1、内蒙古呼和浩特二中2016年高考物理热身卷（二）(解析版)二、选择题：本题共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第14-17题只有一项符合题目要求，第18-21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粗铁丝弯成如图所示半圆环的形状，圆心为O，半圆环最高点B处固定一个小滑轮，小圆环A用细绳吊着一个质量为m2的物块并套在半圆环上一根一端拴着质量为m1的物块的细绳，跨过小滑轮后，另一端系在小圆环A上设小圆环、滑轮、绳子的质量以及相互之间的摩擦均不计，绳子不可伸长若整个系统平衡时角AOB为，则两物块的质量比m1：m2为（）AcosB2sinCsinD2co
2、s2在地面附近的空间中有水平方向的匀强电场和匀强磁场，已知磁场的方向垂直纸面向里，一个带电油滴沿着一条与竖直方向成角的直线MN运动，如图所示由此可判断下列说法正确的是（）A如果油滴带正电，则油滴从M点运动到N点B如果油滴带正电，则油滴从N点运动到M点C如果电场方向水平向右，则油滴从N点运动到M点D如果电场方向水平向左，则油滴从N点运动到M点3如图1所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由释放，压上弹簧后与弹簧一起运动若以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下建一坐标系ox，则小球的速度 v2随x的变化图象如图2所示其中OA段为直线，AB段
3、是与OA相切于A点的曲线，BC是平滑的曲线，则关于A、B、C各点对应的位置坐标及加速度，以下说法正确的是（）AxA=h，aA=0BxB=h，aB=gCxB=h+，aB=0DxC=h+，aCg4北京时间2013年2月16日凌晨3点，直径约50米、质量约13万吨的小行星“2012DAl4”，以大约每小时2.8万公里的速度由印度洋苏门答腊岛上空掠过，与地球表面最近距离约为 2.7万公里，这一距离已经低于地球同步卫星的轨道它对地球没有造成影响，对地球的同步卫星也几乎没有影响这颗小行星围绕太阳飞行，其运行轨道与地球非常相似，根据天文学家的估算，它下一次接近地球大约是在2046年假设图中的P、Q是地球与小
4、行星最近时的位置，下列说法正确的是（）A小行星对地球的轨道没有造成影响，地球对小行星的轨道也不会造成影响B只考虑太阳的引力，地球绕太阳运行的加速度大于小行星在Q点的加速度C只考虑地球的引力，小行星在Q点的加速度大于同步卫星在轨道上的加速度D小行星在Q点没有被地球俘获变成地球的卫星，是因为它在Q点的速率大于第二宇宙速度5如图所示，电源电动势为E，内阻为r当滑动变阻器的滑片P从左端滑到右端时，理想电压表V1、V2示数变化的绝对值分别为U1和U2，干路电流为I，下列说法中正确的是（灯泡电阻不变）（）A小灯泡L1、L3变暗，L2变亮BU1与I的比值不变CU1U2DU1=U26利用霍尔效应制作的霍尔元件
5、，广泛应用于测量和自动控制等领域如图所示是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I，C、D两侧面会形成电势差下列说法中正确的是（）A若元件的载流子是自由电子，则D侧面电势高于C侧面电势B若元件的载流子是自由电子，则C侧面电势高于D侧面电势C在测地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持竖直D在测地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平7如图所示，平行板电容器AB两极板水平放置，与电源相连接，已知A和电源正极相连，一带正电小球由P点水平射入，打在B极板上的N点，小球的重力不能忽略，现通过上下平行移动A板，B板不动，来改变两极板间距（未碰
6、到小球）后，现仍使带正电小球由P点以相同的水平初速度射入，则下列说法正确的是（）A若电键仍闭合，当A B间距减小时，小球打在N点的左侧B若电键仍闭合，当A B间距增大时，小球打在N点的左侧C若电键断开，当A B间距减小时，小球仍打在N点D若电键断开，当A B间距增大时，小球打在N点的右侧8如图所示，质量为m的小物块A放在质量为M的木板B的左端，B在水平拉力的作用下沿水平地面匀速向右滑动，且A、B相对静止某时刻撤去水平拉力，经过一段时间，B在地面上滑行了一段距离x，A在B上相对于B向右滑行了一段距离L（设木板B足够长）后A和B都停了下来已知A、B间的动摩擦因数为1，B与地面间的动摩擦因数为2，且
