1、2016年新疆乌鲁木齐地区高考物理二模试卷一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40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6-10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，有选错的得0分1做直线运动的质点其加速度随时间变化的图象如图所示，阴影部分的“面积”大小为A，t0时刻，质点的速度为零在0t0时间内，质点发生的位移是（）ABCAt0DAt02如图所示的电路中，电源内阻不能忽略若灯泡L的灯丝突然烧断，则流过电阻R1、R2的电流I1、I2以及电容器的带电量q的变化情况为（）AI1增大，I2减小，q增大BI1减小，I2增大，q减小CI1增大，I2减小，
2、q减小DI1减小，I2增大，q增大3交流发电机的原理如图所示，10匝的矩形线圈在匀强磁场中绕轴做匀速转动，转动的角速度为10 rad/s，线圈转动过程中，穿过线圈的最大磁通量为0.1Wb若从线圈平面与磁场平行的位置开始计时，在t=s时，矩形线圈中产生的感应电动势的瞬时值为（）A27.2VB15.7VC19.2VD11.1V4某兴趣小组为了验证通电长直导线在某点产生的磁场的磁感应强度B与这一点到导线的距离r成反比（B）的结论，设计了下面的实验将长直导线沿南北方向水平放置，小磁针放置在长直导线的正下方并处于静止状态当小磁针离导线的距离为r时，给长直导线通恒定的电流，小磁针垂直纸面向纸内转动，转过的
3、角度为（实验区域内通电导线产生的磁场与地磁场的水平分量相差不是很大）将小磁针放在不同r处，测量其转过的角度，最终作出相关图象下面图象中能验证结论B的是（）ABCD5动车组是由几节自带动力的车厢加几节不带动力的车厢组成的，带动力的车厢叫动车，不带动力的车厢叫拖车每节动车与拖车质贵都相等，每节动车的额定功率都相等动车组运行过程中总阻力来自两部分：一部分是车轮与铁轨之间摩擦产生的机械阻力，阻力大小与动车组的质量成正比；另一部分来自于空气阻力，阻力大小与动车组速度的平方成正比一列12节车厢的动车组，有3节动车时最大速度为160km/h，此时空气阻力是总阻力的0.5倍若要使12节车厢的动车组的最大速度达
4、到240km/h，则动车的节数至少为（）A7节B8节C9节D10节6下列说法正确的是（）A牛顿第二定律在任何参考系中都成立B楞次定律可以计算感应电动势的大小C麦克斯韦电磁场理论预言了电磁波的存在D伽利略用实验加逻辑的方法否定了“重球比轻球落得快”的结论7一试探电荷闯入点电荷Q形成的电场中，仅在电场力的作用下运动，其运动轨迹上有 a、b、c三点由此可以判断（）A试探电荷在a、b、c三点的速度方向B试探电荷在a、b、c三点的加速度方向Ca、b、c三点的电势高低的顺序D试探电荷在三点的电势能大小的顺序8如图所示，为了将一尊雕像搬运到半雪坡的平台上C处，牵引车通过定滑轮用钢丝绳来牵引雕像运动在搬运过程
5、的某段时间内，牵引车向右做匀速运动，雕像受到的摩擦阻力不计，则（）A雕像的速度越来越大B雕像的速度越来越小C钢丝绳的拉力越来越大D钢丝绳的拉力越来越小9如图所示，水平地面有一个坑，其竖直截面为半圆形，ab为沿水平方向的直径，在a点分别以初速度v0（已知）、2v0、3v0沿ab方向抛出三个石子并击中坑壁，且以v0、2v0抛出的石子做平抛运动的时间相等设以v0和3v0抛出的石子做平抛运动的时间分别为t1和t3，击中坑壁瞬间的速度分别为v1和v3，则（）A可以求出t1和t3B不能求出t1和t3，但能求出它们的比值C可以求出v1和v3D不能求出v1和v3，但能求出它们的比值10如图所示，水平地面上方矩
6、形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，在磁场正上方有两个边长相等，质量不等的相同材料制成的单匝闭合正方形线圈和线圈粗细均匀，线圈粗细不均匀两线圈从同一高度处由静止开始自由下落，进入磁场后最后落到地面运动过程中，线圈平面始终保持在数直平面内且下边缘平行于磁场上边界整个运动过程中通过线圈和导线的横截面的电荷量分别为q1、q2，运动的时间分别为t1、t2不计空气阻力，则（）Aq1与q2可能相等Bq1一定大于q2Ct1与t2可能相等Dt1一定大于t2二、必考题（本题共6小题，共46分）11在用伏安法测量电阻Rx的实验中，伏特表的内阻为4k，毫安表的内阻为50某同学先用万用表对Rx粗测后正确连接电路并通过
7、实验数据得到IU图象如图所示（1）由图象可得电阻Rx的测量值是，该测量值真实值（填“大于”或“小于”）（2）实验中要求被测电阻上的电压能够从零开始连续调节，请在虚线框内完成实验电路图12某兴趣小组设计了如下的实验，验证弹簧弹性势能的公式EP=kx2，式中k是劲度系数，x是形变量（压缩量或伸长量）提供的器材：刻度尺、木板、木块、长度不同的弹簧（材料和规格相同）若干第一步：验证弹性势能与形变量的关系水平放置的木板左端固定一个弹簧，弹簧处于原长状态，木块与弹簧恰好接触并静止于O点用外力将木块向左推至A点后释放，木块在运动过程中与弹簧脱离，最终停在B点测得O、B间的距离为x1，A、B间的距离为x2复上
