1、2016年全国100所名校高考模物理拟示范卷（4）一、选择题：本题共8小题，每小题6分，其中第1题第5题只有一个选项正确，第6题第8题有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分1下面关于物理学史的说法正确的是（）A卡文迪许利用扭称实验得出万有引力与距离平方成反比的规律B奥斯特通过实验发现变化的磁场能在其周围产生电场C伽利略猜想自由落体运动的速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证D法拉第首先引入“场”的概念用来研究电和磁现象2如图所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落如果线圈中受到的安培力总小于其重力，则它在2、3、4位置时的加速度关系为（）Aa2a
2、3a4Ba2=a3=a4Ca3a2a4Da3a4a23图示为甲、乙两物体运动的vt图象，若在t=2s时两物体刚好相遇，则两物体在t=0时刻的距离为（）A10mB20mC30mD40m42015年亚洲女子沙滩手球锦标赛10月8日至11日在香港葵涌运动场举行在比赛中，假设某运动员将质量为0.325kg的手球以3m/s的速度水平抛出当手球的速度为5m/s时，重力势能的减少量和重力的瞬时功率分别为（不计空气阻力，重力加速度取10m/s2）（）A5.2J 26WB4.0J 20WC3.8J 19WD2.6J 13W5如图所示，真空中两个带等量异种点电荷，A、B分别为两电荷连线和连线中垂线上的点，A、B两
3、点电场强度大小分别是EA、EB，电势分别是A、B，下列判断正确的是（）AEAEB，ABBEAEB，ABCEAEB，ABDEAEB，AB6人类在不断地探索宇宙的奥秘，经过长时间的观测，科学家在太空中发现了一颗未知天体，在其周围有很多的卫星环绕该天体运行，其中有一颗卫星M在天体的表面环绕该天体运行卫星M与该天体其他卫星相比较，下列说法中正确的是（）A卫星M的环绕周期最大B卫星M的轨道平面一定与该未知天体的赤道平面重合C卫星M所受的万有引力最大D卫星M的运行速度最大7如图所示为理想变压器其原、副线圈的匝数比为4：1电压表和电流表均为理想电表，原线圈接有u=36sin100t（V）的正弦交流电，定值电
4、阻R=9，则下列说法正确的是（）At=s时，原线圈输入电压的瞬时值为18VBt=s时，电压表示数为18VC电流表示数为1AD变压器输入功率为4.5W8一质量不计的长为l的轻绳一端固定于O点，另一端系一质量为m的可视为质点的小球，开始小球静止于最低点，现给小球一水平向右的初速度，则下列说法正确的是（）A当小球在最低点的速度为时，小球上升的最大高度小于B当小球在最低点的速度为时，小球上升的最大高度等于C当小球在最低点的速度为时，小球上升的最大高度等于2lD当小球在最低点的速度为时，小球上升的最大高度等于2l二、非选择题：包括必考题和选考题两部分第9题第12题为必考题，每个试题考生都必须作答第13题
5、第18题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题9某中学的实验小组利用了如图所示的实验装置验证了系统的机械能守恒定律，首先测量出两光电门间的距离L、遮光条的宽度d滑块与遮光条的总质量M和钩码质量m，已知重力加速度为g（1）该小组的同学按图组装好实验器材，取下钩码接通气源，给滑块一向左的速度，若滑块经过光电门2的时间大于经过光电门1的时间，表明导轨不水平，为了调整导轨水平，则下列操作正确的是A调整旋钮A，使气垫导轨的左端升高B调整旋钮B，使气垫导轨的右端升高C增加遮光条的宽度D适当地减小滑块的质量（2）正确调整导轨后挂上钩码并释放滑块，测出滑块经过光电门1的时间为t1、经过光电门2的时间为t2，验
