1、2016年江苏省高考物理压轴卷一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分，每小题只有一个选项符合题意12011年中俄曾联合实施探测火星计划，由中国负责研制的“萤火一号”火星探测器与俄罗斯研制的“福布斯土壤”火星探测器一起由俄罗斯“天顶”运载火箭发射前往火星由于火箭故障未能成功，若发射成功，且已知火星的质量约为地球质量的，火星的半径约为地球半径的下列关于火星探测器的说法中正确的是（）A发射速度只要大于第一宇宙速度即可B发射速度只有达到第三宇宙速度才可以C发射速度应大于第二宇宙速度、小于第三宇宙速度D火星的第一宇宙速度是地球的3倍2如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面
2、之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知错误的是（）A三个等势面中，c的电势最高B带电质点通过P点时的电势能较Q点大C带电质点通过P点时的动能较Q点大D带电质点通过P点时的加速度较Q点大3如图1所示，一个圆形线圈的匝数n=100，线圈面积S=200cm2，线圈的电阻r=1，线圈外接一个阻值R=4的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图2所示下列说法中正确的是（）A电阻R两端的电压保持不变B初始时刻穿过线圈的磁通量为0.4WbC线圈电阻r消耗的功率为4104WD前4
3、s内通过R的电荷量为4104C4原来都是静止的质子和粒子，经过同一电压的加速电场后，它们的速度大小之比为（）A：2B1：2C：1D1：15一个物体在多个力的作用下处于静止状态如果仅使用其中的一个力大小逐渐减小到零，然后又从零逐渐恢复到原来的大小（此力的方向始终未变），在这过程中其余各力均不变，那么下列各图中，能正确描述该过程中物体速度变化情况的（）ABCD二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分，每小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，两根长度不同的细线分别系有两个小球m1、m2，细线的上端都系于O点设法让两个小球在同一水平面上
4、做匀速圆周运动已知两细线长度之比L1：L2=：1，L1跟竖直方向的夹角为60角，下列说法正确的是（）A两小球做匀速圆周运动的周期相等B两小球做匀速圆周运动的线速度相等C两小球的质量比一定是m1：m2=：1DL2细线跟竖直方向成45角7图甲是小型交流发电机的示意图，在匀强磁场中，一矩形金属线圈绕与磁场方向垂直的轴匀速转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图乙所示发电机线圈内阻为10，外接一只电阻为90的灯泡，不计电路的其他电阻，则（）At=0时刻线圈平面与中性面垂直B每秒钟内电流方向改变100次C灯泡两端的电压为22VD00.01s时间内通过灯泡的电量为08某质点在03s内运动的vt图象如
5、图所示关于质点的运动，下列说法正确的是（）A质点在第1s内的平均速度等于第2s内的平均速度Bt=3s时，质点的位移最大C质点在第2s内的加速度与第3s内的加速度大小相等，方向相反D质点在第2s内的位移与第3s内的位移大小相等，方向相反9如图所示圆形区域内，有垂直于纸面方向的匀强磁场，一束质量 和电荷量都相同的带电粒子，以不同的速率，沿着相同的方向，对准圆心O射入匀强磁场，又都从该磁场中射出，这些粒子在磁场中的运动时间有的较长，有的较短，若带电粒子在磁场中只受磁场力的作用，则在磁场中运动时间越长的带电粒子以下不正确的是（）A速率一定越小B速率一定越大C在磁场中通过的路程一定越长D在磁场中的周期一
6、定越大三、简答题：本题分必做题（第10、11题）和选做题（第12-20题）两部分，共42分，请将解答填写在答题卡相应的位置必做题：10某同学为了探究物体在斜面上运动时摩擦力与斜面倾角的关系，设计实验装置如图1长直平板一端放在水平桌面上，另一端架在一物块上在平板上标出A、B两点，B点处放置一光电门，用光电计时器记录滑块通过光电门时挡光的时间，实验步骤如下：用游标卡尺测测最滑块的挡光长度d，用天平测量滑块的质量m；用直尺测量A、B之间的距离s，A点到水平桌面的垂直距离h1，B点到水平桌面的垂直距离h2；将滑块从A点静止释放由光电计时器读出滑块的挡光时间t；重复步骤 数次，井求挡光时间的平均值利用所
7、测数据求出摩擦力f和斜面倾角的余弦值cos；多次改变斜面的倾角，重复实验步骤做出fcos关系曲线（1）用测量的物理量完成下列各式（重力加速度为g）斜面倾角的余弦cos=；滑块通过光电门时的速度v=；滑块运动时的加速度a=；滑块运动时所受到的摩擦阻力f=；（2）测量滑块挡光长度的游标卡尺读数如图2所示，读得d=11某同学利用伏安法测量某未知电阻Rx的精确电阻（阻值恒定），进行了如下实验：（1）他先用万用电表欧姆挡测该未知电阻的阻值将开关置于1挡位，指针示数如图，若想更准确一些，下面操作正确的步骤顺序是（填序号）A将两表笔短接进行欧姆调零B将两表笔短接进行机械调零C将开关置于1k挡D将开关置于10
