1、2016年陕西省西北工大附中高考适应性物理试卷（六）一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1结合你所学知识和图中描述的物理学史，判断下列说法错误的是（）A图中“力学”高峰期是指牛顿建立动力学理论B“电磁学”理论的完备期晚于“力学”理论的完备期C伽利略将他的“斜面实验”和“比萨斜塔实验”都记录在他的自然哲学的数学原理一书中D相对论和量子力学的出现并没有否定经典力学2如图所示，光滑水平地面上固定一带滑轮的竖直杆，用轻绳系着小滑块绕过滑轮，用恒力F1 水平向左拉滑块的同时，用恒力F2拉绳，使滑块从A点起由静止开始向右运动，B和C是A点右方的两点，且AB=BC，则以下说法正确的是（）A从A点至
2、B点F2做的功大于从B点至C点F2做的功B从A点至B点F2做的功小于从B点至C点F2做的功C从A点至C点F2做的功一定等于滑块克服F1做的功D从A点至C点F2做的功一定大于滑块克服F1做的功3如图所示，一小球从一半圆轨道左端A点正上方某处开始做平抛运动（小球可视为质点），飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点O为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R，OB与水平方向夹角为60，重力加速度为g，则小球抛出时的初速度为（）ABCD4据科技日报报道，2020年前我国将发射8颗海洋系列卫星，包括4颗海洋水色卫星，2颗海洋动力环境卫星和2颗海陆雷达卫星，以加强对黄岩岛、钓鱼岛及西沙群岛全部岛屿附近海域的监测设海陆雷
3、达卫星绕地球做匀速圆周运动的轨道半径是海洋动力环境卫星的n倍，则在相同的时间内（）A海陆雷达卫星到地球球心的连线扫过的面积是海洋动力环境卫星的n倍B海陆雷达卫星和海洋动力环境卫星到地球球心的连线扫过的面积相等C海陆雷达卫星到地球球心的连线扫过的面积是海洋动力环境卫星的倍D海陆雷达卫星到地球球心的连线扫过的面积是海洋动力环境卫星的倍5电阻非线性变化的滑动变阻器R2接入图甲的电路中，移动滑动变阻器触头改变接入电路中的长度x（x为图中a与触头之间的距离），定值电阻R1两端的电压U1与x间的关系如图乙，a、b、c为滑动变阻器上等间距的三个点，当触头从a移到b和从b移到c的这两过程中，下列说法正确的是（
4、）A电流表A示数变化相等B电压表V2的示数变化不相等C电阻R1的功率变化相等D电源的输出功率均不断增大6如图所示，某无限长粗糙绝缘直杆与等量异种电荷连线的中垂线重合，杆竖直放置杆上有A、B、O三点，其中O为等量异种电荷连线的中点，AO=BO现有一带电小圆环从杆上A点以初速度v0向B点滑动，滑到B点时速度恰好为0则关于小圆环的运动，下列说法正确的是（）A运动的加速度先变大再变小B电场力先做正功后做负功C运动到O点的动能为初动能的一半D运动到O点的速度小于7如图所示，相距为d的两水平线L1和L2分别是水平向里的匀强磁场的边界，磁场的磁感应强度为B，正方形线框abcd边长为L（Ld）、质量为m，电阻
5、为R将线框在磁场上方高h处由静止释放，ab边刚进入磁场和穿出磁场时的速度恰好相等则在线框全部穿过磁场的过程中（）Aab边刚进入磁场时ab两端的电势差为 BLB感应电流所做功为mgdC感应电流所做功为2mgdD线框最小速度为8如图所示，理想变压器原线圈中正弦式交变电源的输出电压和电流分别为U1和I1，两个副线圈的输出电压和电流分别为U2和I2、U3和I3接在原副线圈中的五个完全相同的灯泡均正常发光则下列表述正确的是（）AU1：U2：U3=1：1：2BI1：I2：I3=1：2：1C三个线圈匝数n1：n2：n3之比为5：2：1D电源电压U1与原线圈两端电压U1之比为5：4三、非选择题：（包括必考题和
6、选考题两部分第22题第32题为必考题，每个小题考生都必须作答第33题第40题为选考题，考生根据要求作答）（一）必考题9某实验小组利用拉力传感器和打点计时器“探究加速度与力的关系”他们将拉力传感器固定在小车上记录小车静止时受到拉力的大小，下面按照甲图进行实验，t=0时，小车处于甲图所示的位置（1）该同学按甲图完成实验，请指出至少一处错误：（2）图乙是实验中获得的一条纸带的某部分，选取A、B、C、D、E计数点（每两个计数点间还有4个点未画出），AC间的距离为 cm（3）若打点计时器使用的交流电频率为50Hz，则小车的加速度大小为m/s2（结果保留两位有效数字）10在物理课外活动中，王聪明同学制作了