8、述过程多次（1）若以为横轴，以x2为纵轴做出的图象为过原点的直线，就验证了弹簧的弹性势能与其形变量的平方成正比的结论第二步：验证弹性势能与劲度系数的关系（2）通过推导可得材料和规格相同但长度不同的弹簧，其劲度系数与弹簧的长度成比换用不同长度L的弹簧实验，保证弹簧每次有相同的形变量，测得多组x2若以为横轴，以为纵轴做出的图象为过原点的直线，这就验证了弹簧形变量相同时弹簧的弹性势能与其劲度系数成正比的结论（3）用本实验提供的器材和方法（填“能”或“不能”）验证弹性势能公式中的系数132016年2月11日，利学家宣布，人类首次直接探测到了引力波其实，早在1974年科学家发现的脉冲双星就间接说明了引力
9、波的存在脉冲双星是在彼此吸引力作用下的相互旋转的致密中子星若两颗脉冲双星的质量之和为M，双星绕同一点转动的周期为T，引力常量为G求脉冲双星球心间的距底14目前人类正在研究真空管道磁悬浮列车，由于管道内空气稀薄，阻力很小，列车运行速度可以达到2000 km/h以上列车推进原理可以简化为如图所示的模型：在水平面上相距L的两根平行直导轨间，有竖直方向等间距分布的匀强磁场B1和B2，且B1=B2=B，每个磁场的宽度都是L，相间排列，所有这些磁场都以相同的速度v0向右 匀速运动，这时跨在两导轨间边长为L的正方形金属框（悬浮在导轨上方）在磁场力作用下也将向右运动并最终达到最大速度已知金属框的总电阻为R，运
10、动中受到的阻力恒为Ff求金属框的最大速度vm15如图所示，MN、PQ为一匀强磁场的水平边界，磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B，边界MN下方有一匀强电场，方向水平向左，场强大小为E现有一质量为m、电荷量为q（q0）的粒子（重力不计），从电场中A点以速度v0垂直于电场线开始运动，粒子穿过电场区域后从从MN边界上B点进入磁场，粒子恰好没有从边界PQ穿出，己知磁场的宽度d=求粒子在磁场中运动的轨道半径和A点到边界MN的距离16一中间有圆孔的玉片（厚度不计）保持环面平行于地面从高处静止释放，玉片直接撞击地面而不被摔坏的最大释放高度为hm=0.2m现将玉片紧套在高度L=0.55m且与玉片质量相等
11、的圆柱体顶端处从圆柱体下端距地面高度H=0.4m处由静止释放圆柱体，下落到地面后与地面发生碰撞时，触地时间极短，无动能损失玉片与圆柱体间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，大小为玉片重力的2倍玉片最终从圆柱体上滑脱时，立即用手接住圆柱体整个过程中圆柱体始终保持竖直，空气阻力不计试通过分析计算说明玉片最终是否摔坏三、选考题（共14分请考生从给出的3道题中任选一题作答，在答题卡上选答区域指定位置答题如果多做，则按所做的第一题计分在每道题第（1）小题给出的5个选项中，选对1个给2分，选对2个给4分，全部选对给5分，每选错1个扣3分，最低得分为0分）【选修3-3】17一定质量的理想气体由状态A变化到状态B，压
12、强随体积变化的关系如图所示，这个过程（）A气体的温度一直降低B气体的密度一直变小C气体的内能一直变大D气体一直对外界做功E气体一直向外界散热18如图所示，一可移动的绝热活塞M将一截面积为400cm2的气缸分为A、B两个气缸，A、B两个气缸装有体积均为12L、压强均为1atm、温度均为27的理想气体现给左面的活塞N施加一推力，使其缓慢向右移动，同时给B气体加热，此过程中A气缸的气体温度保持不变，活寒M保持在原位置不动已知1atm=105Pa不计活塞与气缸壁间的摩擦当推力F=2103N时，求：活塞N向右移动的距离；气缸中的气体升温到多少摄氏度【物理选修3-4】19一列横波在t=0时的波动图象如图所
13、示，从此时开始，质点d比质点e早0.1s到达波峰，则下列说法正确的是（）A此列波向左传播B此列波的波速为10 m/sC1.0 s内质点通过的路程为0.5 mDt=0.45 s时质点c在向y轴负方向振动E经过0.1 s，质点a第一次到达波峰20某种材料制成的边长为L的等边三棱镜，其截面ABC如图所示，BC边有不透光均匀涂层一束垂直BC边的光线从AB边距B点处的E点入射，光线在三棱镜内经过一次反射后从AC边上距A点的F点射出，出射光线与入射光线平行已知光在真空中传播速度为c求：该材料的折射率n；从AC边上射出的光在三棱镜中的传播时间t【选修3-5】21下列说法正确的是（）A某原子核发生了衰变，说明