7、21，则x的表达式应为（）Ax=LBx=Cx=Dx=二、必考题（共11道题，129分）9新式游标卡尺的刻线看起来很“稀疏”，使得读数显得清晰明了，便于使用者正确读取数据通常游标卡尺的刻度有10分度、20分度、50分度三种规格；新式游标卡尺也有相应的三种，但刻度却是：19mm等分成10份，39mm等分成20份，99mm等分成50份，以“39mm等分成20份”的新式游标卡尺为例，如图所示（1）它的准确度是mm；（2）用它测量某物体的厚度，示数如图所示，正确的读数是cm10现有一块59C2型的小量程电流表G（表头），满偏电流为50A，内阻约为800850，要把它改装成1mA、10mA的两量程电流表，
8、可供选择的器材有：A滑动变阻器R1（最大阻值为20）；B滑动变阻器R2（最大阻值为100k）；C电阻箱R（最大阻值为9999）；D定值电阻R0（阻值为1k）；E电池E1（电动势为1.5V）；F电池E2（电动势为3.0V）；G电池E3（电动势为4.5V）；H标准电流表A（满偏电流为1.5mA）；I单刀单掷开关S1和S2；J单刀双掷开关S3；K电阻丝及导线若干（所有电池的内阻均不计）（1）采用如图甲所示的电路测量表头的内阻，为提高测量 精确度，选用的滑动变阻器为；选用的电池为（填序号）（2）要将G改装成两量程电流表，现有两种备选电路，如图乙、丙所示图为合理电路，另一电路不合理的原因是（3）将改装后
9、的电流表与标准电流表逐格进行核对（仅核对1mA量程），在如图丁所示的虚线框中画出所用电路图，图中待核对的电流表的符号用A来表示11如图所示，在XOY直角坐标系中，OQ与OP分别与X轴正负方向成450，在POQ区域中存在足够大的匀强电场，场强大小为E，其余区域存在匀强磁场，一带电量为+q的质量为m粒子在Y轴上A点（0，L）以平行于X轴速度v0进入第四象项，在QO边界垂直进入电场，后又从PO边界离开电场，不计粒子的重力求：（1）匀强磁场的磁感应强度大小？（2）粒子从PO进入磁场的位置坐标？12质量为m=4.0kg的小铁滑块（可视为质点）放在质量为M=1.0kg的长木板的右端，滑块木板间动摩擦因数为
10、1=0.1，木板与地面之间的动摩擦因数为2=0.2，开始时两者都处于静止状态，现对木板施加水平向右的恒力F=20N，作用时间持续1秒后撤去如图所示，为使小滑块不掉下木板，试求：（g取10m/s2）（1）木板至少多长？（2）全程中滑块与木板间产生热量为多少？二、选考题：共45分请考生从给出的3个物理模块选做其中一个模块如果多做，则每学科按所做的第一题计分物理-选修3-313下列说法中正确的是（）A一定量理想气体膨胀对外做功100J，同时从外界吸收120J的热量，则它的内能增大220JB由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面存在张力C用油膜法测出油分子的直径后，要测定阿伏加德罗常
11、数，只需再知道油的密度即可D空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度水的饱和汽压，水蒸发越慢14（9分）一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再变化到状态C，其状态变化过程的pV图象如图所示已知该气体在状态A时的温度为27则：该气体在状态B、C时的温度分别为多少？该气体从状态A到状态C的过程中内能的变化量是多大？该气体从状态A到状态C的过程中是吸热，还是放热？传递的热量是多少？物理-选修3-415一列简谐横波沿x轴负方向传播，a、b为波上的两个质点，某时刻的波形图如图甲所示，从此时刻开始计时，图乙是a、b两个质点中某一质点的振动图象，下列判断正确的是（）A波速为1.0m/s，图乙是质
12、点a的振动图象B波速为1.0m/s，图乙是质点b的振动图象C波速为0.16m/s，图乙是质点a的振动图象D波速为0.16m/s，图乙是质点b的振动图象16有一玻璃球冠，右侧面镀银，光源S就在其对称轴上，如图所示，从光源S发出的一束光射到球面上，其中一部分光经球面反射后恰能竖直向上传播，另一部分光折射入玻璃球冠内，经右侧镀银面第一次反射恰能沿原路返回，若球面半径为R，玻璃折射率为，求光源S与球冠顶点M之间的距离SM为多大？物理-选修3-517下列说法正确的是（）A太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核聚变反应B大量的氢原子从n=3的能级向低能级跃迁时只会辐射两种不同频率的光C一束单色光照射到某种金属
13、表面不能发生光电效应，是因为该束光的波长太短D发生光电效应时，入射光的光强一定，频率越高，单位时间内逸出的光电子数就越少E某种金属的逸出功与入射光的频率无关18如图所示，在光滑的水平面上有两块并列放置的木块A与B，已知A的质量是500g，B的质量是300g，有一质量为80g的小铜块C（可视为质点）以25m/s的水平初速度开始在A的表面滑动铜块最后停在B上，B与C一起以2.5m/s的速度共同前进求：木块A最后的速度vA；小铜块C离开A时，小铜块C的速度vC2016年内蒙古呼和浩特二中高考物理热身卷（二）参考答案与试题解析二、选择题：本题共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第14-17