8、0挡E将两表笔接未知电阻两端，待指针稳定后读数（2）然后用以下器材用伏安法尽可能精确地测量该电阻：A直流电源E：电动势3V，内阻忽略B电流表A1：量程0.3A，内阻约为0.1C电流表A2：量程3mA，内阻约为10D电压表V1：量程3V，内阻约为3KE电压表V2：量程15V，内阻约为50KF滑动变阻器R1：最大阻值10G滑动变阻器R2：最大阻值1000H开关S，导线若干为较准确测量该电阻的阻值，要求各电表指针能有较大的变化范围，以上器材中电流表应选（填“B”或“C”），电压表应选（填“D”或“E”），滑动变阻器应选（填“F”或“G”）请画出实验电路原理图选做题：本题包括A、B、C三小题，请选定其
9、中两小题，并在相应答题区域内作答，若多作，则按A、B两小题评分A（选修3-3）12下列说法正确的是（）A液体温度越高、悬浮颗粒越小，布朗运动越剧烈B不考虑分子势能，则质量、温度均相同的氢气和氧气的内能也相同C第一类永动机不可能制成，因为违背了能量守恒定律D物体吸收热量，则其内能一定增加E能量耗散从能量转化角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性13汽车内燃机气缸内汽油燃烧时，气体体积膨胀推动活塞对外做功已知在某次对外做功的冲程中，汽油燃烧释放的化学能为1103J，因尾气排放、气缸发热等对外散失的热量为8102J该内燃机的效率为随着科技的进步，可设法减少热量的损失，则内燃机的效率能不断提高，其效率
10、（选填“有可能”或“仍不可能”）达到100%14如图，上端开口的圆柱形汽缸竖直放置，截面积为5103m2，一定质量的气体被质量为2.0kg的光滑活塞封闭在汽缸内，求其压强多大（1大气压强取1.01105Pa，g取10N/kg）若从初温27开始加热气体，使活塞离汽缸底部的高度由0.5m缓慢变为0.51m，则此时气体的温度为多少B.（选修3-4）15下列说法正确的是（）A胃镜利用了光的全反射原理B用三棱镜观察太阳光谱是利用光的干涉现象C用标准平面检查光学平面的平整程度是利用光的偏振现象D电视机遥控器是利用发出红外线脉冲信号来换频道的16如图所示为一列简谐横波在t=0时刻的图象此时质点P的运动方向沿
11、y轴负方向，且当t=0.55s时质点P恰好第3次到达y轴正方向最大位移处则该简谐横波的波速v的大小和方向为？周期是？17如图所示，扇形AOB为透明柱状介质的横截面，圆心角AOB=60一束平行于角平分线OM的单色光由OA射入介质，经OA折射的光线恰平行于OB（1）求介质的折射率（2）折射光线中恰好射到M点的光线（填“能”或“不能”）发生全反射（给出证明过程）C选修3-518关于核反应方程ThPa+X+E（E为释放出的核能，X为新生成粒子），已知Th的半衰期为T，则下列说法正确的是（）A Pa 没有放射性B Pa比Th少1个中子，X粒子是从原子核中射出的，此核反应为衰变CN0个Th经2T时间因发生
12、上述核反应而放出的核能为N0E（N0数值很大）D Th的比结合能为E Th的化合物的半衰期等于T19如图甲所示为研究发生光电效应时通过光电管上的电流随电压变化的电路，用频率为的单色光照射阴极K时，能发生光电效应，改变光电管两端的电压，测得电流随电压变化的图象如图乙所示，已知电子的带电荷量为e，真空中的光速为c，普朗克常量为h从阴极K逸出光电子的最大初动能Ek=，阴极K的极限频率0=；若用上述单色光照射一群处于基态的氢原子，恰能使氢原子跃迁到n=4的激发态，氢原子处于基态时的能量E1=（已知氢原子n级上的能量En与基态的能量满足En=）20质量M=2kg的小平板车静止在光滑水平面上，车的一端静止
13、着质量为mA=2kg的物体A（可视为质点），如图所示一颗质量为mB=20g的子弹以600m/s的水平速度迅速射穿A后，速度变为100m/s最后物体A仍静止在车上若物体A与小车间的滑动摩擦系数=0.5，取g=10m/s2，求：（1）平板车最后的速度是多大？（2）从子弹射穿A到物体A静止在车上需多少时间？四、计算题：本题共3小题，共计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21如图所示，高台的上面有一竖直的圆弧形光滑轨道，半径R=m，轨道端点B的切线水平质量M=5kg的金属滑块（可视为质点）由轨道顶端A由静止释
14、放，离开B点后经时间t=1s撞击在斜面上的P点已知斜面的倾角=37，斜面底端C与B点的水平距离x0=3mg取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，不计空气阻力（1）求金属滑块M运动至B点时对轨道的压力大小（2）若金属滑块M离开B点时，位于斜面底端C点、质量m=1kg的另一滑块，在沿斜面向上的恒定拉力F作用下由静止开始向上加速运动，恰好在P点被M击中已知滑块m与斜面间动摩擦因数=0.25，求拉力F大小（3）滑块m与滑块M碰撞时间忽略不计，碰后立即撤去拉力F，此时滑块m速度变为4m/s，仍沿斜面向上运动，为了防止二次碰撞，迅速接住并移走反弹的滑块M，求滑块m此后在斜面上运动的时间2
15、2如图，等量异种点电荷，固定在水平线上的M、N两点上，有一质量为m、电荷量为+q（可视为点电荷）的小球，固定在长为L的绝缘轻质细杆的一端，细杆另一端可绕过O点且与MN垂直的水平轴无摩擦地转动，O点位于MN的垂直平分线上距MN为L处现在把杆拉起到水平位置，由静止释放，小球经过最低点B时速度为v，取O点电势为零，忽略q对等量异种电荷形成电场的影响求：（1）小球经过B点时对杆的拉力大小；（2）在+Q、Q形成的电场中，A点的电势A；（3）小球继续向左摆动，经过与A等高度的C点时的速度大小23如图甲所示，一个质量m=0.1kg的正方形金属框总电阻R=0.5，金属框放在表面绝缘的斜面AABB的顶端（金属框