7、一个简单的多用电表，图甲为电表的电路原理图已知选用的电流表内阻Rg=10、满偏电流Ig=10mA，当选择开关接3时为量程250V的电压表该多用电表表盘如图乙所示，下排刻度均匀，C为上排刻度线的中间刻度，由于粗心上排刻度线对应数值没有标出（1）若指针指在图乙所示位置，选择开关接1时其读数为；选择开关接3时其读数为（2）为了测该多用电表欧姆挡的电阻和表内电源的电动势，刘聪同学在实验室找到了一个电阻箱，设计了如下实验：将选择开关接2，红黑表笔短接，调节R1的阻值使电表指针满偏将多用电表红黑表笔与电阻箱相连，调节电阻箱使多用电表指针指在C处，此时电阻箱如图丙所示，则C处刻度应为计算得到多用电表内电池的
8、电动势为V（保留2位有效数字）（3）调零后将电表红黑表笔与某一待测电阻相连，若指针指在图乙所示位置，则待测电阻的阻值为（保留2位有效数字）11翼型降落伞有很好的飞行性能它被看作飞机的机翼，跳伞运动员可方便地控制转弯等动作其原理是通过对降落伞的调节，使空气升力和空气摩擦力都受到影响已知：空气升力F1与飞行方向垂直，大小与速度的平方成正比，F1=C1v2；空气摩擦力F2与飞行方向相反，大小与速度的平方成正比，F2=C2v2其中C1、C2相互影响，可由运动员调节，满足如图b所示的关系试求：（1）图a中画出了运动员携带翼型伞跳伞后的两条大致运动轨迹试对两位置的运动员画出受力示意图并判断，、两轨迹中哪条
9、是不可能的，并简要说明理由；（2）若降落伞最终匀速飞行的速度v与地平线的夹角为，试从力平衡的角度证明：tan=C2/C1；（3）某运动员和装备的总质量为70kg，匀速飞行的速度v与地平线的夹角约20（取tan20=4/11），匀速飞行的速度v多大？（g取10m/s2，结果保留3位有效数字）12如图所示，在坐标系Oxy的第一象限中存在沿y轴正方向的匀速磁场，场强大小为E在其它象限中存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里A是y轴上的一点，它到坐标原点O的距离为h；C是x轴上的一点，到O的距离为L一质量为m，电荷量为q的带负电的粒子以某一初速度沿x轴方向从A点进入电场区域，继而通过C点进入磁场区域并再
10、次通过A点，此时速度方向与y轴正方向成锐角不计重力作用试求：（1）粒子经过C点速度的大小和方向（只需求出与x方向夹角的三角函数值即可）；（2）磁感应强度的大小B物理-选修3-313下列说法中正确的是（）A布朗运动反映的是液体分子的无规则运动B根据热力学第二定律可知，热量不可能从低温物体传到高温物体C物体放出热量，温度一定降低D气体对容器壁的压强是由于大量气体分子对器壁的碰撞作用产生的E热量是热传递过程中，物体间内能的转移量；温度是物体分子平均动能大小的量度14如图所示，“13”形状的各处连通且粗细相同的细玻璃管竖直放置在水平地面上，只有竖直玻璃管FG中的顶端G开口，并与大气相通，水银面刚好与顶
11、端G平齐AB=CD=L，BD=DE=，FG=管内用水银封闭有两部分理想气体，气体1长度为L，气体2长度为，L=76cm已知大气压强P0=76cmHg，环境温度始终为t0=27，现在仅对气体1缓慢加热，直到使BD管中的水银恰好降到D点，求此时（计算结果保留三位有效数字）气体2的压强P2为多少厘米汞柱？气体1的温度需加热到多少摄氏度？物理-选修3-415一列沿x轴正方向传播的简谐横波t时刻的波形图象如图1所示，已知该波的周期为T，a、b、c、d 为沿波传播方向上的四个质点则下列说法中正确的是（）A在时，质点c的速度达到最大值B在t+2T时，质点d的加速度达到最大值C从t到t+2T的时间间隔内，质点
12、d通过的路程为6cmDt时刻后，质点b比质点a先回到平衡位置E从t时刻起，在一个周期的时间内，a、b、c、d四个质点沿x轴通过的路程均为一个波长16如图所示是一个透明圆柱的横截面，其半径为R，折射率是，AB是一条直径，今有一束平行光沿AB方向射向圆柱体若一条入射光经折射后恰经过B点，试求：这条入射光线到AB的距离是多少？这条入射光线在圆柱体中运动的时间是多少？【物理-选修3-5】17下列说法正确的是 （）A如果用紫光照射某种金属发生光电效应，改用绿光照射该金属一定发生光电效应B粒子散射实验中少数粒子发生了较大偏转，这是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据之一C在康普顿效应中，当入射光子与晶体中