6、证该系统的机械能守恒，其关系式应为10实验室有一标有均匀刻度但没有标示的电压表，通过测量可知其内阻r1=150k，量程约为13V16V现小明为了精确地测量电压表的量程，选择的实验器材如下：A量程为3V的标准电压表，内阻r2=30kB量程为3A的电流表，内阻r3=0.01C滑动变阻器R，总阻值为1kD电动势为20V的电源E，内阻可忽略不计E开关S、导线若干要求方法简捷，尽可能减少误差，并能测出多组数据（1）小明设计了图甲所示的三个测量电路，为了精确地测量电压表的量程，并且能完成多次测量，应选择电路图（填字母）（2）根据选择的最合适的电路，将图乙中的实物图用笔画线代替导线连接成完整的电路（3）根据
7、所选择的电路从其中的测量数据中选出一组来计算待测电压表的量程Um，则Um的关系式为，该关系式中各符号的物理意义分别为11图示为少年儿童常玩的玩具弹弓飞箭，一次火箭模型在地面上被弹弓弹射出去，经过2s后火箭上升到最大高度为24m，若认为火箭模型的运动为垂直地面向上做匀减速直线运动，空气阻力大小不变，取g=10m/s2，求：（1）火箭模型所受的空气阻力与重力的比值（2）火箭模型从发射到落回出发点的过程的总时间12在如图所示的坐标系中，在y0的空间中存在匀强电场，电场强度方向沿y轴负方向；在y0的空间中存在匀强磁场，磁场方向垂直xOy平面（纸面）向外在y轴的负半轴上的y=1.5h处固定一个与x轴平行
8、的足够长的弹性绝缘挡板，一带电荷量为+q、质量为m的运动粒子，经过y轴上y=h处的点P1时速度的大小为v0，方向沿x轴正方向；然后，经过x轴上x=1.5h处的P2点进人磁场粒子进人磁场偏转后恰好能垂直撞击在挡饭上，不计粒子的重力，已知sin37=0.6，cos37=0.8求：（1）粒子到达P2时速度的大小和方向（2）磁感应强度的大小B及粒子从P1出发到第2次与挡板作用时所经历的时间三、选考题：共45分请考生从给出的3道物理题中任选一题作答如果多做，则每学科按所做的第一题计分物理-选修3-313以下说法正确的是（）A当分子间距离增大时，分子间作用力减小，分子势能增大B某固体物质的摩尔质量为M，密
9、度为，阿伏加德罗常数为NA，则该物质的分子的体积为V0=C液晶既具有液体的流动性，又具有单晶体的光学各向异性的特点D自然界发生的一切过程能量都是守恒的，符合能量守恒定律的宏观过程都能自然发生14如图所示，两竖直放置的圆柱形玻璃管用一水平的导管连接，其中左侧玻璃管的半径为右侧玻璃管半径的2倍，左侧玻璃管的上端封闭现用一段水银柱封闭一定质量的气体，气柱的长度l=26cm，气体的温度T1=280K，且右侧的水银面比左侧玻璃管中的水银面低h=36cm现对左侧玻璃管中的气体加热，使气柱的长度变为l=30cm求此状态下气体的温度（已知大气压强P0=76cmHg）四、物理-选修3-415如图甲所示为一弹簧振
10、子自由振动（即做简谐运动）时的位移随时间变化的图象，图乙为该弹簧振子在某外力的作用下做受迫振动时的位移随时间变化的图象，则下列说法中正确的是（）A由图甲可知该弹簧振子的固有周期为4sB由图乙可知该弹簧振子的固有周期为8sC由图乙可知外力的周期为8sD如果改变外力的周期，在接近4s的附近该弹簧振子的振幅较大E如果改变外力的周期，在接近8s的附近该弹簧振子的振幅较大16如图所示，一半径为R的圆柱形玻璃砖放置在水平地面上，一束由甲光和乙光组成的细光束从玻璃砖的A点水平射入，最后在玻璃砖右侧的地面上形成两个光点，已知，该玻璃砖对甲光的折射率为，对乙光的折射率为，试求地面上两个光点之间的距离五、物理-选