16、上边与AA重合），自静止开始沿斜面下滑，下滑过程中穿过一段边界与斜面底边BB平行、宽度为d的匀强磁场后滑至斜面底端（金属框下边与BB重合），设金属框在下滑过程中的速度为v，与此对应的位移为x，那么v2x图象如图乙所示，已知匀强磁场方向垂直斜面向上，金属框与斜面间的动摩擦因数=0.5，斜面倾角=53取g=10m/s2，sin53=0.8，cos53=0.6求：（1）金属框下滑加速度a和进入磁场的速度v1；（2）金属框经过磁场时受到的安培力FA大小和产生的电热Q；（3）匀强磁场的磁感应强度大小B2016年江苏省高考物理压轴卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分，每小
17、题只有一个选项符合题意12011年中俄曾联合实施探测火星计划，由中国负责研制的“萤火一号”火星探测器与俄罗斯研制的“福布斯土壤”火星探测器一起由俄罗斯“天顶”运载火箭发射前往火星由于火箭故障未能成功，若发射成功，且已知火星的质量约为地球质量的，火星的半径约为地球半径的下列关于火星探测器的说法中正确的是（）A发射速度只要大于第一宇宙速度即可B发射速度只有达到第三宇宙速度才可以C发射速度应大于第二宇宙速度、小于第三宇宙速度D火星的第一宇宙速度是地球的3倍【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系【分析】第一宇宙速度是卫星发射的最小速度第二宇宙速度是人造天体脱离地球引力束缚所需的最小速度第三宇宙速度
18、是人造天体脱离太阳束缚所需的最小速度求一个物理量之比，我们应该把这个物理量先表示出来，再进行之比【解答】解：ABC、火星探测器前往火星，脱离地球引力束缚，还在太阳系内，发射速度应大于第二宇宙速度、可以小于第三宇宙速度，故AB错误、C正确D、由G=m得：v=已知火星的质量约为地球质量的，火星的半径约为地球半径的，可得火星的第一宇宙速度与地球第一宇宙速度之比： =，故D错误故选：C2如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知错误的是（）A三个等势面中，c
19、的电势最高B带电质点通过P点时的电势能较Q点大C带电质点通过P点时的动能较Q点大D带电质点通过P点时的加速度较Q点大【考点】等势面【分析】由于质点只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右下方，由于质点带正电，因此电场线方向也指向右下方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场强度大【解答】解：A、电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故c等势线的电势最高，a等势线的电势最低，故A正确；B、根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，故P点的电势能大于Q点的电势
20、能，故B正确；C、从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，故C错误；D、等势线密的地方电场线密场强大，故P点位置电场强，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，故D正确本题选错误的，故选：C3如图1所示，一个圆形线圈的匝数n=100，线圈面积S=200cm2，线圈的电阻r=1，线圈外接一个阻值R=4的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图2所示下列说法中正确的是（）A电阻R两端的电压保持不变B初始时刻穿过线圈的磁通量为0.4WbC线圈电阻r消耗的功率为4104WD前4s内通过R的电荷量为4104C【考点】法拉第电磁
21、感应定律【分析】线圈平面垂直处于匀强磁场中，当磁感应强度随着时间均匀变化时，线圈中的磁通量发生变化，从而导致出现感应电动势，产生感应电流由楞次定律可确定感应电流方向，由法拉第电磁感应定律可求出感应电动势大小，运用功率与电量的表达式，从而即可求解【解答】解：A、根据法拉第电磁感应定律，可知，磁通量的变化率恒定，所以电动势恒定，则电阻两端的电压恒定，故A正确B、初始时刻穿过线圈的磁通量为=BS=0.2200104=0.004Wb，故B错误；C、由法拉第电磁感应定律：E=N=N=1000.02V=0.1V，由闭合电路欧姆定律，可知电路中的电流为I=A=0.02A，所以线圈电阻r消耗的功率P=I2R=
22、0.0221W=4104W，故C正确；D、前4s内通过R的电荷量为：Q=It=0.024C=0.08C，故D错误；故选：AC4原来都是静止的质子和粒子，经过同一电压的加速电场后，它们的速度大小之比为（）A：2B1：2C：1D1：1【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【分析】根据动能定理列式得到加速获得的速度表达式，结合质子和粒子的比荷求解速度之比【解答】解：设任一带电粒子的质量为m，电量为q，加速电场的电压为U，根据动能定理得：qU=得速度大小：v=，即得速度大小与比荷的平方根成正比质子和粒子比荷之比为： =： =2：1所以解得速度之比 vH：v=：1故选：C5一个物体在多个力的作用下处于静止状