14、题只有一项符合题目要求，第18-21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粗铁丝弯成如图所示半圆环的形状，圆心为O，半圆环最高点B处固定一个小滑轮，小圆环A用细绳吊着一个质量为m2的物块并套在半圆环上一根一端拴着质量为m1的物块的细绳，跨过小滑轮后，另一端系在小圆环A上设小圆环、滑轮、绳子的质量以及相互之间的摩擦均不计，绳子不可伸长若整个系统平衡时角AOB为，则两物块的质量比m1：m2为（）AcosB2sinCsinD2cos【考点】物体的弹性和弹力【分析】选取小圆环A为研究对象，画受力分析示意图，小圆环受三个力，两个绳子的拉力和大圆环的支持力，一定要知道
15、大圆环的支持力只能是沿着半径的，由此两端绳子拉力分别在切线方向上的分力必然相等，然后由数学三角函数知识求解【解答】解：如图，对小环进行受力分析，如图所示，小环受上面绳子的拉力m1g，下面绳子的拉力m2g，以及圆环对它沿着OA向外的支持力，将两个绳子的拉力进行正交分解，它们在切线方向的分力应该相等：m1gsin=m2gcos（90）即：m1cos=m2sinm1cos=2m2sincos得：m1：m2=2sin故选：B【点评】本题主要考查了正交分解的方法，另外要重视数学计算在物理中的应用2在地面附近的空间中有水平方向的匀强电场和匀强磁场，已知磁场的方向垂直纸面向里，一个带电油滴沿着一条与竖直方向
16、成角的直线MN运动，如图所示由此可判断下列说法正确的是（）A如果油滴带正电，则油滴从M点运动到N点B如果油滴带正电，则油滴从N点运动到M点C如果电场方向水平向右，则油滴从N点运动到M点D如果电场方向水平向左，则油滴从N点运动到M点【考点】带电粒子在混合场中的运动【分析】对带电粒子进行受力分析，受到竖直向下的重力，水平方向的电场力和垂直于虚线的洛伦兹力，由于带电粒子做直线运动，所以洛伦兹力只能垂直于直线向上，从而可判断粒子的电性（带负电），同时可知电场力的方向向左，再根据各力的做功情况，即可判断各选项的正误【解答】解：AB、如果油滴带正电，根据做直线运动的条件和受力情况（如图所示）可知，电场力必
17、须向左，由左手定则判断可知，油滴的速度从M点到N点，可以处于平衡状态，从而做匀速直线运动；如果油滴是从N点到M点，则不能达到平衡状态，从而不能做直线运动，故A正确，B错误C、如果水平电场方向向右，依据AB选项分析，电场力必须向左，因此油滴带负电，由左手定则判断可知，只有油滴的速度从N点运动到M点时，才能满足平衡条件，故C正确D、如果水平电场方向向左，依据AB选项分析，电场力必须向左，因此油滴带正电，由左手定则判断可知，只有油滴的速度从M点运动到N点时，才能满足平衡条件故D错误故选：AC【点评】带电粒子在重力场、电场、磁场的复合场中，只要是做直线运动，一定是匀速直线运动（v与B不平行）若速度是变
18、的，洛伦兹力会变，合力就是变的，合力与速度不在一条直线上，带电体就会做曲线运动3如图1所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由释放，压上弹簧后与弹簧一起运动若以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下建一坐标系ox，则小球的速度 v2随x的变化图象如图2所示其中OA段为直线，AB段是与OA相切于A点的曲线，BC是平滑的曲线，则关于A、B、C各点对应的位置坐标及加速度，以下说法正确的是（）AxA=h，aA=0BxB=h，aB=gCxB=h+，aB=0DxC=h+，aCg【考点】牛顿第二定律【分析】由小球OA段是直线可以知道，其加速度恒定，故此
19、段代表小球接触弹簧前的运动，故而可以知道A点的位置坐标为h由图知B点加速度为零，既此时弹力等于重力，故由此可以求得弹簧形变量，继而可以知道B的坐标而D点的速度为零，即弹簧被压缩到最大，由此可以知此时弹力大于重力，故而此点的加速度一定不是零【解答】解：A、由小球OA段是直线可以知道，其加速度恒定，故此段代表小球接触弹簧前的自由落体运动，故而可以知道A点的位置坐标为h，加速度为重力加速度，故A错误；B、由图知B点加速度为零，既此时弹力等于重力，此时弹簧形变量为：，故B点坐标为：，故B错误；C：由B知，故C正确；D：小球过B后会继续会继续向下运动，故而D点的坐标应大于B点的坐标，由在B点时弹力已经等