11、修3-517已知基态He+的电离能E=54.4eV，其余激发态的能级满足En=（n=1，2，3）为使处于基态的He+跃迁到n=3的激发态，入射电子所需的能量为eV，若用该入射光照射逸出功为3，34eV的锌板，逸出的光电子的最大初动能为eV18在光滑的水平面上放置一足够长的长木板A，在长木板的最左端有一小物体B，B与长木板A以共同的速度v0向右运动在长木板的右侧小物体C向左匀速运动，与长木板A发生正碰，碰后粘合为一体，最终A、B、C都静止在光滑的水平面上，已知A、B、C分别为m、2m、3m求：（1）碰前小物体C的速度大小（2）该碰撞过程，小物体C对长木板A的冲量2016年全国100所名校高考模物
12、理拟示范卷（4）参考答案与试题解析一、选择题：本题共8小题，每小题6分，其中第1题第5题只有一个选项正确，第6题第8题有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分1下面关于物理学史的说法正确的是（）A卡文迪许利用扭称实验得出万有引力与距离平方成反比的规律B奥斯特通过实验发现变化的磁场能在其周围产生电场C伽利略猜想自由落体运动的速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证D法拉第首先引入“场”的概念用来研究电和磁现象【考点】物理学史【分析】本题应根据卡文迪许、奥斯特、伽利略、法拉第对物理学的成就进行解答即可【解答】解：A、卡文迪许利用扭称实验测得引力常量G，而是牛顿
13、发现了万有引力定律故A错误B、奥斯特通过实验发现电流周围存在磁场，故B错误C、伽利略用实验和数学证明自由落体运动的位移与下落时间平方成正比，并用实验进行了验证故C错误D、法拉第首先引入“场”的概念用来研究电和磁现象故D正确故选D2如图所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落如果线圈中受到的安培力总小于其重力，则它在2、3、4位置时的加速度关系为（）Aa2a3a4Ba2=a3=a4Ca3a2a4Da3a4a2【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；电磁感应中的能量转化【分析】线圈自由下落时，加速度为g线圈进入和穿出磁场过程中，切割磁感线产生感应电流，将受到向上的安培力线圈完全在
14、磁场中时，不产生感应电流，线圈只受重力，加速度等于g根据牛顿第二定律分析加速度的关系【解答】解：线圈自由下落时，加速度为a1=g线圈完全在磁场中时，磁通量不变，不产生感应电流，线圈不受安培力作用，只受重力，加速度为a3=g线圈进入和穿出磁场过程中，切割磁感线产生感应电流，将受到向上的安培力，根据牛顿第二定律得知，a2g，a4g线圈完全在磁场中时做匀加速运动，到达4处的速度大于2处的速度，则线圈在4处所受的安培力大于在2处所受的安培力，又知，磁场力总小于重力，则a2a4，故a3a2a4故选：C3图示为甲、乙两物体运动的vt图象，若在t=2s时两物体刚好相遇，则两物体在t=0时刻的距离为（）A10
15、mB20mC30mD40m【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系【分析】由速度图象与时间轴所围的面积表示位移，可由几何关系看出前2s内两个物体通过的位移，再求解两物体在t=0时刻的距离【解答】解：根据速度图象与时间轴所围的面积表示位移，可得前2s内两个物体通过的位移分别为 x甲=m=10m，x乙=m=40m在t=2s时两物体刚好相遇，则两物体在t=0时刻的距离为 S=x乙x甲=30m故选：C42015年亚洲女子沙滩手球锦标赛10月8日至11日在香港葵涌运动场举行在比赛中，假设某运动员将质量为0.325kg的手球以3m/s的速度水平抛出当手球的速度为5m/s时，重力势能的
