1、2016年江苏省南京市高考物理最后一卷一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分.每小题只有一个选项符合题意1我国在2015年年底发射首颗地球同步轨道高分辨率对地观测卫星高分四号如图所示，A是静止在赤道上随地球自转的物体，B、C是同在赤道平面内的两颗人造卫星，B位于离地高度等于地球半径的圆形轨道上，C是高分四号卫星则下列判断正确的是（）A卫星B的线速度大于卫星C的线速度B物体A随地球自转的周期大于卫星C的周期C物体A随地球自转的加速度大于卫星C的加速度D物体A随地球自转的角速度大于卫星B的角速度2一质点沿x轴正方向做直线运动，通过坐标原点时开始计时，其t的图象如图所示，则下列说法正确
2、的是（）A质点做匀速直线运动，速度为0.5m/sB质点做匀加速直线运动，加速度为0.5m/sC质点在第1 s内的平均速度0.75m/sD质点在1 s末速度为1.5m/s3如图，物块A和B的质量分别为4m和m，开始AB均静止，细绳拉直，在竖直向上拉力F=6mg作用下，动滑轮竖直向上加速运动已知动滑轮质量忽略不计，动滑轮半径很小，不考虑绳与滑轮之间的摩擦，细绳足够长，在滑轮向上运动过程中，物块A和B的加速度分别为（）AaA=g，aB=5g BaA=aB=g CaA=g，aB=3g DaA=0，aB=2g4如图为一滑雪爱好者建立的一个研究模型物块自左边斜面A点静止滑下，滑过下面一段平面后，最高冲至右
3、侧斜面的B点测出AB连线与水平面的夹角为，已知左右斜面的倾角分别为和，物块与各接触面动摩擦因数相同且为，忽略物块在拐角处的能量损失以下结论正确的是（）A=tan B=tan C=tan D=tan5在竖直平面内固定一半径为R的金属细圆环，质量为m的金属小球（视为质点）通过长为L的绝缘细线悬挂在圆环的最高点当圆环、小球都带有相同的电荷量Q（未知）时，发现小球在垂直圆环平面的对称轴上处于平衡状态，如图所示已知静电力常量为k则下列说法中正确的是（）A电荷量Q=B电荷量Q=C绳对小球的拉力F=D绳对小球的拉力F=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
4、得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分6如图是某同学设想的防止电梯坠落的应急安全装置，在电梯轿厢上安装上永久磁铁，电梯的井壁上铺设线圈，能在电梯突然坠落时减小对人员的伤害关于该装置，说法正确的是（）A若电梯突然坠落，将线圈闭合可起到应急避险作用B若电梯突然坠落，将线圈闭合可以使电梯悬浮在空中C当电梯坠落至如图位置时，闭合线圈A、B中电流方向相同D当电梯坠落至如图位置时，闭合线圈A、B都在阻碍电梯下落7如图所示的电路中，定值电阻R1、R2、R3、R4的阻值均为R0，理想电压表读数U，变化量的绝对值U，理想电流表读数I，变化量的绝对值I，在滑动变阻器的滑动端自右向左滑动的过程中，下列判断正
5、确的是（）AU增大，I减小 B增大C电源输出功率一定增大 DR08一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能EP随位移x变化的关系如图所示，其中Ox2段是对称的曲线，x2x3是直线段，则下列判断正确的是（）Ax1处电场强度最大Bx2x3段是匀强电场Cx1、x2、x3处电势1、2、3的关系为123D粒子在Ox2段做匀变速运动，x2x3段做匀速直线运动9如图甲所示是一种速度传感器的工作原理图，在这个系统中B为一个能发射超声波的固定小盒子，工作时小盒子B向被测物体发出短暂的超声波脉冲，脉冲被运动的物体反射后又被B盒接收，从B盒发射超声波开始计时，经时间t0再次发射超声波脉冲，图乙是连续两
6、次发射的超声波的位移时间图象，则下列说法正确的是（）A超声波的速度为v声=B超声波的速度为v声=C物体的平均速度为D物体的平均速度为三、简答题：本题分实验和选修两部分，共计42分.请将解答填写在答题卡相应的位置10某些固体材料受到外力后除了产生形变，其电阻率也发生变化，这种由于外力的作用而使材料电阻率发生变化的现象称为“压阻效应”现用如下图所示的电路研究某长薄板电阻Rx的压阻效应已知Rx的阻值变化范围为几欧到几十欧，实验室中有下列器材：A电源E（3V，内阻约为1）B电流表A1（0.6A，内阻r1约为1）C电流表A2（0.6A，内阻r2=5）D开关S，定值电阻R0为了较准确地测量电阻Rx的阻值，
7、请将电流表A2接入虚线框内并画出其中的电路图在电阻Rx上加一个竖直向下的力F（设竖直向下为正方向），闭合开关S，记下电表读数，A1的读数为I1，A2的读数为I2，则Rx=（用字母表示）改变力的大小，得到不同的Rx值，然后让力反向从下向上挤压电阻，并改变力的大小，得到不同的Rx值，最后绘成的图象如右上图所示当F竖直向下（设竖直向下为正方向）时，可得Rx与所受压力F的数值关系是Rx=（各物理量单位均为国际单位）11如图甲为研究“转动动能与角速度关系”的实验装置示意图，现有的器材为：固定竖直平面内的转盘（转轴水平），带铁夹的铁架台、电磁打点计时器（接交流电的频率为50Hz）、纸带、重锤、游标卡尺、天