20、于重力，故在D点时弹力一定大于重力，故D错误；故选：C【点评】本题难点一是对图象的识别和理解，二是由图象分析小球的几个特殊运动阶段，对这种小球弹簧的一般分为三个阶段：自由落体，弹力小于重力，弹力大于重力各自运动性质不一样，应注意掌握4北京时间2013年2月16日凌晨3点，直径约50米、质量约13万吨的小行星“2012DAl4”，以大约每小时2.8万公里的速度由印度洋苏门答腊岛上空掠过，与地球表面最近距离约为 2.7万公里，这一距离已经低于地球同步卫星的轨道它对地球没有造成影响，对地球的同步卫星也几乎没有影响这颗小行星围绕太阳飞行，其运行轨道与地球非常相似，根据天文学家的估算，它下一次接近地球大
21、约是在2046年假设图中的P、Q是地球与小行星最近时的位置，下列说法正确的是（）A小行星对地球的轨道没有造成影响，地球对小行星的轨道也不会造成影响B只考虑太阳的引力，地球绕太阳运行的加速度大于小行星在Q点的加速度C只考虑地球的引力，小行星在Q点的加速度大于同步卫星在轨道上的加速度D小行星在Q点没有被地球俘获变成地球的卫星，是因为它在Q点的速率大于第二宇宙速度【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】1、小行星的质量远远小于地球的质量，地球对小行星的万有引力，对小行星的运动状态产生影响2、小行星和地球绕太阳运动，根据牛顿第二定律，万有引力提供加速度，列出等式，解出加
22、速度，根据距离太阳的距离r讨论加速度大小3、小行星和同步卫星绕地球运动，根据牛顿第二定律，万有引力提供加速度，列出等式，解出加速度，根据距离地球的距离r讨论加速度大小4、小行星在Q点没有被地球俘获变成地球的卫星，是因为它在Q点的速率比较大，使其所需要的向心力比地球提供的万有引力大【解答】解：A、小行星的质量远远小于地球的质量，地球对小行星的万有引力，足以对小行星的运动状态产生影响故A错误B、根据牛顿第二定律，得，由图可知，地球比小行星距太阳近，故地球绕太阳运行的加速度大于小行星在Q点的加速度，故B正确C、根据牛顿第二定律，得，由图可知，小行星比同步卫星距地球近，故小行星在Q点的加速度大于同步卫
23、星在轨道上的加速度，故C正确D、小行星在Q点没有被地球俘获变成地球的卫星，是因为它在Q点的速率比较大，使其所需要的向心力比地球提供的万有引力大，但此处的速度与第二宇宙速度大小无关故D错误故选：BC【点评】本题考查了万有引力在天体中的应用，解题的关键在于找出向心力的来源，并能列出等式解题5如图所示，电源电动势为E，内阻为r当滑动变阻器的滑片P从左端滑到右端时，理想电压表V1、V2示数变化的绝对值分别为U1和U2，干路电流为I，下列说法中正确的是（灯泡电阻不变）（）A小灯泡L1、L3变暗，L2变亮BU1与I的比值不变CU1U2DU1=U2【考点】闭合电路的欧姆定律【分析】当滑动变阻器的触片P从左端
24、滑到右端时，分析变阻器接入电路的电阻的变化，确定外电路总电阻的变化，分析总电流和路端电压的变化，判断灯L2亮度的变化根据总电流的变化，分析并联部分电压的变化，判断L3亮度的变化根据总电流与通过L3电流的变化，分析通过L1电流的变化，判断其亮度变化根据路端电压的变化，分析U1和U2的大小根据欧姆定律列式分析电压表示数变化量与电流表示数变化量的比值如何变化【解答】解：A、当滑动变阻器的触片P从左端滑到右端时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，总电流减小，路端电压增大，则L2变暗变阻器的电阻增大，并联部分的电阻增大，则并联部分的电压增大，则L3变亮总电流减小，而L3的电流增大，则L1的电流
25、减小，则L1变暗故A错误B、由U1=EI（RL2+r）得： =RL2+r，不变故B正确C、由上分析可知，电压表V1的示数增大，电压表V2的示数减小，由于路端电压增大，即两电压表示数之和增大，所以U1U2，故CD错误故选：B【点评】本题是电路动态变化分析问题，按“局部整体局部”思路进行分析运用总量法分析两电压表读数变化量的大小运用欧姆定律定量分析电压表示数变化量与电流表示数变化量的比值变化，这是常用的方法6利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域如图所示是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I，C、D两侧面会形成电势差下列说法中正
26、确的是（）A若元件的载流子是自由电子，则D侧面电势高于C侧面电势B若元件的载流子是自由电子，则C侧面电势高于D侧面电势C在测地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持竖直D在测地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平【考点】霍尔效应及其应用【分析】根据左手定则判断洛伦兹力的方向，确定电子的偏转方向，从而确定侧面电势的高低测量地磁场强弱时，让地磁场垂直通过元件的工作面，通过地磁场的方向确定工作面的位置【解答】解：A、若元件的载流子是自由电子，由左手定则可知，电子受到的洛伦兹力方向向C侧面偏，则D侧面的电势高于C侧面的电势故A正确，B错误C、地球赤道上方的地磁场方向水平，在测地球赤道
