4）根据对应温度记录的电流表示数，重新刻制电流表的表盘，改装成温度表，根据改装原理，此温度表表盘刻度线的特点是：低温刻度在右侧（填“左”或“右”），刻度线分布是否均匀？否（填“是”或“否”）【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【分析】由题可知，该实验的原理是利用闭合电路的欧姆定律，测出不同温度条件下，即不同的电阻值下的电流，然后将电流与温度相对应，把电流计改装为温度计结合该原理，需要向选取电路中合适的变阻器电阻值，然后测定不同温度下的电流，最后标注即可【解答】解：（2）根据实验的原理可知，
37、需要先选取合适的滑动变阻器的电阻值，结合滑动变阻器的使用的注意事项可知，开始时需要将滑动变阻器滑片P滑到 a端，乙保证电流表的使用安全；然后将单刀双掷开关S掷于 c端，调节滑片P使电流表满偏，设此时电路总电阻为R，断开电路（3）当温度为t时，热敏电阻的阻值与摄氏温度t的关系为：R1=a+kt，根据闭合电路的欧姆定律可得，I=（4）由上式可知，温度越高，电流表中的电流值越小，所以低温刻度在表盘的右侧；由于电流与温度的关系不是线性函数，所以表盘的刻度是不均匀的故答案为：（2）a，c，满偏（或指针到最大电流刻度）；（3）；（4）右，否【点评】该实验中，将电流表改变为温度计，解答的前提是一定要理解该实
38、验的原理，第四问 对表盘的刻度是难点，要充分理解电流与温度之间的关系11（12分）（2016济宁二模）车站、码头、机场等使用的货物安检装置的示意图如图所示，绷紧的传送带始终保持=1m/s的恒定速率运行，AB为水平传送带部分且足够长，现有一质量为m=5kg的行李包（可视为质点）无初速度的放在水平传送带的A端，传送到B端时没有被及时取下，行李包从B端沿倾角为37的斜面滑入储物槽，已知行李包与传送带的动摩擦因数为0.5，行李包与斜面间的动摩擦因数为0.8，g=10m/s2，不计空气阻力（sin37=0.6，cos37=0.8）（1）行李包相对于传送带滑动的距离（2）若B轮的半径为R=0.2m，求行李
39、包在B点对传送带的压力；（3）若行李包滑到储物槽时的速度刚好为零，求斜面的长度【考点】牛顿运动定律的综合应用；牛顿第二定律【分析】（1）水平方向行李包受到摩擦力的作用做匀加速直线运动，由牛顿第二定律求出加速度，由v=at求出运动的时间，根据时间和加速度求出水平距离以及二者水平位移的差（2）行李包在B点受到重力和支持力的作用，由牛顿第二定律即可求得支持力；压力大小等于支持力；（3）根据受力分析，结合牛顿第二定律求出行李包在斜面上的加速度，然后结合题目的条件即可求出【解答】解：（1）行李包在水平传送带上有摩擦力产生加速度，由牛顿第二定律得：1mg=ma1所以：行李包到达传送带的速度需要的时间：v=
40、a1t1所以： s行李包前进的距离：传送带前进的距离：x2=vt1行李包相对于传送带的距离：x=x2x1代入数据解得：x=0（2）行李包在B点受到重力和支持力的作用，由牛顿第二定律可知：mgF=代入数据得：F=25N根据牛顿第三定律，行李包在B点对传送带的压力大小是25N，方向竖直向下（3）行李包在斜面上受到重力、支持力和摩擦力的作用，沿斜面向下的方向：2mgcos37mgsin37=ma2要使它到达底部时的速度恰好为0，则：0v2=2a2x代入数据解得：x=1.25m答：（1）行李包相对于传送带滑动的距离是0.1m（2）若B轮的半径为R=0.2m，行李包在B点对传送带的压力是25N，方向竖直
41、向下；（3）若行李包滑到储物槽时的速度刚好为零，斜面的长度是1.25m【点评】该题考查牛顿运动定律的综合应用，属于单物体多过程的情况，这一类的问题要理清运动的过程以及各过程中的受力，然后再应用牛顿运动定律解答12（20分）（2016济宁二模）如图（a）所示，两根足够长的水平平行金属导轨相距为L=0.5m，其右端通过导线连接阻值R=0.6的电阻，导轨电阻不计，一根质量为m=0.2kg、阻值r=0.2的金属棒ab放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，金属棒与导轨间的动摩擦因数=0.5整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，取g=10m/s2若所加磁场的磁感应强度大小恒为B，通过小电动机对金属棒施加水
42、平向左的牵引力，使金属棒沿导轨向左做匀加速直线运动，经过0.5s电动机的输出功率达到P=10W，此后电动机功率保持不变金属棒运动的vt图象如图（b）所示，试求：（1）磁感应强度B的大小；（2）在00.5s时间内金属棒的加速度a的大小；（3）在00.5s时间内电动机牵引力F与时间t的关系；（4）若在00.3s时间内电阻R产生的热量为0.15J，则在这段时间内电动机做的功【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；电磁感应中的能量转化【分析】（1）棒匀速运动时牵引力与摩擦力、安培力的合力为0，写出平衡方程，即可求出磁感应强度B；其中牵引力：；（2）t=0.5s时，牵引力与摩擦力、安培