14、该原子核中有电子B放射性元索与别的元岽形成化合物时仍具有放射性C光和电子都具有波粒二象性D比结合能越大，原子核中核子结合的越牢固，原子核越稳定E氢原子从能级3跃迁到能级2辐射的光子的波长小于从能级2跃迁到基态的波长22如图所示，光滑轨道由圆弧轨道和水平轨道两部分组成水平轨道上有A、B、C三个物体，B的质量为m，C的质量为5m，开始时三个物体都静止让B获得向右的初速度v0，物体B先与C发生弹性碰撞，然后B又与A发生碰撞并粘在一起C冲上圆弧轨道后又滑下到水平轨道若要求C与B不再相碰，A的质量应满足什么条件？2016年新疆乌鲁木齐地区高考物理二模试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共10小题，每小
15、题4分，共40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6-10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，有选错的得0分1做直线运动的质点其加速度随时间变化的图象如图所示，阴影部分的“面积”大小为A，t0时刻，质点的速度为零在0t0时间内，质点发生的位移是（）ABCAt0DAt0【考点】匀变速直线运动的图像【分析】由图看出，质点的加速度不变，t0时刻，质点的速度为零，说明质点做匀减速直线运动由面积表示速度的变化量，求出t=0时刻的速度，再由平均速度求位移【解答】解：由图知，质点的加速度不变，且t0时刻，质点的速度为零，则知质点做匀减速直线运动设t=0时刻质点
16、的速度为v0根据“面积”表示速度的变化量，则有 0v0=A在0t0时间内，质点发生的位移 x=联立解得 x=故选：B2如图所示的电路中，电源内阻不能忽略若灯泡L的灯丝突然烧断，则流过电阻R1、R2的电流I1、I2以及电容器的带电量q的变化情况为（）AI1增大，I2减小，q增大BI1减小，I2增大，q减小CI1增大，I2减小，q减小DI1减小，I2增大，q增大【考点】闭合电路的欧姆定律【分析】首先要判断出电路的结构，然后根据灯泡L的灯丝突然烧断后电路中电阻值的变化，分析电路中的总电阻的变化与总电流的变化，再分析其他的元件上的电压的变化与电流、电量的变化【解答】解：由图可知灯泡L与电阻R2并联后与
17、R1串联，电容器两端的电压等于电源的路端电压灯泡L的灯丝突然烧断时，灯泡支路的电阻值增大，则并联部分电阻值增大，电路中的总电阻增大，所以总电流减小，流过电阻R1的电流值I1减小总电流减小，则电源的内电阻消耗的电压减小，所以电源的路端电压增大，根据Q=CU可知电容器的带电量q增大；电流值I1减小，根据U=IR可知电阻R1的电压减小，所以电阻R2上的电压增大，根据I=可知流过电阻R2的电流I2增大故选：D3交流发电机的原理如图所示，10匝的矩形线圈在匀强磁场中绕轴做匀速转动，转动的角速度为10 rad/s，线圈转动过程中，穿过线圈的最大磁通量为0.1Wb若从线圈平面与磁场平行的位置开始计时，在t=
18、s时，矩形线圈中产生的感应电动势的瞬时值为（）A27.2VB15.7VC19.2VD11.1V【考点】正弦式电流的图象和三角函数表达式【分析】当线圈平面转到与磁感线平行时，感应电动势最大，公式为Em=nBS，磁通量最大值为m=BS写出感应电动势瞬时值表达式，再求瞬时值【解答】解：当线圈平面转到与磁感线平行时，感应电动势最大，为Em=nBS磁通量最大值为m=BS可得 Em=nm=100.110=10V从线圈平面与磁场平行的位置开始计时，感应电动势瞬时值表达式为 e=Emcost所以在t=s时，矩形线圈中产生的感应电动势：E=10cos（） V=5 V15.7V故选：B4某兴趣小组为了验证通电长直
19、导线在某点产生的磁场的磁感应强度B与这一点到导线的距离r成反比（B）的结论，设计了下面的实验将长直导线沿南北方向水平放置，小磁针放置在长直导线的正下方并处于静止状态当小磁针离导线的距离为r时，给长直导线通恒定的电流，小磁针垂直纸面向纸内转动，转过的角度为（实验区域内通电导线产生的磁场与地磁场的水平分量相差不是很大）将小磁针放在不同r处，测量其转过的角度，最终作出相关图象下面图象中能验证结论B的是（）ABCD【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；磁感应强度【分析】根据安培定则判断出磁场的方向，由矢量的合成的方法得出合磁场的表达式，然后判断即可【解答】解：根据安培定则可知，南北方向的电流所产
20、生的磁场的方向沿东西的方向，与地球的磁场的方向垂直则合磁场是地球的磁场与电流的磁场的矢量和，设偏转的角度为，则：得：B电=B地tan又由电流周围的磁场：B所以：B地tan可知C选项符合题意故选：C5动车组是由几节自带动力的车厢加几节不带动力的车厢组成的，带动力的车厢叫动车，不带动力的车厢叫拖车每节动车与拖车质贵都相等，每节动车的额定功率都相等动车组运行过程中总阻力来自两部分：一部分是车轮与铁轨之间摩擦产生的机械阻力，阻力大小与动车组的质量成正比；另一部分来自于空气阻力，阻力大小与动车组速度的平方成正比一列12节车厢的动车组，有3节动车时最大速度为160km/h，此时空气阻力是总阻力的0.5倍若