27、上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持竖直故C正确，D错误故选AC【点评】解决本题的关键知道霍尔效应的原理，知道电子受到电场力和洛伦兹力平衡7如图所示，平行板电容器AB两极板水平放置，与电源相连接，已知A和电源正极相连，一带正电小球由P点水平射入，打在B极板上的N点，小球的重力不能忽略，现通过上下平行移动A板，B板不动，来改变两极板间距（未碰到小球）后，现仍使带正电小球由P点以相同的水平初速度射入，则下列说法正确的是（）A若电键仍闭合，当A B间距减小时，小球打在N点的左侧B若电键仍闭合，当A B间距增大时，小球打在N点的左侧C若电键断开，当A B间距减小时，小球仍打在N点D若电键断开，当A
28、B间距增大时，小球打在N点的右侧【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【分析】电键闭合时，电容器两极板间的电压不变，根据E=来判断场强变化情况；如果电键断开，电容器带电量不变，电场强度不变；结合类平抛运动的分运动公式分析判断即可【解答】解：小球受重力和向下的电场力，做类平抛运动；A、若电键仍闭合，电容器板间的电压不变，根据E=，知当AB间距减小时，场强增加，电场力增加，故竖直分运动的加速度增加，运动时间变短，由x=v0t知，故水平分位移减小，故小球打在N点的左侧，故A正确；B、若电键仍闭合，电容器两端的电压不变，根据E=，知当AB间距增加时，场强减小，电场力减小，故竖直分运动的加速度减小，运动时间
29、变长，由x=v0t知，水平分位移增加，故小球打在N点的右侧，故B错误；C、若电键断开，电容器带电量不变，极板的电荷的面密度不变，故电场强度不变；当AB间距减小时，小球的受力情况不变，故运动情况也不变，因此小球仍打在N点；故C正确；D、同理，若电键断开，电容器带电量不变，当A B间距增大时，板间电场强度不变，小球仍打在N点；故D错误；故选：AC【点评】本题关键是明确小球的受力情况和运动情况，然后根据类似平抛运动的分运动公式列式分析要知道只改变平行板电容器板间距离时，板间场强不变8如图所示，质量为m的小物块A放在质量为M的木板B的左端，B在水平拉力的作用下沿水平地面匀速向右滑动，且A、B相对静止某
30、时刻撤去水平拉力，经过一段时间，B在地面上滑行了一段距离x，A在B上相对于B向右滑行了一段距离L（设木板B足够长）后A和B都停了下来已知A、B间的动摩擦因数为1，B与地面间的动摩擦因数为2，且21，则x的表达式应为（）Ax=LBx=Cx=Dx=【考点】动能定理；牛顿第二定律【分析】去水平拉力，A受到的滑动摩擦力f1=1mg，加速度大小a1=1g，B受到A的向右的摩擦力和地面向左的摩擦力，B的加速度大小a2=，由21分析两加速度的大小关系，判断B先停止运动，然后A在木板上继续做匀减速运动，根据动能定理分别对A、B研究，求解x【解答】解：设A、B相对静止一起向右匀速运动时的速度为v撤去外力后至停止
31、的过程中，A受到的滑动摩擦力f1=1mg，加速度大为：a1=，此时B的加速度大小a2=，由21分析两加速度的大小关系，判断B先停止运动，然后A在木板上继续做匀减速运动，且其加速度大小不变对A应用动能定理有：f1（L+x）=0mv2对B应用动能定理有：1mgx2（m+M）gx=0Mv2解得：消去v解得：x=故选：C【点评】本题关键在于分析两物体的运动过程，考查分析问题和解决问题的能力二、必考题（共11道题，129分）9（2013南昌一模）新式游标卡尺的刻线看起来很“稀疏”，使得读数显得清晰明了，便于使用者正确读取数据通常游标卡尺的刻度有10分度、20分度、50分度三种规格；新式游标卡尺也有相应的
32、三种，但刻度却是：19mm等分成10份，39mm等分成20份，99mm等分成50份，以“39mm等分成20份”的新式游标卡尺为例，如图所示（1）它的准确度是0.05mm；（2）用它测量某物体的厚度，示数如图所示，正确的读数是3.030cm【考点】刻度尺、游标卡尺的使用【分析】新式游标卡尺的测量原理和传统的游标卡尺相同，新式游标卡尺其游标尺上20个分度只有39mm，比主尺上的40个分度短1mm，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：新式游标卡尺的测量原理和传统的游标卡尺相同，新式游标卡尺其游标尺上20个分度只有39mm，比主尺上的40个分度短1mm，它的测量精确度是：0.