16、减少量和重力的瞬时功率分别为（不计空气阻力，重力加速度取10m/s2）（）A5.2J 26WB4.0J 20WC3.8J 19WD2.6J 13W【考点】功率、平均功率和瞬时功率【分析】根据平行四边形定则求出竖直分速度，结合速度位移公式求出下降的高度，从而得出重力势能的减小量，根据竖直分速度的大小，求出重力的瞬时功率【解答】解：根据平行四边形定则知，手球的竖直分速度=4m/s，此时下落的高度h=，则重力势能的减小量Ep=mgh=0.325100.8J=2.6J重力的瞬时功率P=mgvy=3.254W=13W故选：D5如图所示，真空中两个带等量异种点电荷，A、B分别为两电荷连线和连线中垂线上的点
17、，A、B两点电场强度大小分别是EA、EB，电势分别是A、B，下列判断正确的是（）AEAEB，ABBEAEB，ABCEAEB，ABDEAEB，AB【考点】电场强度；电势【分析】该题考查常见电场的电场线特点，结合其电场线的图即可作答【解答】解：常见电场的电场线中，等量异种电荷的电场线特点如图，可见，A点的电场线比较密，故A点的场强大；另外，电场线的分析从左到右，故A的电势高于B点的电势因此，A选项正确，BCD都错误故答案为：A6人类在不断地探索宇宙的奥秘，经过长时间的观测，科学家在太空中发现了一颗未知天体，在其周围有很多的卫星环绕该天体运行，其中有一颗卫星M在天体的表面环绕该天体运行卫星M与该天体
18、其他卫星相比较，下列说法中正确的是（）A卫星M的环绕周期最大B卫星M的轨道平面一定与该未知天体的赤道平面重合C卫星M所受的万有引力最大D卫星M的运行速度最大【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】卫星M在天体的表面环绕该天体运行，则其运动半径最小，根据万有引力提供向心力，得出线速度、周期与轨道半径的大小关系，从而比较出大小【解答】解：A、卫星M在未知天体表面运行时，其轨道半径与近似等于未知天体的半径，由开普勒第三定律可知，轨道半径越小，环绕周期也越小，则A错误；B、卫星M可以在过地心的任何平面内绕未知天体的球心做圆周运动，卫星M不一定在赤道平面内，故B错误；C、
19、由于卫星M的质量与其他卫星的质量关系未知，因此无法确定万有引力大小关系，故C错误；D、根据得：v=，由于卫星M的半径最小，线速度最大，故D正确故选：D7如图所示为理想变压器其原、副线圈的匝数比为4：1电压表和电流表均为理想电表，原线圈接有u=36sin100t（V）的正弦交流电，定值电阻R=9，则下列说法正确的是（）At=s时，原线圈输入电压的瞬时值为18VBt=s时，电压表示数为18VC电流表示数为1AD变压器输入功率为4.5W【考点】变压器的构造和原理；电功、电功率【分析】将时间t代入瞬时电压表达式，可求得电压瞬时值；电压表读数为电压的有效值；根据变压比公式求解变压器的输出电压，根据欧姆定
20、律求解输出电流；根据功率的定义求解输出功率，理性变压器的输入功率等于输出功率【解答】解：A、原线圈接有u=36sin100t（V）的正弦交流电，t=s时，原线圈输入电压的瞬时值为e=36=18V，故A正确；B、电压表示数为有效值，故为U=，故B错误；C、根据变压比公式，输出电压为=9V；根据欧姆定律，输出电流：；故C正确；D、变压器输出功率：P2=U2I2=91=9W；理想变压器的输入功率等于输出功率，故P1=P2=9W；故D错误；故选：AC8一质量不计的长为l的轻绳一端固定于O点，另一端系一质量为m的可视为质点的小球，开始小球静止于最低点，现给小球一水平向右的初速度，则下列说法正确的是（）A