23、态如果仅使用其中的一个力大小逐渐减小到零，然后又从零逐渐恢复到原来的大小（此力的方向始终未变），在这过程中其余各力均不变，那么下列各图中，能正确描述该过程中物体速度变化情况的（）ABCD【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】据题，物体在多个力的作用下处于静止状态，物体所受的合力为零，其中的一个力与其他各力的合力大小相等、方向相反当保持这个力方向不变、大小逐渐减小到零，然后又从零逐渐恢复到原来的大小，分析物体的合力如何变化，确定物体的加速度如何变化，分析物体的运动情况，判断速度的变化情况，再选择图象【解答】解：依题，原来物体在多个力的作用下处于静止状态，物体所受的
24、合力为零，使其中的一个力保持方向不变、大小逐渐减小到零，然后又从零逐渐恢复到原来的大小的过程中，物体的合力从开始逐渐增大，又逐渐减小恢复到零，物体的加速度先增大后减小，物体先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的加速运动根据速度图象的斜率等于加速度可知，速度图象的斜率先增大后减小，所以图象D正确故选：D二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分，每小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，两根长度不同的细线分别系有两个小球m1、m2，细线的上端都系于O点设法让两个小球在同一水平面上做匀速圆周运动已知两细线长度之比L1：L2=：1，L
25、1跟竖直方向的夹角为60角，下列说法正确的是（）A两小球做匀速圆周运动的周期相等B两小球做匀速圆周运动的线速度相等C两小球的质量比一定是m1：m2=：1DL2细线跟竖直方向成45角【考点】向心力；线速度、角速度和周期、转速【分析】小球受重力和拉力，两个力的合力提供小球做圆周运动的向心力；通过合力提供向心力，比较出两球的角速度大小，从而比较出周期的关系；抓住小球距离顶点O的高度相同求出L2与竖直方向上的夹角；抓住小球距离顶点O的高度相同求出半径的关系，根据v=r比较线速度关系【解答】解：A、设绳与竖直方向夹角为，水平面距悬点高为h，由牛顿第二定律得：mgtan=m（htan）则：T=2由上式可知
26、T与绳长无关，所以A正确；B、两球在同一水平面内做匀速圆周运动，则L1cos60=L2cos，解得：=45由于v=，故v正比于r，故线速度之比为：；故B错误，D正确；C、根据mgtan=mLsin2，知小球做匀速圆周运动与质量无关，无法求出两小球的质量比，故C错误；故选：AD7图甲是小型交流发电机的示意图，在匀强磁场中，一矩形金属线圈绕与磁场方向垂直的轴匀速转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图乙所示发电机线圈内阻为10，外接一只电阻为90的灯泡，不计电路的其他电阻，则（）At=0时刻线圈平面与中性面垂直B每秒钟内电流方向改变100次C灯泡两端的电压为22VD00.01s时间内通过灯泡
27、的电量为0【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理；正弦式电流的图象和三角函数表达式【分析】当线框经过中性面时通过线圈的磁通量最大感应电动势最小为零由题图乙可知交流电电动势的周期，即可求解角速度线框每转一周，电流方向改变两次【解答】解：A、由图象乙可知t=0时感应电动势为零，处于中性面上，故A错误；B、由题图乙可知周期T=0.02s，线框每转一周，电流方向改变两次，每秒电流方向改变100次，故B正确；C、由题图乙可知交流电电动势的最大值是Em=31.1v，有效值为：，根据闭合电路的分压特点得电压表的示数为：，故C错误；D、根据得：00.01s时间内通过灯泡的电量为代入数据 联立得：q=0.0
28、0198c，故D错误；故选：B8某质点在03s内运动的vt图象如图所示关于质点的运动，下列说法正确的是（）A质点在第1s内的平均速度等于第2s内的平均速度Bt=3s时，质点的位移最大C质点在第2s内的加速度与第3s内的加速度大小相等，方向相反D质点在第2s内的位移与第3s内的位移大小相等，方向相反【考点】匀变速直线运动的图像【分析】在vt中图象的斜率代表物体的加速度，图象与时间轴围成的面积等于物体在该段时间内发生的位移，平均速度等于位移除以时间，据此即可求解【解答】解：A、vt图象与时间轴围成的面积表示物体在该段时间内发生的位移大小，故第1s位移大于第2s位移，故第1s内的平均速度大于第2s内
29、的平均速度，故A错误；B、02s沿着正方向运动，第3s沿着负方向运动，故t=2s时，质点的位移最大，故B错误；C、vt图象的斜率表示加速度，故质点在第2 s内的加速度与第3 s内的加速度大小相等，方向相同，故D错误；D、图象与时间轴围成的面积等于物体在该段时间内发生的位移，则第2s内的位移与第3s内的位移大小相等，方向相反，故D正确；故选：D9如图所示圆形区域内，有垂直于纸面方向的匀强磁场，一束质量 和电荷量都相同的带电粒子，以不同的速率，沿着相同的方向，对准圆心O射入匀强磁场，又都从该磁场中射出，这些粒子在磁场中的运动时间有的较长，有的较短，若带电粒子在磁场中只受磁场力的作用，则在磁场中运动