33、05mm，用它测得物体厚度为：30mm+0.05mm6=30.30mm=3.030cm故答案为：（1）0.05（2）3.030【点评】解决本题的关键掌握游标卡尺的读数方法，用主尺读数加上游标读数，不需估读10（2016南昌校级模拟）现有一块59C2型的小量程电流表G（表头），满偏电流为50A，内阻约为800850，要把它改装成1mA、10mA的两量程电流表，可供选择的器材有：A滑动变阻器R1（最大阻值为20）；B滑动变阻器R2（最大阻值为100k）；C电阻箱R（最大阻值为9999）；D定值电阻R0（阻值为1k）；E电池E1（电动势为1.5V）；F电池E2（电动势为3.0V）；G电池E3（电动势
34、为4.5V）；H标准电流表A（满偏电流为1.5mA）；I单刀单掷开关S1和S2；J单刀双掷开关S3；K电阻丝及导线若干（所有电池的内阻均不计）（1）采用如图甲所示的电路测量表头的内阻，为提高测量 精确度，选用的滑动变阻器为B；选用的电池为G（填序号）（2）要将G改装成两量程电流表，现有两种备选电路，如图乙、丙所示图甲为合理电路，另一电路不合理的原因是乙电路在通电状态下，更换量程会造成两分流电阻都未并联在表头两端，以致流过表头的电流超过其满偏电流而损坏（3）将改装后的电流表与标准电流表逐格进行核对（仅核对1mA量程），在如图丁所示的虚线框中画出所用电路图，图中待核对的电流表的符号用A来表示【考点
35、】把电流表改装成电压表【分析】（1）应用半偏法测电表内阻，电源电动势越大、滑动变阻器阻值越大实验误差越小，根据实验原理与实验器材分析答题；（2）把电流表改装成大量程的电流表需要并联分流电阻，根据电流表的改装原理与实验电路图分析答题；（3）校准电流表，电流应从零开始变化，待校准的电流表应与标准电流表串联，据此设计实验电路图【解答】解：（1）首先我们要知道半偏法测量电流表内阻的方法以及测量原理：设电源的电动势为E，内阻为r，S2打开时，设电流表满偏电流Ig=，实验要求RRg，Rr，这样才有Ig，当S2闭合时，R和Rg并联，并联后总阻值R并RgR，这样才有S2闭合后，电路中总电流几乎不变，仍然近似等
36、于，调节R使电流表半偏为，所以流过R的电流也为，所以R=Rg 从上述原理可知，S2打开与闭合，近似认为干路中电流不变，前提是RRg故实验器材选择应满足电源电动势尽可能大，R尽可能大所以，滑动变阻器选量程较大的R2，电池选用电动势较大的E3（2）选甲，当开关接到左边接线柱时并联电阻较小通过电流较大，所以此时对应改装电流表的较大量程，接右边接线柱时并联两个电阻，阻值较大，通过电流较小，所以此时对应量程较小；不能选乙是因为乙电路在通电状态下，更换量程会造成两分流电阻都未并联在表头两端，以致流过表头的电流超过其满偏电流而损坏（3）如图所示为了从零到量程范围进行一一校对所以要选择滑动变阻器的分压接法，让
37、改装表和标准表同时测量电阻R0的电流看读数是否相同来进行校对，所以电路图如下图：故答案为：（1）B，G；（2）甲，乙电路在通电状态下，更换量程会造成两分流电阻都未并联在表头两端，以致流过表头的电流超过其满偏电流而损坏；（3）如图所示【点评】解答第一问的前提是一定要理解半偏法测量电流表内阻的原理，第三问校对电流表的电路图是难点，同学往往忘记用滑动变阻器的分压接法11（2013潮州一模）如图所示，在XOY直角坐标系中，OQ与OP分别与X轴正负方向成450，在POQ区域中存在足够大的匀强电场，场强大小为E，其余区域存在匀强磁场，一带电量为+q的质量为m粒子在Y轴上A点（0，L）以平行于X轴速度v0进
38、入第四象项，在QO边界垂直进入电场，后又从PO边界离开电场，不计粒子的重力求：（1）匀强磁场的磁感应强度大小？（2）粒子从PO进入磁场的位置坐标？【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力【分析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由几何知识求出轨迹半径，根据牛顿第二定律求出磁感应强度大小；（2）粒子垂直进入匀速电场后做类平抛运动，沿OQ方向做初速度为零的匀加速运动，OP方向做匀速直线运动，由牛顿第二定律和运动学公式求出粒子射出电场的位置到O点的距离，即可求出粒子从PO进入磁场的位置坐标【解答】解：（1）设磁感应强度为B，则在磁场中运动，根据牛顿第二定律有 q
39、v0B=m由几何关系可得 r=L 则B=（2）设粒子在电场中运动的加速度大小为，则根据牛顿第二定律有 a=由平抛运动规律知 OQ方向：r=OP方向：S=v0t联立解得，S=则坐标值为x=Scos45=，y=Ssin45=，故粒子从PO进入磁场的位置坐标为（，）答：（1）匀强磁场的磁感应强度大小是（2）粒子从PO进入磁场的位置坐标是（，）【点评】本题画出粒子运动轨迹，由几何知识求出轨迹半径是关键；在电场中，运用运动的分解研究类平抛运动12（2016呼和浩特校级模拟）质量为m=4.0kg的小铁滑块（可视为质点）放在质量为M=1.0kg的长木板的右端，滑块木板间动摩擦因数为1=0.1，木板与地面之间