21、要使12节车厢的动车组的最大速度达到240km/h，则动车的节数至少为（）A7节B8节C9节D10节【考点】功率、平均功率和瞬时功率；物体的弹性和弹力；牛顿第二定律【分析】当功率一定时，当牵引力等于阻力时，速度达到最大根据空气阻力与总阻力间的关系求得总阻力与速度间的关系，根据P=Fv=fv去求得【解答】解：设每节动车的功率为P，每节动车的重力为G，阻力为12kG，则3节动车加9节拖车编成的动车组：P=F1V1空气阻力f空=0.5f总解得12kG=kv2其中牵引力F1=2kv2n节动车加（12n）节拖车编成的动车组：nP=F2V2其中牵引力F2=2kv2V1=160km/hV2=240km/h联
22、立解得n=6.75故至少有7节动车，故A正确，BCD错误故选：A6下列说法正确的是（）A牛顿第二定律在任何参考系中都成立B楞次定律可以计算感应电动势的大小C麦克斯韦电磁场理论预言了电磁波的存在D伽利略用实验加逻辑的方法否定了“重球比轻球落得快”的结论【考点】电磁波的发射、传播和接收；牛顿第二定律【分析】牛顿的经典力学适用于宏观低速运动，在惯性参考系中成立；而爱因斯坦的相对论适用于高速运动（接近光速）的物体【解答】解：A、牛顿第一定律是牛顿第二定律的前提和基础，牛顿第二定律在惯性参考系中才成立，故A错误；B、楞次定律可以判断感应电流的方向，法拉第电磁感应定律可以计算感应电动势的大小，故B错误；C
23、、麦克斯韦电磁场理论从理论上预言了电磁波的存在，赫兹发现了电磁波的存在，故C正确；D、伽利略在对落体运动的研究中，用实验加逻辑的方法否定了“重球比轻球落得快”的结论，故D正确；故选：CD7一试探电荷闯入点电荷Q形成的电场中，仅在电场力的作用下运动，其运动轨迹上有 a、b、c三点由此可以判断（）A试探电荷在a、b、c三点的速度方向B试探电荷在a、b、c三点的加速度方向Ca、b、c三点的电势高低的顺序D试探电荷在三点的电势能大小的顺序【考点】电势差与电场强度的关系；库仑定律【分析】根据试探电荷的轨迹可以判断出试探电荷与点电荷电性相同，但不能确定电性，由于不知道入射的方向，故无法判断速度方向，根据电
24、荷间的库仑力即可判断加速度的方向，根据距离的远近判断出电场力做功的多少即可判断电势能的大小【解答】解：abc三点为运动轨迹上的三点，三点的切线方向为速度方向，但不知道射入方向，故无法判断速度方向，故A错误；B、通过运动轨迹可以判断试探电荷与点电荷电性相同，故加速度方向为三点与点电荷的连线上指向外，故B正确；C、由于不知道点电荷的电性，故无法判断三点的电势高低，故C错误；D、根据试探电荷距点电荷的远近，判断出电场力做功的大小，即可判断出电势能的大小，故D正确；故选：BD8如图所示，为了将一尊雕像搬运到半雪坡的平台上C处，牵引车通过定滑轮用钢丝绳来牵引雕像运动在搬运过程的某段时间内，牵引车向右做匀
25、速运动，雕像受到的摩擦阻力不计，则（）A雕像的速度越来越大B雕像的速度越来越小C钢丝绳的拉力越来越大D钢丝绳的拉力越来越小【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力；运动的合成和分解【分析】对雕像的速度来说，既有沿绳子上的速度，又有沿垂直于绳子方向上摆动速度，把船雕像的实际速度进行正交分解，由三角形的知识即可得知绳子收缩的速度（即为拉绳子的速度）的变化情况；对雕像进行受力分析，受重力、支持力、绳子的拉力，雕像做加速直线运动，根据牛顿第二定律判断绳子的张力和支持力的变化【解答】解：A、如图1所示，绳子的速度，即为牵引车的速度，根据运动的合成与分解，则有v像cos=v车，因在增大，且牵引车
26、匀速，所以在雕像加速运动故A正确，B错误；C、对雕像进行受力分析，如下图，因为雕像做加速直线运动，设拉力与斜面方向的夹角为，斜面与水平面之间的夹角为，有：Fcosmgsin=ma 由于雕像做加速运动，由公式知，拉力F越来越大故C正确，D错误；故选：AC9如图所示，水平地面有一个坑，其竖直截面为半圆形，ab为沿水平方向的直径，在a点分别以初速度v0（已知）、2v0、3v0沿ab方向抛出三个石子并击中坑壁，且以v0、2v0抛出的石子做平抛运动的时间相等设以v0和3v0抛出的石子做平抛运动的时间分别为t1和t3，击中坑壁瞬间的速度分别为v1和v3，则（）A可以求出t1和t3B不能求出t1和t3，但能