21、当小球在最低点的速度为时，小球上升的最大高度小于B当小球在最低点的速度为时，小球上升的最大高度等于C当小球在最低点的速度为时，小球上升的最大高度等于2lD当小球在最低点的速度为时，小球上升的最大高度等于2l【考点】机械能守恒定律；向心力【分析】小球上升的最高点如果低于圆心O，最高点速度为零；小球上升的最高点如果高于圆心O，最高点速度不为零；结合机械能守恒定律逐项列式判断即可【解答】解：A、当小球在最低点的速度为时，如果最高点速度为零，根据机械能守恒定律，有：0+；解得：h=l，故A错误；B、当小球在最低点的速度为时，如果最高点速度为零，根据机械能守恒定律，有：0+；解得：h=l，最高点速度不可
22、能为零，矛盾，故B错误；C、当小球在最低点的速度为时，如果最高点速度为零，根据机械能守恒定律，有：0+；解得：h=2ll，最高点速度不可能为零，矛盾，故C错误；D、小球恰好通过最高点的速度为，根据机械能守恒定律，有：0+；解得：，故D正确；故选：D二、非选择题：包括必考题和选考题两部分第9题第12题为必考题，每个试题考生都必须作答第13题第18题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题9某中学的实验小组利用了如图所示的实验装置验证了系统的机械能守恒定律，首先测量出两光电门间的距离L、遮光条的宽度d滑块与遮光条的总质量M和钩码质量m，已知重力加速度为g（1）该小组的同学按图组装好实验器材，取下钩码
23、接通气源，给滑块一向左的速度，若滑块经过光电门2的时间大于经过光电门1的时间，表明导轨不水平，为了调整导轨水平，则下列操作正确的是AA调整旋钮A，使气垫导轨的左端升高B调整旋钮B，使气垫导轨的右端升高C增加遮光条的宽度D适当地减小滑块的质量（2）正确调整导轨后挂上钩码并释放滑块，测出滑块经过光电门1的时间为t1、经过光电门2的时间为t2，验证该系统的机械能守恒，其关系式应为mgL=【考点】验证机械能守恒定律【分析】（1）根据滑块经过光电门的时间得出滑块速度的变化，从而确定哪一端高，从而确定调整的措施（2）根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度，结合机械能守恒得出关系式【解答】解：（1）滑块经过光
24、电门2的时间大于经过光电门1的时间，可知滑块通过光电门1时的速度较大，气垫导轨左端低右端高，应调整旋钮A，使气垫导轨的左端升高，故A正确，B、C、D错误故选：A（2）滑块通过两光电门的瞬时速度分别为，对系统有：，即mgL=故答案为：（1）A，（2）mgL=10实验室有一标有均匀刻度但没有标示的电压表，通过测量可知其内阻r1=150k，量程约为13V16V现小明为了精确地测量电压表的量程，选择的实验器材如下：A量程为3V的标准电压表，内阻r2=30kB量程为3A的电流表，内阻r3=0.01C滑动变阻器R，总阻值为1kD电动势为20V的电源E，内阻可忽略不计E开关S、导线若干要求方法简捷，尽可能减
25、少误差，并能测出多组数据（1）小明设计了图甲所示的三个测量电路，为了精确地测量电压表的量程，并且能完成多次测量，应选择电路图（填字母）（2）根据选择的最合适的电路，将图乙中的实物图用笔画线代替导线连接成完整的电路（3）根据所选择的电路从其中的测量数据中选出一组来计算待测电压表的量程Um，则Um的关系式为，该关系式中各符号的物理意义分别为【考点】伏安法测电阻【分析】（1）本题由待测电表的满偏电流与标准电压表的满偏电流接近，可以考虑将两电压表串联，变阻器的全电阻远小于电压表内阻，滑动变阻器用分压式接法，即可选出电路图（2）根据图B电路图连接实物图（3）两电压表串联，电流相等，根据欧姆定律列式，先求