40、的动摩擦因数为2=0.2，开始时两者都处于静止状态，现对木板施加水平向右的恒力F=20N，作用时间持续1秒后撤去如图所示，为使小滑块不掉下木板，试求：（g取10m/s2）（1）木板至少多长？（2）全程中滑块与木板间产生热量为多少？【考点】功能关系；牛顿第二定律【分析】（1）滑块和木板均从静止做匀加速运动，由牛顿第二定律求出各自的加速度，由位移公式求位移和相对位移，再求出撤去拉力瞬间的速度比较得其运动性质，滑块仍然以a1向右加速，木板向右减速，直到两者速度相等，此后两者一起减速到停止，无相对滑动求出此时的木板加速度，最后求相对位移（2）由功能关系可求全程中滑块与木板间产生热量【解答】解：（1）对
41、滑块分析，设滑块的加速度为a1，由牛顿第二定律可得：a1=1g=1m/s2对木板分析，设木板的加速度为a2，由牛顿第二定律可得：a2=10m/s2经过时间1s，滑块的位移为：x1=a1t2=112=m，滑块的速度为：v1=a1t=11=1m/s木板的位移为：x2=a2t2=1012=5m，滑块的速度为：v2=a2t=101=10m/s相对位移为：x1=x2x1=51=4m撤去拉力后，因为木板的速度大于滑块的速度，滑块仍然以a1向右加速，木板向右减速，直到两者速度相等，此后两者一起减速到停止，无相对滑动木板的加速度为：a3=14m/s2由速度关系：v1+a1t=v2a3t解得：t=0.6s滑块的
42、位移为：x3=v1t+a1t2=10.6+10.62=0.78m木板的位移为：x4=v2ta3t2=100.6140.62=3.48m相对位移为：x2=x4x3=3.480.78=2.7mLmin=x1+x2=4+2.7=6.7m（2）全过程滑块与木板间产生热量为：Q=1mg（x1+x2）=0.14106.7=26.8J答：（1）木板至少长6.7m；（2）全程中滑块与木板间产生热量为26.8J【点评】解决本题的关键理清木块和木板的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁二、选考题：共45分请考生从给出的3个物理模块选做其中一个模块如果多做，则每学科按所
43、做的第一题计分物理-选修3-313下列说法中正确的是（）A一定量理想气体膨胀对外做功100J，同时从外界吸收120J的热量，则它的内能增大220JB由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面存在张力C用油膜法测出油分子的直径后，要测定阿伏加德罗常数，只需再知道油的密度即可D空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度水的饱和汽压，水蒸发越慢【考点】热力学第一定律；分子间的相互作用力；*相对湿度【分析】根据热力学第一定律知：U=W+Q；液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面存在张力；用油膜法测出油分子的直径后，要测定阿伏加德罗常数，只需再知道油的摩尔体积【解答】解
44、：A、气体膨胀对外做功100J，W=100J；同时从外界吸收120J的热量，Q=120J，根据热力学第一定律知：U=W+Q=100+120=20J，它的内能增大20J故A错误；B、液体表面存在张力是由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，分子力表现为引力，故B正确；C、用油膜法测出油分子的直径后，要测定阿伏加德罗常数，只需再知道油的摩尔体积即可，而知道油的密度不能求出故C错误；D、空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度水的饱和汽压，水蒸发越慢，故D正确；故选：BD【点评】该题考查的知识点比较多，掌握热力学第一定律的应用，知道分子力与分子间距的关系，会利用油膜法测分子的直径即可
45、正确解答14一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再变化到状态C，其状态变化过程的pV图象如图所示已知该气体在状态A时的温度为27则：该气体在状态B、C时的温度分别为多少？该气体从状态A到状态C的过程中内能的变化量是多大？该气体从状态A到状态C的过程中是吸热，还是放热？传递的热量是多少？【考点】理想气体的状态方程；热力学第一定律【分析】根据图象可知：AB等容变化，由查理定律即可求出B状态温度；BC等压变化，由盖吕萨克定律即可求出C状态温度；比较AC两状态的温度，从而判断气体内能的变化；比较AC两状态的体积可判断W的正负，再根据可根据热力学第一定律即可解决问题【解答】解；对于理想气体由图象可知
46、：AB等容变化，由查理定律得：代入数据得：TB=100K又：T=273+t得：tB=173 BC等压变化，由盖吕萨克定律得 代入数据得：TC=300K联立得：tC=27A到状态C体积增大，对外做功，即W0，TA=TC，所以，A到状态C的过程中内能变化量为0由热力学第一定律得：Q0，所以AC的过程中是吸热吸收的热量Q=W=PV=1105（31031103）J=200J答：B、C时的温度分别为173，27该气体从状态A到状态C的过程中内能的变化量是0；A到状态C的过程中吸热，吸了200J【点评】解决气体问题的关键是挖掘出隐含条件，正确判断出气体变化过程，合理选取气体实验定律解决问题；对于内能变化牢