27、求出它们的比值C可以求出v1和v3D不能求出v1和v3，但能求出它们的比值【考点】平抛运动【分析】以v0、2v0抛出的石子做平抛运动的时间相等，下落的高度相等由水平方向匀速运动，求出水平位移之比，得到落点间的距离与ab的关系根据平抛运动的推论：做平抛运动的物体在任意时间的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，可求得竖直分速度之比，从而得到t1和t3根据推论可求得击中坑壁瞬间的速度【解答】解：做平抛运动的物体在任意时间的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点做平抛运动的物体在任意位置处，设其末速度方向与水平方向的夹角为，位移与水平方向的夹角为，则有 tan=2tan以v0、2v
28、0抛出的石子做平抛运动的时间相等，说明竖直分位移相等，设分别落在A、B点以3v0抛出的石子与AB延长线的交点在b点的下面根据几何关系有 AB=ab对于落在A点的石子，设ab=R，根据几何关系可求得竖直位移与水平位移之比，根据上述推论求竖直分速度与水平分速度之比，从而求出竖直分速度，再合成求出v1，由公式vy=at求t1以3v0抛出的石子落在c点，根据数学知识可写出其轨迹方程和圆方程，再求得c点的坐标，与落在A点的石子下落位移比较，可求得落在c点时的竖直分速度，从而求出v3由公式vy=at求t3竖直分速度的比值可求，则下落时间的比值可求故AC正确，BD错误故选：AC10如图所示，水平地面上方矩形
29、区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，在磁场正上方有两个边长相等，质量不等的相同材料制成的单匝闭合正方形线圈和线圈粗细均匀，线圈粗细不均匀两线圈从同一高度处由静止开始自由下落，进入磁场后最后落到地面运动过程中，线圈平面始终保持在数直平面内且下边缘平行于磁场上边界整个运动过程中通过线圈和导线的横截面的电荷量分别为q1、q2，运动的时间分别为t1、t2不计空气阻力，则（）Aq1与q2可能相等Bq1一定大于q2Ct1与t2可能相等Dt1一定大于t2【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】根据q=分析通过导线的电荷量关系两矩形线圈进入磁场之前，均做自由落体运动，因下落高度一致，所以
30、两线圈会以同样的速度进入磁场，由法拉第电磁感应定律可求出进入磁场边界时的感应电动势，从而表示出受到磁场的安培力由电阻定律表示出两线圈的电阻，结合牛顿运动定律表示出加速度，可分析出加速度与线圈的粗细无关，从而判断出两线圈运动一直同步，运动时间相等【解答】解：AB、根据q=，知两个线圈的电阻可能相等，所以q1与q2可能相等，故A正确，B错误CD、设线圈到达磁场边界时具有的速度为v，切割磁感线产生感应电流的同时受到磁场的安培力大小为：F=由电阻定律有：R=（为材料的电阻率，L为线圈的边长，S为单匝导线横截面积）所以下边刚进入磁场时所受的安培力为： F=此时加速度为：a=g将线圈的质量m=0S4L（0
31、为材料的密度）代入上式，所以得加速度为： a=g可知，均匀线圈的加速度a与线圈的横截面积无关，所以下边刚进入磁场时两个线圈的加速度可能相同，则线圈和可能同步运动，t1与t2可能相等故C正确，D错误故选：AC二、必考题（本题共6小题，共46分）11在用伏安法测量电阻Rx的实验中，伏特表的内阻为4k，毫安表的内阻为50某同学先用万用表对Rx粗测后正确连接电路并通过实验数据得到IU图象如图所示（1）由图象可得电阻Rx的测量值是1250，该测量值大于真实值（填“大于”或“小于”）（2）实验中要求被测电阻上的电压能够从零开始连续调节，请在虚线框内完成实验电路图【考点】伏安法测电阻【分析】（1）根据图示图
32、象应用欧姆定律求出电阻阻值，根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表的接法，然后分析实验误差（2）根据题意确定滑动变阻器与电流表接法，然后作出电路图【解答】解：（1）由图示图象可知，待测电阻阻值：R=1250，由题意可知，电压表内阻约为4k，电流表内阻约为50，待测电阻阻值远大于电流表内阻，电流表应采用内接法，由于电流表的分压作用，所测电压偏大，由欧姆定律可知，电阻测量值大于真实值；（2）由于待测电阻阻值远大于电流表内阻，电流表采用内接法，实验要求被测电阻上的电压能够从零开始连续调节，则滑动变阻器采用分压接法，电路图如图所示：故答案为：（1）1250；大于；（2）电路图如图所示12某兴趣小组
33、设计了如下的实验，验证弹簧弹性势能的公式EP=kx2，式中k是劲度系数，x是形变量（压缩量或伸长量）提供的器材：刻度尺、木板、木块、长度不同的弹簧（材料和规格相同）若干第一步：验证弹性势能与形变量的关系水平放置的木板左端固定一个弹簧，弹簧处于原长状态，木块与弹簧恰好接触并静止于O点用外力将木块向左推至A点后释放，木块在运动过程中与弹簧脱离，最终停在B点测得O、B间的距离为x1，A、B间的距离为x2复上述过程多次（1）若以为横轴，以x2为纵轴做出的图象为过原点的直线，就验证了弹簧的弹性势能与其形变量的平方成正比的结论第二步：验证弹性势能与劲度系数的关系（2）通过推导可得材料和规格相同但长度不同的