13、的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，因此，光子散射后波长变长D某放射性原子核经过2次衰变和一次衰变，核内质子数减少4个E根据玻尔理论，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能增大，原子的电势能减小18如图所示，光滑的圆弧AB（质量可忽略）固定在甲车的左端，其半径R=1m质量均为M=3kg的甲、乙两辆小车静止于光滑水平面上，两车之间通过一感应开关相连（当滑块滑过感应开关时，两车自动分离）其中甲车上表面光滑，乙车上表面与滑块P之间的动摩擦因数=0.4将质量为m=2kg的滑块P（可视为质点）从A处由静止释放，滑块P滑上乙车后最终未滑离乙车求：（i）滑块P刚滑
14、上乙车时的速度大小；（ii）滑块P在乙车上滑行的距离为多大？2016年陕西省西北工大附中高考适应性物理试卷（六）参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1结合你所学知识和图中描述的物理学史，判断下列说法错误的是（）A图中“力学”高峰期是指牛顿建立动力学理论B“电磁学”理论的完备期晚于“力学”理论的完备期C伽利略将他的“斜面实验”和“比萨斜塔实验”都记录在他的自然哲学的数学原理一书中D相对论和量子力学的出现并没有否定经典力学【考点】经典时空观与相对论时空观的主要区别【分析】物理学经历了几次发展的高峰其，其一为牛顿动力学的创立时期；再次即为近代物理学的创立时期【解答】解：A
15、、“力学”高峰期的代表是指牛顿动力学的理论的创立；故A正确；B、由图可知，“电磁学”理论的完备晚于“力学”知识，故B正确；C、伽俐略将他的“斜面实验”记录在他的两种新科学的对话一书中；而不是自然哲学的数学原理，同时“比萨斜塔实验”找不到具体的记录；故C错误；D、相对论和量子力学的出现并没有否定经典力学；故D正确；本题选错误的，故选：C2如图所示，光滑水平地面上固定一带滑轮的竖直杆，用轻绳系着小滑块绕过滑轮，用恒力F1 水平向左拉滑块的同时，用恒力F2拉绳，使滑块从A点起由静止开始向右运动，B和C是A点右方的两点，且AB=BC，则以下说法正确的是（）A从A点至B点F2做的功大于从B点至C点F2做
16、的功B从A点至B点F2做的功小于从B点至C点F2做的功C从A点至C点F2做的功一定等于滑块克服F1做的功D从A点至C点F2做的功一定大于滑块克服F1做的功【考点】功的计算【分析】F2做的功等于F2与绳头位移大小乘积，根据绳头的位移大小关系，分析从A点至B点与从B点至C点F2做的功的大小关系分析物体经过A点与C点可能的速率关系，由动能定理从A点至C点F2做的功与滑块克服F1做的功可能的关系【解答】解：A、B由题，AB=BC，根据数学知识得知，从A点至B点绳头的位移大于从B点至C点的位移，F2又是恒力，则从A点至B点F2做的功大于从B点至C点F2做的功故A正确，B错误C、D物体从A到C过程，可能先
17、加速后减速，物体在A点与C点速率可能相等，根据动能定理得知，物体从A运动到C过程中动能的变化量为零，总功为零，则从A点至C点F2做的功可能等于滑块克服F1做的功故CD错误故选：A3如图所示，一小球从一半圆轨道左端A点正上方某处开始做平抛运动（小球可视为质点），飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点O为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R，OB与水平方向夹角为60，重力加速度为g，则小球抛出时的初速度为（）ABCD【考点】平抛运动【分析】根据题意小球飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点，可知速度的方向与水平方向成30角，根据速度方向得到平抛运动的初速度与时间的关系再根据水平方向匀速运动，得出水平位移与、初速
18、度和时间的关系，联立即可求解初速度【解答】解：飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点，则知速度与水平方向的夹角为30，则有：vy=v0tan30又 vy=gt，则得：v0tan30=gt，t=水平方向上小球做匀速直线运动，则有： R+Rcos60=v0t 联立解得：v0=故选：B4据科技日报报道，2020年前我国将发射8颗海洋系列卫星，包括4颗海洋水色卫星，2颗海洋动力环境卫星和2颗海陆雷达卫星，以加强对黄岩岛、钓鱼岛及西沙群岛全部岛屿附近海域的监测设海陆雷达卫星绕地球做匀速圆周运动的轨道半径是海洋动力环境卫星的n倍，则在相同的时间内（）A海陆雷达卫星到地球球心的连线扫过的面积是海洋动力环境卫星的