30、时间越长的带电粒子以下不正确的是（）A速率一定越小B速率一定越大C在磁场中通过的路程一定越长D在磁场中的周期一定越大【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【分析】因为是一束质量和电荷量都相同的带电粒子，以不同的速率，沿着相同的方向，对准圆心O射入匀强磁场的，则粒子射出磁场时的方向必背向圆心方向再由周期公式，这些粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期相同而在磁场中运动的时间，显然时间越长，偏转角越大偏转角越大，则半径越小，由半径公式，则速度越小而在磁场中通过的路程s=r，一大一小相的积不定大【解答】解：AB因为是一束质量和电荷量都相同的带电粒子，以不同的速率，沿着相同的方向，对准圆心O射入匀强磁场的，则粒
31、子射出磁场时的方向必背向圆心方向再由周期公式，这些粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期相同而在磁场中运动的时间，显然时间越长，偏转角越大偏转角越大，则半径越小，由半径公式，则速度越小故A选项正确B选项错误C、通过的路程s=r，与半径和圆心角有关，所以选项C错误D、由周期公式看出，周期只与粒子本身和磁感应强度有关，与时间和速度无关，所以选项D错误故选：BCD三、简答题：本题分必做题（第10、11题）和选做题（第12-20题）两部分，共42分，请将解答填写在答题卡相应的位置必做题：10某同学为了探究物体在斜面上运动时摩擦力与斜面倾角的关系，设计实验装置如图1长直平板一端放在水平桌面上，另一端架在一物块
32、上在平板上标出A、B两点，B点处放置一光电门，用光电计时器记录滑块通过光电门时挡光的时间，实验步骤如下：用游标卡尺测测最滑块的挡光长度d，用天平测量滑块的质量m；用直尺测量A、B之间的距离s，A点到水平桌面的垂直距离h1，B点到水平桌面的垂直距离h2；将滑块从A点静止释放由光电计时器读出滑块的挡光时间t；重复步骤 数次，井求挡光时间的平均值利用所测数据求出摩擦力f和斜面倾角的余弦值cos；多次改变斜面的倾角，重复实验步骤做出fcos关系曲线（1）用测量的物理量完成下列各式（重力加速度为g）斜面倾角的余弦cos=；滑块通过光电门时的速度v=；滑块运动时的加速度a=；滑块运动时所受到的摩擦阻力f=
33、mgm；（2）测量滑块挡光长度的游标卡尺读数如图2所示，读得d=3.62cm【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系【分析】（1）根据题意应用数学知识求解正余弦函数值；滑块在通过光电门时，平均速度等于遮光片的宽度d与其通过的时间之比，由于宽度较小，时间很短，所以瞬时速度接近平均速度；熟练应用运动学公式v2v02=2ax求解物体的加速度大小；对滑块受力分许，由牛顿第二定律列方程可以求出摩擦阻力（2）游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读【解答】解：（1）由数学知识可知：cos=；滑块通过光电门时的速度：v=；由v2v02=2ax可得：v2=2as，即：（）2=2as，解得加速度为
34、：a=；由牛顿第二定律得：mgsinf=ma，其中：sin=，解得：f=mgm；（2）游标卡尺的主尺读数为3.6cm，游标尺上第2个刻度和主尺上某一刻度对齐，因此其读数为为0.12mm=0.2mm=0.02cm，所以最终读数为：3.6cm+0.02cm=3.62cm；故答案为：（1）； ； mgm；（2）3.62cm11某同学利用伏安法测量某未知电阻Rx的精确电阻（阻值恒定），进行了如下实验：（1）他先用万用电表欧姆挡测该未知电阻的阻值将开关置于1挡位，指针示数如图，若想更准确一些，下面操作正确的步骤顺序是DAE（填序号）A将两表笔短接进行欧姆调零B将两表笔短接进行机械调零C将开关置于1k挡D
35、将开关置于100挡E将两表笔接未知电阻两端，待指针稳定后读数（2）然后用以下器材用伏安法尽可能精确地测量该电阻：A直流电源E：电动势3V，内阻忽略B电流表A1：量程0.3A，内阻约为0.1C电流表A2：量程3mA，内阻约为10D电压表V1：量程3V，内阻约为3KE电压表V2：量程15V，内阻约为50KF滑动变阻器R1：最大阻值10G滑动变阻器R2：最大阻值1000H开关S，导线若干为较准确测量该电阻的阻值，要求各电表指针能有较大的变化范围，以上器材中电流表应选C（填“B”或“C”），电压表应选D（填“D”或“E”），滑动变阻器应选F（填“F”或“G”）请画出实验电路原理图【考点】描绘小电珠的伏
36、安特性曲线；伏安法测电阻【分析】（1）明确欧姆表测电阻的基本步骤即可解答；（2）根据实验要求可明确滑动变阻器接法，从而选择滑动变阻器；明确电流表和电压表的使用方法从而确定电表；根据实验要求和原理明确电路图【解答】解：（1）选择倍率后，欧姆表指针读数偏大，应该换用小倍率，更好倍率需要重新欧姆调零，所以先更好大倍率即步骤D，再欧姆调零即步骤A，最后测量电阻即步骤E（2）要使得电表指针有较大变化范围，滑动变阻器选择分压式接入，所以滑动变阻器选择阻值小的即F；电压电动势为3v，所以电压表为读数准确选择小量程即D根据欧姆表可知待测电阻阻值在1000左右，而电压最大只有3v，所以电流不会超过3mA，电流表