34、弹簧，其劲度系数与弹簧的长度成反比换用不同长度L的弹簧实验，保证弹簧每次有相同的形变量，测得多组x2若以为横轴，以x2为纵轴做出的图象为过原点的直线，这就验证了弹簧形变量相同时弹簧的弹性势能与其劲度系数成正比的结论（3）用本实验提供的器材和方法不能（填“能”或“不能”）验证弹性势能公式中的系数【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系【分析】根据能量守恒得出弹性势能与x2成正比，抓住实验的结论弹簧的弹性势能与形变量的平方成正比，与弹簧的劲度系数成正比分析判断【解答】解：（1）根据能量守恒得，Ep=mgx2，可知弹性势能与x2成正比，形变量为x2x1，若弹性势能与形变量的平方成正比，则x2与图线是一条过原
35、点的倾斜直线，所以以为横轴，以x2为纵轴做出的图象为过原点的直线，就验证了弹簧的弹性势能与其形变量的平方成正比的结论（2）推导弹性势能与劲度系数成正比，由于弹性势能正比于x2，可知以x2为纵轴，以为横轴，图象为过原点的直线，这就验证了弹簧形变量相同时弹簧的弹性势能与其劲度系数成正比的结论可知正比于劲度系数，则劲度系数与弹簧的长度成反比（3）该实验只能验证弹性势能的大小与弹簧的劲度系数成正比，与形变量的平方成正比，不能验证弹性势能公式中的系数故答案为：（1）；（2）反，x2；（3）不能132016年2月11日，利学家宣布，人类首次直接探测到了引力波其实，早在1974年科学家发现的脉冲双星就间接说
36、明了引力波的存在脉冲双星是在彼此吸引力作用下的相互旋转的致密中子星若两颗脉冲双星的质量之和为M，双星绕同一点转动的周期为T，引力常量为G求脉冲双星球心间的距底【考点】万有引力定律及其应用【分析】双星模型，任意一颗星绕着共同点做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律列式分析即可【解答】解：两颗星绕着共同点做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，故：=其中：M=m1+m2，L=r1+r2联立解得：L=答：脉冲双星球心间的间距为14目前人类正在研究真空管道磁悬浮列车，由于管道内空气稀薄，阻力很小，列车运行速度可以达到2000 km/h以上列车推进原理可以简化为如图所示的模型：在水平面上相距L
37、的两根平行直导轨间，有竖直方向等间距分布的匀强磁场B1和B2，且B1=B2=B，每个磁场的宽度都是L，相间排列，所有这些磁场都以相同的速度v0向右 匀速运动，这时跨在两导轨间边长为L的正方形金属框（悬浮在导轨上方）在磁场力作用下也将向右运动并最终达到最大速度已知金属框的总电阻为R，运动中受到的阻力恒为Ff求金属框的最大速度vm【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；安培力【分析】当磁场以相同速度v向右匀速运动，金属框的最大速度为vm时，线框左右两条边NQ和MP都切割磁感线，产生两个感应电动势，线框相对于磁场的速度大小为vvm，方向向左，bc和ad产生的感应电动势大小都为BL（
38、vvm），两边都磁场向前的安培力，安培力大小均为F=BIL金属框匀速运动时，速度达到最大推导出安培力表达式，由平衡条件求出磁场向右匀速运动的速度v【解答】解：设线框的最大速度为vm，则此时线圈与磁场间的相对速度为v0vm；则由题意可得，当金属框匀速运动时速度最大E=2BL（v0vm）感应电流I=安培力F=2BIL而根据平衡条件可得：F安=Ff联立解得：vm=v0答：金属框的最大速度为v015如图所示，MN、PQ为一匀强磁场的水平边界，磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B，边界MN下方有一匀强电场，方向水平向左，场强大小为E现有一质量为m、电荷量为q（q0）的粒子（重力不计），从电场中A点
39、以速度v0垂直于电场线开始运动，粒子穿过电场区域后从从MN边界上B点进入磁场，粒子恰好没有从边界PQ穿出，己知磁场的宽度d=求粒子在磁场中运动的轨道半径和A点到边界MN的距离【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】粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力与几何关系结合，粒子在电场中做类平运动，运用运动的合成与分解再与牛顿第二定律Eq=ma结合即可【解答】解：粒子进入磁场的运动轨迹如图，设粒子到B点的速度为v，v与v0方向的夹角为有：v=由洛伦兹力提供向心力可得：qvB=m根据几何关系可得：Rsin+R=d=粒子在电场中做类平抛运动vx=vsin vx=at