19、n倍B海陆雷达卫星和海洋动力环境卫星到地球球心的连线扫过的面积相等C海陆雷达卫星到地球球心的连线扫过的面积是海洋动力环境卫星的倍D海陆雷达卫星到地球球心的连线扫过的面积是海洋动力环境卫星的倍【考点】万有引力定律及其应用【分析】根据万有引力提供向心力得出角速度之比，结合轨道半径得出扫过面积的表达式，从而得出扫过的面积之比【解答】解：根据，解得，扫过的面积为S=，因为轨道半径之比为n，则角速度之比为，所以相同时间内扫过的面积之比为故C正确，A、B、D错误故选：C5电阻非线性变化的滑动变阻器R2接入图甲的电路中，移动滑动变阻器触头改变接入电路中的长度x（x为图中a与触头之间的距离），定值电阻R1两端
20、的电压U1与x间的关系如图乙，a、b、c为滑动变阻器上等间距的三个点，当触头从a移到b和从b移到c的这两过程中，下列说法正确的是（）A电流表A示数变化相等B电压表V2的示数变化不相等C电阻R1的功率变化相等D电源的输出功率均不断增大【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率【分析】对于电阻R1，根据欧姆定律得到U1=IR1，电阻R1一定，由图象读出电压变化关系，分析电流变化关系电压表V2的示数U2=EIr，根据电流变化关系，分析V2的示数变化关系根据电阻R1的功率P1=I2R1分析R1的功率变化关系；由图读出电压的变化，分析电流的变化情况，根据外电阻与电源内阻的关系，分析电源输出功率如何变化【解
21、答】解：A、根据欧姆定律得到电阻R1两端的电压U1=IR1，由图看出，电压U1变化相等，R1一定，则知电流的变化相等，即得电流表示数变化相等故A正确；B、电压表V2的示数U2=EIr，电流I的变化相等，E、r一定，则U2相等故B错误；C、电阻R1的功率P1=I2R1，其功率的变化量为P1=2IR1I，由上知I相等，而I减小，则知，从a移到b功率变化量较大故C错误；D、由图2知，U1减小，电路中电流减小，总电阻增大，由于外电路总与电源内阻的关系未知，无法确定电源的输出功率如何变化故D错误故选：A6如图所示，某无限长粗糙绝缘直杆与等量异种电荷连线的中垂线重合，杆竖直放置杆上有A、B、O三点，其中O
22、为等量异种电荷连线的中点，AO=BO现有一带电小圆环从杆上A点以初速度v0向B点滑动，滑到B点时速度恰好为0则关于小圆环的运动，下列说法正确的是（）A运动的加速度先变大再变小B电场力先做正功后做负功C运动到O点的动能为初动能的一半D运动到O点的速度小于【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度；电势能【分析】一对等量异号电荷的连线的中垂线是等势面，电荷从等势面上的一点移动到另一点，电场力做功为零根据受力分析得出加速度的变化；小圆环从A向B运动的过程中重力和摩擦力做功，根据动能定律即可得出动能和速度的变化【解答】解：A、等量异号电荷的连线的中垂线上，从A到B电场强度先增大后减小，O点的电场强度最大
23、，所以小圆环受到的电场力先增大后减小，小圆环受到的摩擦力：f=FN=qE，所以小圆环受到的摩擦力先增大后减小，它的加速度：a=，则a先增大后减小故A正确；B、一对等量异号电荷的连线的中垂线是等势面，故小圆环从A到B过程电场力不做功，故B错误；C、设AB之间的距离为2L，摩擦力做功为2Wf，小圆环从A到B的过程中，电场力不做功，重力和摩擦力做功，根据动能定理得： AO过程：mgL+Wf= AB过程：mg2L+2Wf=0联立以上两个公式解得：vO=，即运动到O点的动能为初动能的一半，运动到O点的速度大于故C正确，D错误故选：AC7如图所示，相距为d的两水平线L1和L2分别是水平向里的匀强磁场的边界
24、，磁场的磁感应强度为B，正方形线框abcd边长为L（Ld）、质量为m，电阻为R将线框在磁场上方高h处由静止释放，ab边刚进入磁场和穿出磁场时的速度恰好相等则在线框全部穿过磁场的过程中（）Aab边刚进入磁场时ab两端的电势差为 BLB感应电流所做功为mgdC感应电流所做功为2mgdD线框最小速度为【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】先求感应电动势，再求路端电压；由进入和离开磁场的状态相同，得到做功的大小；由做功情况得到动能最小的时间，再利用动能定理求得这一时刻的速度【解答】解：A、将线框在磁场上方高h处由静止释放，ab边刚进入磁场时，有，线框的速度，ab边产生的感应电