26、出偏转一格对应电压值，待测表的量程为偏转满格时的电压值【解答】解：（1）由于待测电压表的满偏电流与标准电压表的满偏电流接近，大约是0.1mA，所以可将两电压表串联使用，由于变阻器的全电阻远小于电压表内阻，所以变阻器应用分压式接法，所以选择B电路图进行测量（2）根据图B所示电路图连接实物电路图，实物电路图如右图所示：（3）待测电压表V1的指针偏转格数为N1，每格表示电压值为U，由欧姆定律可得： =，所以电压表V1的量程为：Um=NU，联立解得：Um=U2，其中：r1=150k，r2=30k，其中U2为某次测量时V2的读数，N1为某次测量时V1的指针偏转格数，N为V1的总格数；故答案为：（1）B；
27、（2）实物电路图如图所示；（3）Um=U2；U2为某次测量时V2的读数，N1为某次测量时V1的指针偏转格数，N为V1的总格数11图示为少年儿童常玩的玩具弹弓飞箭，一次火箭模型在地面上被弹弓弹射出去，经过2s后火箭上升到最大高度为24m，若认为火箭模型的运动为垂直地面向上做匀减速直线运动，空气阻力大小不变，取g=10m/s2，求：（1）火箭模型所受的空气阻力与重力的比值（2）火箭模型从发射到落回出发点的过程的总时间【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】（1）根据运动学基本公式求出火箭做匀减速运动的加速度，再根据牛顿第二运动定律求解；（2）落回地面的过程中由牛顿第二定律求出
28、加速度，再根据运动学基本公式求出时间，进而求出总时间【解答】解：（1）设火箭匀减速运动的加速度大小为根据代入数据：得：根据牛顿第二定律：代入数据：mg+f=1.2mg，解得f=0.2mg所以（2）下降过程中解得：设下降过程所用时间为，即故运动的总时间为答：（1）火箭模型所受的空气阻力与重力的比值为（2）（2）火箭模型从发射到落回地面过程的总时间为4.45s12在如图所示的坐标系中，在y0的空间中存在匀强电场，电场强度方向沿y轴负方向；在y0的空间中存在匀强磁场，磁场方向垂直xOy平面（纸面）向外在y轴的负半轴上的y=1.5h处固定一个与x轴平行的足够长的弹性绝缘挡板，一带电荷量为+q、质量为m
29、的运动粒子，经过y轴上y=h处的点P1时速度的大小为v0，方向沿x轴正方向；然后，经过x轴上x=1.5h处的P2点进人磁场粒子进人磁场偏转后恰好能垂直撞击在挡饭上，不计粒子的重力，已知sin37=0.6，cos37=0.8求：（1）粒子到达P2时速度的大小和方向（2）磁感应强度的大小B及粒子从P1出发到第2次与挡板作用时所经历的时间【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）粒子在电场中做类平抛运动，根据分位移公式和等时性列式，即可求得粒子到达P2时速度的大小和方向（2）画出粒子在磁场中运动的轨迹，由几何知识求出轨迹半径，再由牛顿第二定律求出磁感应强度由电场中类
30、平抛规律求出电场强度粒子第二次进入电场时做匀变速曲线运动，由分运动的规律求出电场中运动的时间由轨迹的圆心角求出磁场中运动的时间，从而得到总时间【解答】解：（1）粒子在电场中做类平抛运动，竖直方向有： h=水平方向有 1.5h=v0t解得 vy=v0；则粒子到达P2时速度的大小 v=，方向与x轴正方向的夹角正切 tan=，则得 =53（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出粒子在磁场中运动的轨迹，设轨迹半径为r则有 sin37=，得 r=2.5h由牛顿第二定律得 qvB=m解得 B=粒子进人磁场偏转后恰好能垂直撞击在挡饭上，撞板上速度反向弹回，再次进入电场时，速度与x轴正方向的夹角为53在电场中，