43、力的合力提供棒运动的加速度；（3）结合（2）的结论，即可写出F与tD的表达式；（4）先根据串联电路的电功率的分配关系，求出电路消耗的总电热；电动机做的功转化为电热、摩擦力产生的热量和导体棒的动能【解答】解：（1）当vm=5m/s时，棒匀速运动，E=BLvm，FA=BILB=0.8T（2）代入数据，得： =6.67m/s2（3）在00.5s时间内电动机牵引力F与时间t的关系（4）电路中产生的总热量：，v=at=2m/s代人数据得：答：（1）磁感应强度B的大小是0.8T；（2）在00.5s时间内金属棒的加速度a的大小是6.67m/s2；（3）在00.5s时间内电动机牵引力F与时间t的关系；（4）在
44、这段时间内电动机做的功0.9J【点评】该题考查棒匀速切割磁感线，掌握法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿第二定律与能量守恒定律等规律的应用同时理解速度与功率的对应三、选考题，请考生任选一模块作答【物理选修3-3】13下面说法种正确的是（）A所有晶体沿着各个方向的物理性质和化学光学性质都相同B足球充足气后很难压缩，是因为足球内气体分子间斥力作用的结果C自然界中只要涉及热现象的宏观过程都具有方向性D一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热E一定质量的理想气体保持体积不变，温度升高，单位时间内撞击器壁单位面积上的分子数增多【考点】热力学第二定律；* 液体的表面张力现象和
45、毛细现象【分析】单晶体具有各向异性多晶体具有各向同性足球充足气后很难压缩是由于足球内外的压强差的原因；根据热力学第一定律解释其内能的变化；体积不变，单位体积内分子数不变，温度升高，单位时间内撞击单位面积上的分子数增大【解答】解：A、单晶体具有各向异性，即单晶体沿着各个方向的物理性质和化学光学性质不同故A错误B、足球充足气后很难压缩是由于足球内外有压强差的原因，与气体分子之间的作用力无关故B错误C、根据热力学第二定律知，自然界中只要涉及热现象的宏观过程都具有方向性故C正确D、一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，由气态方程=c知温度升高，内能增大，气体对外界做功，根据热力学第一定律U=Q+
46、W可知，气体一定吸收热量，故D正确E、一定质量的理想气体保持体积不变，单位体积内分子数不变，温度升高，分子的平均动能增大，则平均速率增大，单位时间内撞击单位面积上的分子数增多故E正确故选：CDE【点评】加强对基本概念的记忆，基本方法的学习利用，是学好33的基本方法对于气体状态参量的变化，要根据气态方程=c分析14（10分）（2016济宁二模）如图甲是一定质量的气体由状态A经过状态B变为状态C的VT图象已知气体在状态A时的压强是1.5105Pa说出AB过程中压强变化的情形，并根据图象提供的信息，计算图甲中TA的温度值请在图乙坐标系中，作出该气体由状态A经过状态B变为状态C的pT图象，并在图线相应
47、位置上标出字母A、B、C如果需要计算才能确定的有关坐标值，请写出计算过程【考点】理想气体的状态方程【分析】由图示图象求出气体各状态的状态参量、判断出气体状态变化过程，然后应用气体状态方程求出气体状态参量，再作出图象【解答】解：（1）由图甲所示图象可知，A与B的连线的延长线过原点O，所以AB是一个等压变化，即pA=pB=1.5105Pa，由图示图象可知：VA=0.4m3，VB=VC=0.6m3，TB=300K，TC=400K，从A到B过程，由概率萨克定律得：得TA=200K；（2）由图甲所示图象可知，从B到C为等容过程，由（1）知：pB=1.5105Pa，TB=300K，TC=400K，由查理定
48、律得：，解得：pC=2105Pa，气体状态变化图象如图所示：答：（1）温度值TA为200K（2）如图所示【点评】本题考查了作图象、求气体状态参量问题，分析清楚图示图象，根据图象判断出气体的状态变化过程与状态参量、应用气体状态方程即可正确解题物理-选修3-4（15分）15（2016济宁二模）如图所示，半圆形玻璃砖按图中实线位置放置，直径与BD重合一束激光沿着半圆形玻璃砖的半径从圆弧面垂直BD射到圆心O点上使玻璃砖绕O点逆时针缓慢地转过角度（090），观察到折射光斑和反射光斑在弧形屏上移动在玻璃砖转动过程中，以下说法正确的是（）A折射光斑在弧形屏上沿CFB方向移动B折射光斑的亮度逐渐变暗C折射角一