25、动势，ab两端的电势差为路端电压，故A错误；BC、在线框全部穿过磁场的过程中，线框只受重力和安培力又有ab边刚进入磁场和穿出磁场时的速度恰好相等，则根据动能定理可得：线框进入磁场感应电流所做的负功大小等于线框下降d重力所做的功，所以，线框进入磁场感应电流所做的负功大小等于mgd；ab边刚进入磁场和穿出磁场时的速度恰好相等，其产生的感应电动势也相等，感应电流也相等，所以安培力也相等，即两状态线框的受力完全相同，初速度也相同，所以，线框穿出磁场和进入磁场两过程感应电流所做的功相等，所以，在线框全部穿过磁场的过程中，感应电流所做的功为2mgd，故B错误，C正确；D、线框进入磁场感应电流所做的负功大小
26、等于mgd，Ld，即线框在进入磁场过程中一直在减速；完全进入磁场后只受重力，加速下落；穿出磁场时，又减速下落；因为ab边刚进入磁场和穿出磁场时的速度恰好相等，线框穿出磁场和进入磁场两过程感应电流所做的功相等，所以，线框速度最小时为线框刚刚完全进入磁场时，由动能定理可得：，所以，故D正确故选：CD8如图所示，理想变压器原线圈中正弦式交变电源的输出电压和电流分别为U1和I1，两个副线圈的输出电压和电流分别为U2和I2、U3和I3接在原副线圈中的五个完全相同的灯泡均正常发光则下列表述正确的是（）AU1：U2：U3=1：1：2BI1：I2：I3=1：2：1C三个线圈匝数n1：n2：n3之比为5：2：1
27、D电源电压U1与原线圈两端电压U1之比为5：4【考点】变压器的构造和原理【分析】理想变压器的输入功率和输出功率相等，电压与匝数成正比，当有多个副线圈时，根据输入的功率和输出的功率相等，并结合五个完全相同的灯泡均正常发光，可以判断电流之间的关系，进而可判定电压及匝数关系【解答】解：A、设灯泡均正常发光时的电压为U，由图可知，则有：U2=U，U3=2U，理想变压器的输入功率和输出功率相等，所以输入的功率为I1U1，输出的功率为两个副线圈的功率的和，所以I1U1=I2U2+I3U3，所以U1：U2：U3=4：1：2，故A错误B、设灯泡均正常发光时的电流I，由图可知，则有：I1=I，I2=2I，I3=
28、I；所以有：I1：I2：I3=1：2：1，故B正确C、理想变压器的电压与匝数成正比，由U1：U2：U3=5：1：2，可知：n1：n2：n3=5：1：2，故C错误D、根据原线圈与电灯L1串联电流相等，则有电压关系：U：U1=5：4，所以D正确故选：BD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，每个小题考生都必须作答第33题第40题为选考题，考生根据要求作答）（一）必考题9某实验小组利用拉力传感器和打点计时器“探究加速度与力的关系”他们将拉力传感器固定在小车上记录小车静止时受到拉力的大小，下面按照甲图进行实验，t=0时，小车处于甲图所示的位置（1）该同学按甲图完成实验，请指
29、出至少一处错误：打点计时器的电源接了直流电；小车释放时离打点计时器太远；实验前未平衡摩擦阻力（2）图乙是实验中获得的一条纸带的某部分，选取A、B、C、D、E计数点（每两个计数点间还有4个点未画出），AC间的距离为3.10 cm（3）若打点计时器使用的交流电频率为50Hz，则小车的加速度大小为0.98m/s2（结果保留两位有效数字）【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系【分析】实验前需平衡摩擦力，实验时先接通电源，再释放纸带，细线的方向与木板平行，为了使绳子的拉力等于小车所受的合力，小车的质量要远大于所挂钩码的质量刻度尺的读数需估读到最小刻度的下一位根据连续相等时间内的位移之差是一恒量，运
30、用逐差法求出加速度的大小【解答】解：（1）该实验的错误之处：打点计时器的电源接了直流电；小车释放时离打点计时器太远；实验前未平衡摩擦阻力（2）AC间的距离为3.10cm（3）根据x=aT2，运用逐差法得：a=0.98m/s2故答案为：（1）打点计时器的电源接了直流电；小车释放时离打点计时器太远；实验前未平衡摩擦阻力；（2）3.10；（3）0.9810在物理课外活动中，王聪明同学制作了一个简单的多用电表，图甲为电表的电路原理图已知选用的电流表内阻Rg=10、满偏电流Ig=10mA，当选择开关接3时为量程250V的电压表该多用电表表盘如图乙所示，下排刻度均匀，C为上排刻度线的中间刻度，由于粗心上排