31、粒子运动的时间 t=由vy=at，得加速度 a=粒子第二次进入后运动的时间为 t=粒子在磁场中运动的总时间 t=3=粒子从P1出发到第2次与挡板作用时所经历的时间 t总=t+t+t=答：（1）粒子到达P2时速度的大小是，方向与x轴正方向的夹角是53（2）磁感应强度的大小B是，粒子从P1出发到第2次与挡板作用时所经历的时间是三、选考题：共45分请考生从给出的3道物理题中任选一题作答如果多做，则每学科按所做的第一题计分物理-选修3-313以下说法正确的是（）A当分子间距离增大时，分子间作用力减小，分子势能增大B某固体物质的摩尔质量为M，密度为，阿伏加德罗常数为NA，则该物质的分子的体积为V0=C液
32、晶既具有液体的流动性，又具有单晶体的光学各向异性的特点D自然界发生的一切过程能量都是守恒的，符合能量守恒定律的宏观过程都能自然发生【考点】热力学第二定律；分子间的相互作用力；分子势能【分析】当分子力是引力时，随分子间距离的减小，分子力做正功，分子势能减小；当分子力是斥力时，随分子间距离的增大，分子力做正功，分子势能减小；根据物质的摩尔质量为M，密度为，阿伏加德罗常数为NA，可以计算出该物质的分子的体积；液晶既具有液体的流动性，又具有单晶体的光学各向异性的特点；根据热力学第二定律，所有的热过程都有一定的方向性【解答】解：A、当分子力是引力时，随分子间距离的减小，分子力做正功，分子势能减小；当分子
33、力是斥力时，随分子间距离的增大，分子力做正功，分子势能减小；故A错误；B、若某固体物质的摩尔质量为M，密度为，阿伏加德罗常数为NA，则该物质的分子的体积为V0=故B正确；C、液晶既具有液体的流动性，又具有单晶体的光学各向异性的特点故C正确；D、根据热力学第二定律，所有的热过程都有一定的方向性所有自然界发生的一切过程能量都是守恒的，符合能量守恒定律的宏观过程不一定能自然发生故D错误故选：BC14如图所示，两竖直放置的圆柱形玻璃管用一水平的导管连接，其中左侧玻璃管的半径为右侧玻璃管半径的2倍，左侧玻璃管的上端封闭现用一段水银柱封闭一定质量的气体，气柱的长度l=26cm，气体的温度T1=280K，且
34、右侧的水银面比左侧玻璃管中的水银面低h=36cm现对左侧玻璃管中的气体加热，使气柱的长度变为l=30cm求此状态下气体的温度（已知大气压强P0=76cmHg）【考点】理想气体的状态方程；封闭气体压强【分析】以封闭气体为研究对象，当左管封闭的气柱长度变为30cm时，左管水银柱下降4cm，右管水银柱上升8cm，然后应用理想气体的状态方程求出气体的温度【解答】解：左侧玻璃管半径是右侧玻璃管半径的2倍，初态：气体的压强：初态气柱长l=26cm，末态气柱长l=30cm，左侧下降4cm，右侧上升16cm左右两侧液面的高度差h=36（4+16）=16cm末态：气体的压强根据理想气体状态方程：解得：答：此状态
35、下气体的温度485K四、物理-选修3-415如图甲所示为一弹簧振子自由振动（即做简谐运动）时的位移随时间变化的图象，图乙为该弹簧振子在某外力的作用下做受迫振动时的位移随时间变化的图象，则下列说法中正确的是（）A由图甲可知该弹簧振子的固有周期为4sB由图乙可知该弹簧振子的固有周期为8sC由图乙可知外力的周期为8sD如果改变外力的周期，在接近4s的附近该弹簧振子的振幅较大E如果改变外力的周期，在接近8s的附近该弹簧振子的振幅较大【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象【分析】由题意可知，图甲是物体自由振动图象，而图乙是物体做受迫振动时的图象；而物体自由振动时的周期为固有周期，做受迫振动时的周期等