37、选择C滑动变阻器已经确定分压式，而待测电阻阻值较大，电流表内阻较小，所以电流表选择内接法如图所示故答案为：（1）DAE； （2）C；D；F；如图所示选做题：本题包括A、B、C三小题，请选定其中两小题，并在相应答题区域内作答，若多作，则按A、B两小题评分A（选修3-3）12下列说法正确的是（）A液体温度越高、悬浮颗粒越小，布朗运动越剧烈B不考虑分子势能，则质量、温度均相同的氢气和氧气的内能也相同C第一类永动机不可能制成，因为违背了能量守恒定律D物体吸收热量，则其内能一定增加E能量耗散从能量转化角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性【考点】热力学第二定律；温度是分子平均动能的标志；热力学第一定律【
38、分析】布朗运动是悬浮在在液体中的固体小颗粒的无规则运动；温度是分子热运动平均动能的标志；第一类永动机是指不需消耗能量而能输出机械能的装置；热力学第二定律公式U=W+Q【解答】解：A、布朗运动是悬浮在在液体中的固体小颗粒的无规则运动，液体温度越高、悬浮颗粒越小，布朗运动越剧烈，故A正确；B、不考虑分子势能，则质量、温度相同的氢气和氧气的分子热运动的平均动能相同，但由于氢气分子的分子数多，故是氢气的内能大，故B错误；C、第一类永动机是指不需消耗能量而能输出机械能的装置，因为违背了能量守恒定律，故第一类永动机不可能制成；故C正确；D、物体吸收热量的同时可能对外做功，故其内能不一定增加，故D错误；E、
39、能量耗散从能量转化角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性，符合热力学第二定律，故E正确；故选：ACE13汽车内燃机气缸内汽油燃烧时，气体体积膨胀推动活塞对外做功已知在某次对外做功的冲程中，汽油燃烧释放的化学能为1103J，因尾气排放、气缸发热等对外散失的热量为8102J该内燃机的效率为20%随着科技的进步，可设法减少热量的损失，则内燃机的效率能不断提高，其效率仍不可能（选填“有可能”或“仍不可能”）达到100%【考点】热力学第一定律【分析】解答本题需掌握：热力学第一定律公式：U=W+Q；热力学第二定律：不可能把热从低温物体传到高温物体而不产生其他影响；不可能从单一热源取热使之完全转换为有用的功
40、而不产生其他影响；不可逆热力过程中熵的微增量总是大于零【解答】解：汽油燃烧释放的化学能为1103J，因尾气排放、汽缸发热等对外散失的热量为8.0102J，根据热力学第一定律，转化为机械能的能量为：200J；机械效率：=100%=20%；根据热力学第二定律，不可能从单一热源取热使之完全转换为有用的功而不产生其他影响，故热机的效率不可能达到100%；故答案为：20%，仍不可能14如图，上端开口的圆柱形汽缸竖直放置，截面积为5103m2，一定质量的气体被质量为2.0kg的光滑活塞封闭在汽缸内，求其压强多大（1大气压强取1.01105Pa，g取10N/kg）若从初温27开始加热气体，使活塞离汽缸底部的
41、高度由0.5m缓慢变为0.51m，则此时气体的温度为多少【考点】理想气体的状态方程；气体的体积、温度、压强之间的关系【分析】对活塞应用平衡条件可以求出封闭气体的压强；求出气体的状态参量，应用盖吕萨克定律可以求出气体的温度【解答】解：封闭气体的压强：p1=p0+=1.05105Pa，气体的状态参量：V1=0.5S，T1=273+27=300K，V2=0.51S，气体发生等压变化，由盖吕萨克定律得：=，即： =，解得：T2=306K，气体的温度：t2=306273=33；答：气体的压强为1.05105Pa；此时气体的温度为33B.（选修3-4）15下列说法正确的是（）A胃镜利用了光的全反射原理B用
42、三棱镜观察太阳光谱是利用光的干涉现象C用标准平面检查光学平面的平整程度是利用光的偏振现象D电视机遥控器是利用发出红外线脉冲信号来换频道的【考点】全反射；光的干涉；光的偏振【分析】胃镜利用了光的全反射现象；三棱镜观察太阳光谱是利用光的折射色散现象；检查光学平面的平整程度是利用光的干涉现象；遥控器是利用发出红外线脉冲信号，从而即可各项求解【解答】解：A、胃镜利用了光的全反射原理，故A正确；B、三棱镜观察太阳光谱，是利用光的折射率不同，出现光的折射色散现象，故B错误；C、标准平面检查光学平面的平整程度，是利用光的空气薄层的反射面，得到频率相同的光，进行相互叠加，体现光的干涉现象，故C错误；D、遥控器
43、是利用发出红外线，波长较长，容易发生衍射，故D正确；故选：AD16如图所示为一列简谐横波在t=0时刻的图象此时质点P的运动方向沿y轴负方向，且当t=0.55s时质点P恰好第3次到达y轴正方向最大位移处则该简谐横波的波速v的大小和方向为2m/s，沿x轴负向？周期是0.2s？【考点】横波的图象【分析】由质点P的振动情况，确定出波的周期，读出波长，再由波速公式求出波速大小和方向【解答】解：t=0时刻质点P的运动方向沿y轴负方向，由“上下坡法”可知此波沿x轴负向传播在t1=0到t2=0.55s这段时间里，质点P恰好第3次到达y正方向最大位移处则有 （2+）T=0.55s解得 T=0.2s 由图象可得简