31、刻度线对应数值没有标出（1）若指针指在图乙所示位置，选择开关接1时其读数为6.9mA；选择开关接3时其读数为173V（2）为了测该多用电表欧姆挡的电阻和表内电源的电动势，刘聪同学在实验室找到了一个电阻箱，设计了如下实验：将选择开关接2，红黑表笔短接，调节R1的阻值使电表指针满偏将多用电表红黑表笔与电阻箱相连，调节电阻箱使多用电表指针指在C处，此时电阻箱如图丙所示，则C处刻度应为150计算得到多用电表内电池的电动势为1.5V（保留2位有效数字）（3）调零后将电表红黑表笔与某一待测电阻相连，若指针指在图乙所示位置，则待测电阻的阻值为67（保留2位有效数字）【考点】用多用电表测电阻【分析】（1）根据
32、电表量程由图示电表确定其分度值，根据指针位置读出其示数（2）电阻箱各指针示数与所对应倍率的乘积之和是电阻箱示数；由闭合电路欧姆定律可以求出电源电动势（3）欧姆表读数等于表盘示数乘以倍率【解答】解：（1）选择开关接1时测电流，多用电表为量程是10mA的电流表，其分度值为0.2mA，示数为6.9mA；选择开关接3时测电压，多用电表为量程250V的电压表，其分度值为5V，其示数为173V；（2）由图2所示电阻箱可知，电阻箱示数为01000+1100+510+01=150；指针指在C处时，电流表示数为5mA=0.005A，C处电阻为中值电阻，则电表内阻为150，电源电动势E=I2R=0.0051502
33、=1.5V；（3）根据第（1）问可知，调零后将电表红黑表笔与某一待测电阻相连，此时电路中的电流值为6.90mA，而表内电池的电动势为E=1.5V，表内总电阻为150，所以待测电阻的阻值为67故答案为：（1）6.9mA；173V；（2）150；1.5；（3）6711翼型降落伞有很好的飞行性能它被看作飞机的机翼，跳伞运动员可方便地控制转弯等动作其原理是通过对降落伞的调节，使空气升力和空气摩擦力都受到影响已知：空气升力F1与飞行方向垂直，大小与速度的平方成正比，F1=C1v2；空气摩擦力F2与飞行方向相反，大小与速度的平方成正比，F2=C2v2其中C1、C2相互影响，可由运动员调节，满足如图b所示的
34、关系试求：（1）图a中画出了运动员携带翼型伞跳伞后的两条大致运动轨迹试对两位置的运动员画出受力示意图并判断，、两轨迹中哪条是不可能的，并简要说明理由；（2）若降落伞最终匀速飞行的速度v与地平线的夹角为，试从力平衡的角度证明：tan=C2/C1；（3）某运动员和装备的总质量为70kg，匀速飞行的速度v与地平线的夹角约20（取tan20=4/11），匀速飞行的速度v多大？（g取10m/s2，结果保留3位有效数字）【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系【分析】（1）物体做直线运动的条件是所受的合力方向与速度方向在一条直线上，根据运动员和翼型伞的受力情况进行判断；（2）由位置的受力分析
35、，匀速运动时对重力进行分解，根据平衡条件求解；（3）在图b中过原点作直线C2=C1，正确得到直线与曲线的交点后求解【解答】解：（1）轨迹不可能存在位置，三力可能平衡（或三力的合力可能与速度在一直线），运动员做直线运动位置，合力方向与速度方向不可能在一直线，所以不会沿竖直方向做直线运动（2）由位置的受力分析可知，匀速运动时，对重力进行分解，根据平衡条件得：F1=mgcos=C1v2F2=mgsin=C2v2两式消去mg和v得tan=；（3）在图b中过原点作直线正确得到直线与曲线的交点C2=2，C1=5.5根据F2=mgsin=C2v2或F1=mgcos=C1v2得v=10.9m/s答：（1）轨迹
36、是不可能的；（2）以上已经证明；（3）匀速飞行的速度是10.9m/s12如图所示，在坐标系Oxy的第一象限中存在沿y轴正方向的匀速磁场，场强大小为E在其它象限中存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里A是y轴上的一点，它到坐标原点O的距离为h；C是x轴上的一点，到O的距离为L一质量为m，电荷量为q的带负电的粒子以某一初速度沿x轴方向从A点进入电场区域，继而通过C点进入磁场区域并再次通过A点，此时速度方向与y轴正方向成锐角不计重力作用试求：（1）粒子经过C点速度的大小和方向（只需求出与x方向夹角的三角函数值即可）；（2）磁感应强度的大小B【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
37、【分析】（1）粒子在电场作用下做类平抛运动，加速度沿y轴负方向，根据平抛运动的基本公式可求出初速度，再根据圆周运动的对称性求出C点进入磁场时的速度为v，方向可通过几何关系求解（2、3）粒子从C点进入磁场后在磁场中做速率为v的圆周运动理论重量通过向心力，通过几何关系表示出轨道半径R，进而求出B【解答】解：画出带电粒子的运动轨迹如图所示（1）以a表示粒子在电场作用下的加速度，有qE=ma 加速度沿y轴负方向设粒子从A点进入电场时的初速度为v0，由A点运动到C点经历的时间为t，则有h=at2 l=v0t 由式得v0=设粒子从C点进入磁场时的速度为v，v垂直于x轴的分量v1=由式得v=设粒子经过C点时