47、记温度是理想气体内能的量度，与体积无关物理-选修3-415（2012甘肃一模）一列简谐横波沿x轴负方向传播，a、b为波上的两个质点，某时刻的波形图如图甲所示，从此时刻开始计时，图乙是a、b两个质点中某一质点的振动图象，下列判断正确的是（）A波速为1.0m/s，图乙是质点a的振动图象B波速为1.0m/s，图乙是质点b的振动图象C波速为0.16m/s，图乙是质点a的振动图象D波速为0.16m/s，图乙是质点b的振动图象【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象【分析】由甲图读出波长，由乙图读出周期，求出波速由波的传播方向判断a、b两点的速度方向由振动图象读出t=0时刻质点的速度方向，再分析图乙是哪
48、个质点的振动图象【解答】解：由甲图读出波长为=0.4m，由乙图读出周期为T=0.4s，则波速为v=1m/s简谐横波沿x轴负方向传播，由甲图判断出图示时刻a点的速度向下，b点的速度向上，而振动图象乙上t=0时刻，质点的速度方向上，所以图乙是质点b的振动图象故选B【点评】本题首先要能根据波的传播方向判断出质点的振动方向，其次要振动图象判断出质点的速度，考查把握两种图象联系的能力16（2016宁城县四模）有一玻璃球冠，右侧面镀银，光源S就在其对称轴上，如图所示，从光源S发出的一束光射到球面上，其中一部分光经球面反射后恰能竖直向上传播，另一部分光折射入玻璃球冠内，经右侧镀银面第一次反射恰能沿原路返回，
49、若球面半径为R，玻璃折射率为，求光源S与球冠顶点M之间的距离SM为多大？【考点】光的折射定律【分析】作出光路图，根据折射定律和几何关系，求出入射角和折射角，再由几何关系求解光源S与球心O之间的距离SO，从而得到SM【解答】解：如图所示，根据折射定律，有： n=根据反射定律，有：1=3其中：3+2=90联立可得：1=60，2=30 由图，有：=2=30，=1=30 故：SO=R故光源S与M间距：SN=SOR=（1）R0.73R答：光源S与球冠顶点M之间的距离SM为0.73R【点评】处理几何光学相关的问题，关键是作出光路图，一定要用直尺准确作图，然后根据几何图形的特点求角或者线段的长度物理-选修3
50、-517（2016呼和浩特校级模拟）下列说法正确的是（）A太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核聚变反应B大量的氢原子从n=3的能级向低能级跃迁时只会辐射两种不同频率的光C一束单色光照射到某种金属表面不能发生光电效应，是因为该束光的波长太短D发生光电效应时，入射光的光强一定，频率越高，单位时间内逸出的光电子数就越少E某种金属的逸出功与入射光的频率无关【考点】光电效应；玻尔模型和氢原子的能级结构【分析】太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核聚变反应；大量的氢原子从n=3的能级向低能级跃迁时只会辐射3种不同频率的光；一束单色光照射到某种金属表面不能发生光电效应，是因为该束光的频率太低，波长太长；发生光电效
51、应时，入射光的光强一定，频率越高，则入射光的光子数越少，则单位时间内逸出的光电子数就越少；某种金属的逸出功只与该金属的截止频率有关，与入射光的频率无关【解答】解：A、太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核聚变反应，A正确；B、大量的氢原子从n=3的能级向低能级跃迁时只会辐射3种不同频率的光，B错误；C、一束单色光照射到某种金属表面不能发生光电效应，是因为该束光的频率太低，波长太长，C错误；D、发生光电效应时，入射光的光强一定，频率越高，则入射光的光子数越少，则单位时间内逸出的光电子数就越少，D正确；E、某种金属的逸出功只与该金属的截止频率有关，与入射光的频率无关，E正确；故选：ADE【点评】本题考
52、查了核聚变、氢原子能级图、光电效应等内容，考查知识点较多，综合性较强，解题关键是明确发生光电效应的条件，以及金属逸出功的决定因素能区分核聚变和核裂变18（2016呼和浩特校级模拟）如图所示，在光滑的水平面上有两块并列放置的木块A与B，已知A的质量是500g，B的质量是300g，有一质量为80g的小铜块C（可视为质点）以25m/s的水平初速度开始在A的表面滑动铜块最后停在B上，B与C一起以2.5m/s的速度共同前进求：木块A最后的速度vA；小铜块C离开A时，小铜块C的速度vC【考点】动量守恒定律；功能关系【分析】木块A最后做匀速运动在整个过程中A、B、C组成系统的总动量守恒，由动量守恒定律求木块
53、A最后的速度vAC在A上滑动时，选A、B、C作为一个系统，其总动量守恒；C滑到B上后A做匀速运动，再选B、C作为一个系统，其总动量也守恒，也可以研究C在A、B上面滑动的全过程，联立求解即可得解【解答】解：研究C在A、B上面滑动的全过程，在整个过程中A、B、C组成系统的总动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得 mCv0=mAvA+（mB+mC）vBC解得，vA=2.1 m/sC在A上滑动时，选A、B、C作为一个系统，其总动量守恒，则：mCv0=mCvC+（mA+mB）vAC滑到B上后A做匀速运动，再选B、C作为一个系统，其总动量也守恒，则 mCvC+mBvA=（mB+mC）vBC联立解得 vC=4 m/s答：木块A最后的速度vA是2.1m/s；小铜块C离开A时，小铜块C的速度vC是4m/s【点评】C在A上和B上滑动的过程中动量守恒，其中，C在A上滑动的过程中是A、B、C组成的系统动量守恒，不是A与C守恒这是解题的关键