40、根据牛顿第二定律得：Eq=ma 设粒子从A点到MN边界的距离为xx=v0t 联立式可得：R=；x=答：粒子在磁场中运动的轨道半径为；A点到边界MN的距离为16一中间有圆孔的玉片（厚度不计）保持环面平行于地面从高处静止释放，玉片直接撞击地面而不被摔坏的最大释放高度为hm=0.2m现将玉片紧套在高度L=0.55m且与玉片质量相等的圆柱体顶端处从圆柱体下端距地面高度H=0.4m处由静止释放圆柱体，下落到地面后与地面发生碰撞时，触地时间极短，无动能损失玉片与圆柱体间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，大小为玉片重力的2倍玉片最终从圆柱体上滑脱时，立即用手接住圆柱体整个过程中圆柱体始终保持竖直，空气阻力不计试通
41、过分析计算说明玉片最终是否摔坏【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系【分析】两个物体先一起自由下落，然后圆柱体与地面碰撞后反弹，圆柱体减速上升，根据牛顿第二定律求出加速度，然后根据运动学公式求出上升的高度；玉片减速下降，圆柱体减速上升，当两者速度相等时，根据运动学公式求出时间，并计算出位移，继续向下做加速运动，再次利用运动学公式求得玉片脱离圆柱体的位置，根据速度位移公式求得，即可判断；【解答】解：取向下的方向为正方向，释放后玉片与圆柱体一起做自由落体运动，圆柱体下端的触地时的速度为v0，触地后玉片以初速度v0向下做匀减速运动，圆柱体以初速度v0向上做匀减速运动，设玉片与圆柱体的
42、加速度分别为a1和a2则设圆柱体触地钱与玉片达到共同速度v共，共速时玉片与圆柱体的位移分别为x1和x2，运动时间t1v共=v0+a1t1v共=v0+a2t1联立解得x1=0.3m，x2=0.1m，共速时，玉片相对于圆柱下滑的距离d0=x1x2=0.4m，玉片距圆柱体底端为d1=Ld0=0.15m共速后玉片和圆柱体一起自由下落，设圆柱体再次触地时的速度v2，解得v2=2m/s再次触地后玉片以初速度v2向下做匀减速运动，圆柱体以初速度v2向上做匀减速运动，假设运动过程中玉片脱离圆柱体，脱离时玉片与圆柱体的位移分别为x3，x4，玉片的速度为v4，运动时间t2，x3x4=d1=0.15解得x2=0.0
43、875m，x4=0.0625m，v4=1.5m/s此时玉片离地面的高度d2=d1x2=0.0625m，说明假设成立；脱落后，玉片自由下落，落地时玉片的速度为v5，解得玉片以v5的速度落地，相当于从h高初由静止自由下落故玉片不会摔坏答：玉片最终不会摔坏三、选考题（共14分请考生从给出的3道题中任选一题作答，在答题卡上选答区域指定位置答题如果多做，则按所做的第一题计分在每道题第（1）小题给出的5个选项中，选对1个给2分，选对2个给4分，全部选对给5分，每选错1个扣3分，最低得分为0分）【选修3-3】17一定质量的理想气体由状态A变化到状态B，压强随体积变化的关系如图所示，这个过程（）A气体的温度一
44、直降低B气体的密度一直变小C气体的内能一直变大D气体一直对外界做功E气体一直向外界散热【考点】理想气体的状态方程【分析】一定质量的理想气体由状态A变化到状态B，发生等压变化，体积增大，根据盖吕萨克定律分析温度变化，温度升高，气体的内能增大气体体积增大，对外做功，根据热力学第一定律分析吸放热情况【解答】解：A、气体从状态A到状态B，发生等压变化，根据盖吕萨克定律知，体积与热力学温度成正比，体积增加，气体的温度一直升高，故A错误B、根据密度，质量不变，体积变大，密度变小，故B正确C、理想气体的内能只与温度有关，A到B温度升高，内能变大，故C正确D、因为气体体积变大，故气体一直对外界做功，故D正确E
45、、根据热力学第一定律，U=W+Q，内能增加U0，气体一直对外做功W0，所以Q0，气体一直从外界吸热，故E错误故选：BCD18如图所示，一可移动的绝热活塞M将一截面积为400cm2的气缸分为A、B两个气缸，A、B两个气缸装有体积均为12L、压强均为1atm、温度均为27的理想气体现给左面的活塞N施加一推力，使其缓慢向右移动，同时给B气体加热，此过程中A气缸的气体温度保持不变，活寒M保持在原位置不动已知1atm=105Pa不计活塞与气缸壁间的摩擦当推力F=2103N时，求：活塞N向右移动的距离；气缸中的气体升温到多少摄氏度【考点】理想气体的状态方程【分析】由题意知，A中气体发生等温变化，B中发生等
46、容变化，活塞M保持在原位置不动，A、B两部分气体的压强相等，根据玻意耳定律列式，即可求得稳定时A气体的体积，得到A气体的长度，从而求出活塞N向右移动的距离对B中气体研究，得到压强，根据查理定律求解B气缸中的气体温度【解答】解：对A气缸中的气体进行状态分析有：=A气缸中的气体为等温变化，根据玻意耳定律，有：解得：活塞N向右移动的距离为：解得：x=10cm对B气缸中的气体进行状态分析有：=1.5B气缸中的气体为等容变化，有：解得：即：答：活塞N向右移动的距离10cm；气缸中的气体升温到177摄氏度【物理选修3-4】19一列横波在t=0时的波动图象如图所示，从此时开始，质点d比质点e早0.1s到达波