38、的速度方向与x轴的夹角为，则有tan=由式得=arctan（2）粒子从C点进入磁场后在磁场中做速率为v的圆周运动若圆周的半径为R，则有 qvB=m设圆心为P，则PC必与过C点的速度垂直，且有用表示与y轴的夹角，由几何关系得Rcos=Rcos+hRsin=lRsin由式解得 R=由式解得B=答：（1）粒子经过C点时速度的大小是，速度方向与x轴之间的夹角是=arctan；（2）磁感应强度的大小是物理-选修3-313下列说法中正确的是（）A布朗运动反映的是液体分子的无规则运动B根据热力学第二定律可知，热量不可能从低温物体传到高温物体C物体放出热量，温度一定降低D气体对容器壁的压强是由于大量气体分子对
39、器壁的碰撞作用产生的E热量是热传递过程中，物体间内能的转移量；温度是物体分子平均动能大小的量度【考点】封闭气体压强；布朗运动【分析】布朗运动是固体小颗粒的运动，但它反映了液体分子的无规则运动；热量可以自发地从高温物体传到低温物体；若热量从低温物体传到高温物体，需引起其他方面的变化；气体压强是由于大量分子对器壁的碰撞产生的温度是分子热运动平均动能的标志【解答】解：A、布朗运动是固体小颗粒的运动，是液体分子无规则运动的反映；故A正确；B、热量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B错误；C、物体放出热量时，若同时外界对物体做功，则温度可以升高，故C错误；D、大量气体分子对器壁的持续
40、撞击引起了气体对容器壁的压强，故D正确；E、热传递过程中，物体间内能的转移量叫做热量；温度是分子热运动平均动能的标志，故E正确；故选：ADE14如图所示，“13”形状的各处连通且粗细相同的细玻璃管竖直放置在水平地面上，只有竖直玻璃管FG中的顶端G开口，并与大气相通，水银面刚好与顶端G平齐AB=CD=L，BD=DE=，FG=管内用水银封闭有两部分理想气体，气体1长度为L，气体2长度为，L=76cm已知大气压强P0=76cmHg，环境温度始终为t0=27，现在仅对气体1缓慢加热，直到使BD管中的水银恰好降到D点，求此时（计算结果保留三位有效数字）气体2的压强P2为多少厘米汞柱？气体1的温度需加热到
41、多少摄氏度？【考点】理想气体的状态方程【分析】气体2发生等温变化，由图示求出气体压强先找出气体1的初末状态的体积、压强、温度的已知量，然后根据理想气体状态方程列式求解【解答】解：加热气体1时，气体2的温度、压强、体积均不改变，气体2的压强：p2=p0+=76+=95.0cmHg；对于气体1，设玻璃管横截面积为S，由理想气体状态方程得： =，其中：V1=LS，V2=LS，P0=76cmHg，P2=（76+19）=95cmHg，T0=t0+273=300K，解得：T2=468.75K，t2=T2273=468.75273196答：气体2的压强为95.0cmHg气体1的温度需加热到196摄氏度物理-
42、选修3-415一列沿x轴正方向传播的简谐横波t时刻的波形图象如图1所示，已知该波的周期为T，a、b、c、d 为沿波传播方向上的四个质点则下列说法中正确的是（）A在时，质点c的速度达到最大值B在t+2T时，质点d的加速度达到最大值C从t到t+2T的时间间隔内，质点d通过的路程为6cmDt时刻后，质点b比质点a先回到平衡位置E从t时刻起，在一个周期的时间内，a、b、c、d四个质点沿x轴通过的路程均为一个波长【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象【分析】在t+时，质点c到达波峰，速度为零根据波长，确定出波传到d的时间，再分析t+2T时刻d的加速度根据波的传播方向判断出a、b两质点的振动方向，分析
43、回到平衡位置的先后从t时刻起，在一个周期内，a、b、c三个质点所通过的路程均为一个波长在波传播的过程中，质点上下振动，一个周期内振动的路程等于4倍的振幅【解答】解：A、在时，质点c运动到波峰，速度为零故A错误B、经过1T个周期，质点d开始振动，起振方向竖直向下，再经过T到达正向最大位移处，所以在t+2T时，质点d的加速度达到最大值故B正确C、经过1T个周期，质点d开始振动，在剩余的T的时间间隔内，质点d通过的路程为 S=3A=6cm故C正确D、根据“上下坡法”知a质点向上振动，b质点向上振动，b质点先回到平衡位置故D正确E、从t时刻起，在一个周期的时间内，a、b、c、d四个质点沿x轴通过的路程