44、谐波的波长为 =0.4m则波速 v=2m/s故答案为：2m/s，沿x轴负向0.2s17如图所示，扇形AOB为透明柱状介质的横截面，圆心角AOB=60一束平行于角平分线OM的单色光由OA射入介质，经OA折射的光线恰平行于OB（1）求介质的折射率（2）折射光线中恰好射到M点的光线不能（填“能”或“不能”）发生全反射（给出证明过程）【考点】光的折射定律【分析】（1）根据题意作出光路图，由几何知识求出入射角和折射角，即可由折射定律公式n=求解折射率（2）由几何知识求出光线在M点的入射角，与临界角比较，分析能否发生全反射【解答】解：（1）作出光路图，由几何知识可知，入射角i=60，折射角r=30 根据折
45、射定律得：n=（2）由几何知识求出光线在M点的入射角i=30，sini=0.5临界角的正弦为sinC=sini，即有iC故折射光线中恰好射到M点的光线不能发生全反射答：（1）介质的折射率为；（2）不能C选修3-518关于核反应方程ThPa+X+E（E为释放出的核能，X为新生成粒子），已知Th的半衰期为T，则下列说法正确的是（）A Pa 没有放射性B Pa比Th少1个中子，X粒子是从原子核中射出的，此核反应为衰变CN0个Th经2T时间因发生上述核反应而放出的核能为N0E（N0数值很大）D Th的比结合能为E Th的化合物的半衰期等于T【考点】原子核的人工转变【分析】质量数较大的核都有放射性，衰变
46、是原子核内的中子转化为质子而释放一个电子，半衰期与原子核所处状态无关【解答】解：A、质量数较大的核都有放射性，故A错误；B、由质量数和电荷数守恒知X为电子，是原子核内的中子转化为质子而释放一个电子，是衰变，故B正确；C、经2T时间还剩余四分之一没衰变，发生上述核反应而放出的核能为N0E，故C正确；D、的比结合能是234个核子结合成时放出的能量，该能量不是它衰变时放出的能量E，所以的比结合能不是，故D错误；E、半衰期与原子核所处状态无关，则的化合物的半衰期等于T，故E正确；故选：BCE19如图甲所示为研究发生光电效应时通过光电管上的电流随电压变化的电路，用频率为的单色光照射阴极K时，能发生光电效
47、应，改变光电管两端的电压，测得电流随电压变化的图象如图乙所示，已知电子的带电荷量为e，真空中的光速为c，普朗克常量为h从阴极K逸出光电子的最大初动能Ek=eUC，阴极K的极限频率0=v；若用上述单色光照射一群处于基态的氢原子，恰能使氢原子跃迁到n=4的激发态，氢原子处于基态时的能量E1=（已知氢原子n级上的能量En与基态的能量满足En=）【考点】爱因斯坦光电效应方程【分析】根据遏止电压，结合动能定理求出光电子的最大初动能，根据光电效应方程求出阴极K的极限频率根据吸收的能量等于两能级间的能级差，求出氢原子处于基态的能量【解答】解：由图乙，根据动能定理可知eUC=0Ek解得：Ek=eUC根据爱因斯
48、坦光电效应有：Ek=hW0又W0=hv0解得：v0=v在原子跃迁过程中，根据能量守恒定律有：hv=E=E4E1=（1）E1解得：E1=故答案为：eUC，v；20质量M=2kg的小平板车静止在光滑水平面上，车的一端静止着质量为mA=2kg的物体A（可视为质点），如图所示一颗质量为mB=20g的子弹以600m/s的水平速度迅速射穿A后，速度变为100m/s最后物体A仍静止在车上若物体A与小车间的滑动摩擦系数=0.5，取g=10m/s2，求：（1）平板车最后的速度是多大？（2）从子弹射穿A到物体A静止在车上需多少时间？【考点】动量守恒定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系【分析】（1）子弹与A组成的
49、系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出A的速度，A与平板车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出平板车的速度（2）应用动量定理可以求出从子弹射穿A到物体A静止在车上需多少时间【解答】解：（1）研究子弹、物体打击过程，动量守恒有：mv0=mv+MA v 代入数据得vA=5m/s 同理分析M和MA系统自子弹穿出后直至相对静止有：MA vA=（M+MA）v代入数据得平板车最后速度为：v=2.5m/s注意：也可全过程研究三者组成的系统，根据动量守恒求平板车最后的速度（2）对物体A在小平板车上滑动过程中，由动量定理可得：mgt=mvmvA，解得：t=0.5s答：（1）平板车最后的速度是2.5m/s；（
50、2）从子弹射穿A到物体A静止在车上需0.5s时间四、计算题：本题共3小题，共计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21如图所示，高台的上面有一竖直的圆弧形光滑轨道，半径R=m，轨道端点B的切线水平质量M=5kg的金属滑块（可视为质点）由轨道顶端A由静止释放，离开B点后经时间t=1s撞击在斜面上的P点已知斜面的倾角=37，斜面底端C与B点的水平距离x0=3mg取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，不计空气阻力（1）求金属滑块M运动至B点时对轨道的压力大小（2）若金属滑块M离开B点时，位于