36、于驱动力的周期【解答】解：A、图象甲是物体自由振动时的周期，故由图象甲可知，物体的固有频率为T0=4s； 故A正确；B、图象乙是受迫振动的图象，故实际的振动周期为8s，即T=8s；故B错误；C、由B选项可知，外力的周期为8s；故C正确；D、当物体的驱动力的频率等于物体的固有频率时，物体的振动达到最强，故当T在4s附近时，发生共振，振幅Y显著增大；当T比4s小得多或大得多时，振幅Y很小，故D正确；E、当T在8s附近时，没有发生共振，故振幅不是最大，故E错误；故选：ACD16如图所示，一半径为R的圆柱形玻璃砖放置在水平地面上，一束由甲光和乙光组成的细光束从玻璃砖的A点水平射入，最后在玻璃砖右侧的地
37、面上形成两个光点，已知，该玻璃砖对甲光的折射率为，对乙光的折射率为，试求地面上两个光点之间的距离【考点】光的折射定律【分析】光线射到玻璃砖右侧发生折射，根据几何知识求出入射角，由折射定律求出折射角，再由数学知识求出地面上两个光点之间的距离【解答】解：如图，由几何知识得 sini=，则 i=30由折射定律n=得：sinr=则甲光通过玻璃砖后的折射角1=45，乙光的折射角2=60由几何知识得3=i=30在BOC中，4=23=30=i，则 =2Rcos3=R在BOD中，5=13=15，由正弦定律得：=解得： =（+1）R故地面上两个光点之间的距离为： =R答：地面上两个光点之间的距离是R五、物理-选
38、修3-517已知基态He+的电离能E=54.4eV，其余激发态的能级满足En=（n=1，2，3）为使处于基态的He+跃迁到n=3的激发态，入射电子所需的能量为48.36eV，若用该入射光照射逸出功为3，34eV的锌板，逸出的光电子的最大初动能为45.02eV【考点】氢原子的能级公式和跃迁【分析】能级间跃迁吸收或辐射的光子能量等于两能级间的能级差；发生光电效应的条件是入射光子的能量大于逸出功，结合光电效应方程求出光电子的最大初动能【解答】解：处于基态的氦离子He+的电离能为E=54.4eV，知基态的氦离子能量为54.4eV，而第3能级，E3=6.04eV则处于基态的He+跃迁到n=3的激发态，入
39、射电子所需的能量为E=E3E1=6.04+54.4eV=48.36eV若用该入射光照射逸出功为3，34eV的锌板，产生的光电子的最大初动能最大则有：Ekm=hvW0=48.363.34eV=45.02eV故答案为：48.36，45.0218在光滑的水平面上放置一足够长的长木板A，在长木板的最左端有一小物体B，B与长木板A以共同的速度v0向右运动在长木板的右侧小物体C向左匀速运动，与长木板A发生正碰，碰后粘合为一体，最终A、B、C都静止在光滑的水平面上，已知A、B、C分别为m、2m、3m求：（1）碰前小物体C的速度大小（2）该碰撞过程，小物体C对长木板A的冲量【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律
40、【分析】（1）分析ABC三个物体在相互作用的过程中，所受到合外力的情况，判断出系统的动量守恒，根据动量守恒定律列式即可解得碰前小物体C的速度大小；（2）因AC碰撞的时间非常短，所以可以认为在该过程中B对A的冲量为零，AC的动量守恒，利用动量守恒定律计算出AC碰撞后的共同速度，再用动量定理即可求得该碰撞过程中小物体C对长木板A的冲量【解答】解：（1）ABC三个物体相互作用的过程中，合外力为零，在水平方向上动量守恒，设碰前小物体C的速度大小为v，选向右的方向为正，有：（m+2m）v03mv=0解得：v=v0（2）A与C碰撞时间极短，B对A的冲量忽略不计，该碰撞过程，小物体C对长木板A的冲量等于A的动量的变化，AC碰撞的过程动量守恒，设AC碰撞后的共同速度为v，选向右的方向为正，有： mv03mv0=（m+3m）v解得：v=0.5v0则小物体C对长木板A的冲量为：I=P=m（vv0）=1.5mv0，负号表示方向向左答：（1）碰前小物体C的速度大小为v0（2）该碰撞过程，小物体C对长木板A的冲量大小为1.5mv0，方向向左2016年11月18日