47、峰，则下列说法正确的是（）A此列波向左传播B此列波的波速为10 m/sC1.0 s内质点通过的路程为0.5 mDt=0.45 s时质点c在向y轴负方向振动E经过0.1 s，质点a第一次到达波峰【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系【分析】从此时开始，质点d比质点e早0.1s到达波峰，说明此时d点的速度方向向上，可判断出波的传播方向并确定出周期，读出波长，可求得波速根据时间t=0.45s与周期的关系分析质点c的速度方向，由t=0.1s与周期的关系分析质点a的位置【解答】解：AB、由题分析可知，此时d点的速度向上，由波形平移法可知，此波向右传播而且有 T=0.1s，则得该波的周期为 T=0.4
48、s由图读出波长为 =4m，故波速为 v=10m/s，故A错误，B正确C、由于t=1s=2.5T，则1.0秒内质点通过的路程是 s=2.54A=10A=0.5m，故C正确D、因为t=0.45 s=T+，所以t=0.45 s时质点c在向y轴负方向振动，故D正确E、t=0时刻质点a正向下振动，所以经过T=0.3 s，质点a第一次到达波峰，故E错误故选：BCD20某种材料制成的边长为L的等边三棱镜，其截面ABC如图所示，BC边有不透光均匀涂层一束垂直BC边的光线从AB边距B点处的E点入射，光线在三棱镜内经过一次反射后从AC边上距A点的F点射出，出射光线与入射光线平行已知光在真空中传播速度为c求：该材料
49、的折射率n；从AC边上射出的光在三棱镜中的传播时间t【考点】光的折射定律【分析】作出光路图，根据题意和几何关系求出光线在E点的入射角和折射角，即可求得折射率n由几何关系求出光在三棱镜中传播的距离，由v=求出光在三棱镜中传播的速度，再求得时间【解答】解：根据题意和光路的可逆性原理可知，FDAB，EDAC由几何知识得：在E点入射角 1=60，折射角 2=30则折射率 n=由几何知识知： =， =L从AC边上射出的光在三棱镜中的传播路程 S=+=L光在三棱镜中传播速度 v=故从AC边上射出的光在三棱镜中的传播时间 t=答：该材料的折射率n是；从AC边上射出的光在三棱镜中的传播时间t是【选修3-5】2
50、1下列说法正确的是（）A某原子核发生了衰变，说明该原子核中有电子B放射性元索与别的元岽形成化合物时仍具有放射性C光和电子都具有波粒二象性D比结合能越大，原子核中核子结合的越牢固，原子核越稳定E氢原子从能级3跃迁到能级2辐射的光子的波长小于从能级2跃迁到基态的波长【考点】氢原子的能级公式和跃迁；光的波粒二象性【分析】衰变是中子转变成质子而放出的电子；自然界中有些原子核是不稳定的，可以自发地发生衰变，衰变的快慢用半衰期表示，与元素的物理、化学状态无关；比结合能：原子核结合能对其中所有核子的平均值，亦即若把原子核全部拆成自由核子，平均对每个核子所要添加的能量用于表示原子核结合松紧程度；跃迁时辐射的能
51、量等于两能级间的能级差，即频率与波长的关系【解答】解：A、衰变是中子转变成质子而放出的电子，所以某原子核发生了衰变，不能说明该原子核中有电子故A错误；B、放射性元素的放射性与核外电子无关，故放射性元素与别的元素形成化合物时仍具有放射性，故B正确；C、光子具有波粒二象性，电子同样也具有波粒二象性，故C正确；D、比结合能用于表示原子核结合松紧程度，当比结合能越大，原子核中的核子结合的越牢固，原子核越稳定，故D正确；E、从能级3跃迁到能级2辐射出的光子的能量小于从能级2跃迁到能级1辐射出的光子的能量，根据波长与频率成反比，则从能级3跃迁到能级2辐射出的光子的波长大于从能级2跃迁到能级1辐射出的光子的
52、波长故E错误故选：BCD22如图所示，光滑轨道由圆弧轨道和水平轨道两部分组成水平轨道上有A、B、C三个物体，B的质量为m，C的质量为5m，开始时三个物体都静止让B获得向右的初速度v0，物体B先与C发生弹性碰撞，然后B又与A发生碰撞并粘在一起C冲上圆弧轨道后又滑下到水平轨道若要求C与B不再相碰，A的质量应满足什么条件？【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律【分析】物体B与物体C碰撞过程中，系统动量守恒，能量守恒，据此列式，物体B与物体A碰撞后共同速度为v，碰撞过程中系统动量守恒，要使C与B不再相碰，则要满足|v|vC|，联立方程即可求解【解答】解：设物体B与物体C碰撞后B得速度为vB，物体C的速度为vC，以向右为正，根据动量守恒定律以及能量守恒定律得：mv0=mvB+5mvC，物体B与物体A碰撞后共同速度为v，则有：mvB=（m+mA）v要使C与B不再相碰，则要满足|v|vC|解得：mAm答：A的质量应满足mAm2017年3月18日