51、斜面底端C点、质量m=1kg的另一滑块，在沿斜面向上的恒定拉力F作用下由静止开始向上加速运动，恰好在P点被M击中已知滑块m与斜面间动摩擦因数=0.25，求拉力F大小（3）滑块m与滑块M碰撞时间忽略不计，碰后立即撤去拉力F，此时滑块m速度变为4m/s，仍沿斜面向上运动，为了防止二次碰撞，迅速接住并移走反弹的滑块M，求滑块m此后在斜面上运动的时间【考点】牛顿运动定律的综合应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系；平抛运动【分析】（1）由机械能守恒定律求出滑块到达B点时的速度，然后由牛顿第二定律求出轨道对滑块的支持力，再由牛顿第三定律求出滑块对B的压力（2）由平抛运动知识求出M的水平位移，然后由几何知
52、识求出M的位移，由运动学公式求出M的加速度，由牛顿第二定律求出拉力大小（3）由牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式可以求出滑块的运动时间【解答】解：（1）从A到B过程，由机械能守恒定律得：MgR=M，解得：vB=5m/s，在B点，由牛顿第二定律得：FMg=M，解得：F=150N，由牛顿第三定律可知，M在B点时对轨道的压力大小F=F=150N，方向竖直向下（2）M离开B后做平抛运动的水平位移：x=vBt=5m/s1s=5m，由几何知识可知，m的位移：xm=2.5m，设滑块m向上运动的加速度为a，由匀变速运动的位移公式得：xm=at2，解得：a=5m/s2，对滑块m，由牛顿第二定律得：Fmgsin
53、37mgcos37=ma，解得：F=13N；（3）撤去拉力F后，对m，由牛顿第二定律得：mgsin37+mgcos37=ma，解得：a=8m/s2，滑块上滑的时间t=0.5s，上滑位移：x=1m，滑块m沿斜面下滑时，由牛顿第二定律得：mgsin37mgcos37=ma，解得：a=4m/s2，下滑过程，xm+x=at2，解得：t=s，滑块返回所用时间：t=t+t=（0.5+）s；答：（1）金属滑块M运动至B点时对轨道的压力大小为150N；（2）拉力F大小为13N；（3）滑块m此后在斜面上运动的时间为=（0.5+）s22如图，等量异种点电荷，固定在水平线上的M、N两点上，有一质量为m、电荷量为+q
54、（可视为点电荷）的小球，固定在长为L的绝缘轻质细杆的一端，细杆另一端可绕过O点且与MN垂直的水平轴无摩擦地转动，O点位于MN的垂直平分线上距MN为L处现在把杆拉起到水平位置，由静止释放，小球经过最低点B时速度为v，取O点电势为零，忽略q对等量异种电荷形成电场的影响求：（1）小球经过B点时对杆的拉力大小；（2）在+Q、Q形成的电场中，A点的电势A；（3）小球继续向左摆动，经过与A等高度的C点时的速度大小【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力【分析】（1）小球经过B点时，重力和杆的拉力提供向心力；（2）A到B的过程中重力和电场力做功，根据动能定律即可求得A点的电势；（3）小球从A到C过程，根
55、据动能定理列式求解即可【解答】解：（1）小球经B点时，在竖直方向有，由牛顿第三定律知，小球对细杆的拉力大小（2）由于取O点电势为零，而O在MN的垂直平分线上，所以B=0电荷从A到B过程中，由动能定理得解得：（3）由电场对称性可知，C=A，即UAC=2A小球从A到C过程，根据动能定理答：（1）小球经过B点时对杆的拉力大小为；（2）在+Q、Q形成的电场中，A点的电势为；（3）小球继续向左摆动，经过与A等高度的C点时的速度大小为23如图甲所示，一个质量m=0.1kg的正方形金属框总电阻R=0.5，金属框放在表面绝缘的斜面AABB的顶端（金属框上边与AA重合），自静止开始沿斜面下滑，下滑过程中穿过一段
56、边界与斜面底边BB平行、宽度为d的匀强磁场后滑至斜面底端（金属框下边与BB重合），设金属框在下滑过程中的速度为v，与此对应的位移为x，那么v2x图象如图乙所示，已知匀强磁场方向垂直斜面向上，金属框与斜面间的动摩擦因数=0.5，斜面倾角=53取g=10m/s2，sin53=0.8，cos53=0.6求：（1）金属框下滑加速度a和进入磁场的速度v1；（2）金属框经过磁场时受到的安培力FA大小和产生的电热Q；（3）匀强磁场的磁感应强度大小B【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律【分析】（1）对线框在磁场上方运动过程进行分析，明确下落位移，再由牛顿第二定律求得加速度，由运动学公式可求得速度；（
57、2）对于线框在磁场中的运动过程分析，根据功能关系可求得安培力所做的功及产生的热量；（3）根据E=BLv及欧姆定律及安培力公式联立可求得磁感应强度【解答】解：（1）在金属框开始下落下滑阶段，由图可得：x1=0.9m；由牛顿第二定律得：mgsinmgcos=ma解得：a=gsingcos=10（0.80.50.6）=5m/s2；由运动学公式可得：v12=2ax1解得：v1=3m/s；（2）由图可知，金属框穿过磁场的整个过程中做匀速直线运动；L=d=0.5m；线框通过磁场时，线框做匀速直线运动，线框受力平衡由平衡条件可得：mgsinmgcosFA=0解得；FA=0.5N；安培力做功WA=FA（L+d）=0.51=0.5J；根据能量关系可知，Q=WA=0.5J；（3）由安培力公式得：FA=BIL由导体切割磁感线规律可知：E=BLv1由闭合电路欧姆定律可知：I=；联立解得：B=答：（1）金属框下滑加速度a为5m/s2；和进入磁场的速度v1为3m/s（2）金属框经过磁场时受到的安培力FA大小为5N；产生的电热Q为0.5J；（3）匀强磁场的磁感应强度大小B为2017年3月17日