44、都是四个振幅，而不是一个波长故E错误故选：BCD16如图所示是一个透明圆柱的横截面，其半径为R，折射率是，AB是一条直径，今有一束平行光沿AB方向射向圆柱体若一条入射光经折射后恰经过B点，试求：这条入射光线到AB的距离是多少？这条入射光线在圆柱体中运动的时间是多少？【考点】光的折射定律【分析】（1）根据折射定律结合几何关系求出入射光线到AB的距离（2）求出光在介质中的速度，结合几何关系求出光在圆柱体中运行的位移，从而求出运动的时间【解答】解：设光线P经折射后经过B点，光线如图所示根据折射定律在OBC中，可得，所以在DBC中，在圆柱体中的运行时间答：（1）这条入射光线到AB的距离是（2）这条入射
45、光线在圆柱体中运动的时间是【物理-选修3-5】17下列说法正确的是 （）A如果用紫光照射某种金属发生光电效应，改用绿光照射该金属一定发生光电效应B粒子散射实验中少数粒子发生了较大偏转，这是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据之一C在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，因此，光子散射后波长变长D某放射性原子核经过2次衰变和一次衰变，核内质子数减少4个E根据玻尔理论，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能增大，原子的电势能减小【考点】光电效应；粒子散射实验；玻尔模型和氢原子的能级结构【分析】当入射光的频率大于极限频率时，才
46、能发生光电效应；通过粒子散射实验现象，提出原子核式结构模型；在康普顿效应中，部分能量转移，频率降低，波长变长；一次衰变，质子数减小2，而质量数减小4，对于一次衰变，质子数增加1，而质量数不变；当电子从高能级跃迁时，释放能量，动能减小，电势能增加，而向低能级跃迁时，吸收能量，动能增加，电势能减小，从而即可求解【解答】解：A、如果用紫光照射某种金属发生光电效应，改用绿光照射，入射光的频率降低，则不一定大于极限频率，因此该金属不一定发生光电效应，故A错误；B、通过粒子散射实验中少数粒子发生了较大偏转，绝大多不发生偏转，从而提出原子核式结构模型，故B正确；C、康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞
47、时，把一部分动量转移给电子，导致光的能量减小，则光的波长变长，故C正确；D、放射性原子核经过2次衰变，则质子数减小4，而质量数减小8，对于一次衰变，质量数会不变，而质子数增加1，则总共核内质子数减少3个，故D错误；E、玻尔理论，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能增大，原子的电势能减小，且总能量减小，故E正确；故选：BCE18如图所示，光滑的圆弧AB（质量可忽略）固定在甲车的左端，其半径R=1m质量均为M=3kg的甲、乙两辆小车静止于光滑水平面上，两车之间通过一感应开关相连（当滑块滑过感应开关时，两车自动分离）其中甲车上表面光滑，乙车上表面与滑块P之
48、间的动摩擦因数=0.4将质量为m=2kg的滑块P（可视为质点）从A处由静止释放，滑块P滑上乙车后最终未滑离乙车求：（i）滑块P刚滑上乙车时的速度大小；（ii）滑块P在乙车上滑行的距离为多大？【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律【分析】1、滑块P（可视为质点）从A处由静止释放，滑块、甲、乙两辆小车组成系统，根据系统水平方向动量守恒列出等式，根据能量守恒列出等式联立求解2、滑块P滑上乙车后，对滑块P和乙车组成系统应用动量守恒和能量守恒列出等式联立求解【解答】解：（i）设滑块P刚滑上乙车时的速度为v1，此时两车的速度为v2，滑块、甲、乙两辆小车组成系统，规定向右为正方向，根据系统水平方向动量守恒列出等式：mv12Mv2=0 对整体应用能量守恒有：mgR=m+2M解得：v1=，（ii）设滑块P和小车乙达到的共同速度为v，滑块P在乙车上滑行的距离为L，规定向右为正方向，对滑块P和小车乙应用动量守恒有：mv1Mv2=（m+M）v 对滑块P和小车乙应用能量守恒有：mgL=m+M（M+m）v2解得：L=2m答：（i）滑块P刚滑上乙车时的速度大小；（ii）滑块P在乙车上滑行的距离为2m2017年4月5日