49、定大于反射角D反射光线转过的角度为E当玻璃砖转至=45时，恰好看不到折射光线则此玻璃砖的折射率n=【考点】光的折射定律【分析】玻璃砖绕O点逆时针缓慢地转过角度的过程中，入射角增大，折射角也随之增大，折射光线与入射光线同方向旋转，随着入射角增大，反射光增强，而折射光减弱，反射光线转过2由临界角公式sinC=求解临界角当玻璃砖转至=45时，恰好看不到折射光线，恰好发生了全反射，此时的入射角等于临界角【解答】解：A、玻璃砖绕O点逆时针缓慢地转过角度的过程中，入射角增大，由折射定律n=可知折射角也随之增大，而且法线也逆时针旋转，所以折射光斑在弧形屏上沿CD方向移动，故A错误；B、随着入射角增大，反射光
50、增强，而折射光减弱，故折射光斑的亮度逐渐变暗，故B正确；C、根据090及折射定律可知，在玻璃砖转动过程中，折射角一定大于入射角，而反射角等于入射角，则折射角一定大于反射角，故C正确；D、根据反射定律和几何知识知，玻璃砖转过角，则反射光线转过2角，故D错误；E、当玻璃砖转至=45时，恰好看不到折射光线，恰好发生了全反射，则临界角C=45，由临界角公式sin C=，解得折射率n=，故E正确故选：BCE【点评】本题考查对折射定律、反射定律的理解能力要知道当光从光密介质进入光疏介质折射时，入射角小于折射角，随着入射角的增大，反射光增强，折射光减弱，折射光线与入射光线同向旋转16（2016济宁二模）一列
51、简谐横波在x轴上传播，a、b是x轴上相距Sab=6m的两个质点，t=0时，b点正好到达最高点，且b点到x轴的距离为4cm，而此时a点恰好经过平衡位置向上运动，已知这列波的频率为25Hz（1）求01s内a质点运动的路程；（2）若a、b在x轴上的距离大于一个波长，求该波的波速【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象【分析】（1）简谐运动在一个周期内传播的路程等于振幅的四倍；（2）b在最高点时，a在平衡位置且向上运动，故ab间距离为1.75、2.75、3.75、倍波长，求解出波长后根据v=f求解波速【解答】解：（1）质点a一个周期运动的路程s0=4A=0.16m 1s内的周期数是 1Is内运动的路
52、程s=ns0=4m（2）波由a传向b， v=f 所以波由b传向a， v=f所以答：（1）01s内a质点运动的路程为4m； （2）该波的波速为【点评】本题难点在于根据题意得到ab间的间距与波长的关系，然后根据公式v=f求解波速物理-选修3-517（2016济宁二模）在如图所示的光电效应现象中，光电管阴极K的极限频率为0现用频率为20的光照射在阴极上，已知普朗克常量为h，则光电子的最大初动能为h0；若此时电路中的电流为I，则单位时间内到达阳极的电子数为（电子的电荷量用e表示）；若增大照射光的强度，则电路中的光电流将增大（填“增大”“减小”或“不变”）【考点】光电效应【分析】根据光电效应方程求出光电
53、子的最大初动能，依据电流定义式，即可确定到达阴极的电子个数，最后入射光的强度影响单位时间内发出光电子的数目【解答】解：阴极K的逸出功W0=h0，用频率为20的光照射在阴极时，光电子的最大初动能Ekm=2h0W0=h0；由电流的定义可知，单位时间内到达阳极的电子数n=；当照射光的强度增大时，单位时间内射向阴极的光子数将增加，电路中的光电流增大故答案为：h0，增大【点评】解决本题的关键掌握光电效应方程，以及知道入射光的强度不影响光电子的最大初动能，影响单位时间内发出的光电子数目18（2016济宁二模）如图所示，两个完全相同的可视为质点的物块A和B，靠在一起静止在水平面上但不粘连，质量均为MO点左侧
54、水平面光滑、右侧水平西粗糙，A、B与粗糙水平面间的动摩擦因数均为一颗质量为m、速度为v0的子弹水平穿过A后进入B，最后停在B中，其共同速度为v，子弹与B到达O点前已相对静止求：（i）子弹穿过A时的速度；（ii）A、B两物块停止运动时之间的距离【考点】动量守恒定律【分析】（i）子弹与物块组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出子弹的速度（ii）对A、B应用动能定理求出其位移，然后求出A、B停止运动时两者间的距离【解答】解：（i）子弹与A组成的系统动量守恒，子弹与B组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：对子弹与A：mv0=mv子弹+2MvA，对子弹与B：mv子弹+MvA=（m+M）v，解得：v子弹=v0，vA=；（2）由动能定理得：对A：MgsA=0MvA2，对子弹与B：（M+m）gsB=0（M+m）v2，两者间的距离：d=sBsA，解得：d=；答：（i）子弹穿过A时的速度为v0；（ii）A、B两物块停止运动时之间的距离为【点评】本题考查了求速度、距离问题，分析清楚物体的运动过程，应用动量守恒定律、动能定理即可正确解题