8、平回答下列问题：如图乙所示，用20分度的游标卡尺测得圆盘的直径d为cm；将悬挂铁锤的纸带穿过打点计时器后，绕在转盘边缘上，纸带一端固定在转盘上，使得转盘与纸带不打滑，设纸带厚度不计，打开电源，释放重锤，打点计时器打出的纸带如图丙所示，O、A、B、C各点为连续打出的点迹：则由图丙中数据可得，打下点迹D时，圆盘转动的角速度为D=rad/s（保留三位有效数字）；下表为各点对应的转动动能Ek和角速度值，请你猜想转动动能Ek和角速度满足的关系式为Ek=（填准确的表达式）计数点ABCE转动动能Ek（J）0.00100.00390.00890.024角速度（rad/s）4.07.911.919.7本题包括A
9、、B、C三小题，请在相应的答题区域内作答.A.选修3-312一定质量的乙醚液体全部蒸发，变为同温度的乙醚气体，在这一过程中（）A分子引力增大，分子斥力减小B分子势能减小C乙醚的内能不变D分子平均动能不变13空气的干湿程度和空气中所含有的水汽量接近饱和的程度有关，而和空气中含有水汽的绝对量却无直接关系例如，空气中所含有的水汽的压强同样等于1606.24Pa（12.79毫米汞柱）时，在炎热的夏天中午，气温约35，人们并不感到潮湿，因此时水汽饱和气压（填“大”、“小”），物体中的水分还能够继续蒸发而在南京湿冷的秋天，大约15左右，人们却会感到（填“干燥”、“潮湿”），因这时的水汽压已经达到过饱和，水
10、分不但不能蒸发，而且还要凝结成水，所以引入“相对湿度”水汽压强与相同温度下的饱和气压的比来表示空气的干湿程度是科学的14如图所示，一定质量的理想气体先从状态A经等容过程到状态B，再经等压过程到状态C在状态C时气体的体积V=3.0103m3，温度与状态A相同求气体：在状态B时的体积；在整个过程中放出的热量B.选修3-415下列说法中正确的是（）A单缝衍射中，缝越宽，衍射现象越明显B机场、车站等地进行安检时，一般用射线检查箱内的物品C狭义相对论认为：不论光源与观察者做怎样的相对运动，光速都是一样的D在“利用单摆测定重力加速度”的实验中，测量单摆周期应该从小球经过最低点处开始计时16一列简谐横波沿工
11、轴正方向传播，周期为2s，t=0时刻的波形如图所示该列波的波速是m/s；质点a平衡位置的坐标xa=2.5m再经s它第一次经过平衡位置向y轴正方向运动17如图所示，一个半径为R的透明球体放置在水平面上，一束蓝光从A点沿水平方向射入球体后经B点射出，最后射到水平面上的C点已知OA=，该球体对蓝光的折射率为，求这束蓝光从球面射出时的出射角；若换用一束红光同样从A点射向该球体，则它从球体射出后落到水平面上形成的光点在C点左边还是右边？C.选修3-518以下四幅图对应着四个重要的实验下列说法中正确的是（）A甲图和丙图对应的实验，说明了原子内部是非常空旷的，并可以据此估算出原子核的大小B通过乙图和丁图对应
12、的实验，用碰撞模型对实验现象做出了解释，使认识到光子具有能量和动量，说明光具有粒子性C通过乙图对应的实验，提出光子说，但在认为光有粒子性的同时，并没有否定光的波动性，因为光子的能量E=h，其中为光的频率这是描述波的物理量之一D通过丙图对应的实验，发现电子具有波动性，其波长和动量的关系为=hp19太阳内部不断进行着各种核聚变反应，一个氘核和一个氚核结合成一个氦核是其中一种，请写出其核反应方程；如果氘核的比结合能为E1，氚核的比结合能为E2，氦核的比结合能为E3，则上述反应释放的能量可表示为20如图所示，固定的圆弧轨道与水平面平滑连接，轨道与水平面均光滑，质量为m的物块B与轻质弹簧拴接静止在水平面
13、上，弹簧右端固定质量为3m的物块A从圆弧轨道上距离水平面高h处由静止释放，与B碰撞后推着B一起运动但与B不粘连求：A、B碰后一起运动的速度v1；弹簧的最大弹性势能四、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，两光滑金属导轨，间距d=2m，在桌面上的部分是水平的，仅在桌面上有磁感应强度B=1T、方向竖直向下的有界磁场，电阻R=3，桌面高H=0.8m，金属杆ab质量m=0.2kg，其电阻r=1，从导轨上距桌面h=0.2m的高度处由静止释放，落地点距桌面左边缘的水平距离s
14、=0.4m，取g=10m/s2，求：（1）金属杆刚进入磁场时，R上的电流大小；（2）整个过程中电阻R放出的热量；（3）磁场区域的宽度22如图是某自动加热装置的设计图，将被加热物体在地面小平台上以一定的初速经过位于竖直面内的两个四分之一圆弧衔接而成的轨道，从最高点P飞出进入加热锅内，利用来回运动使其均匀受热我们用质量为m的小滑块代替被加热物体，借这套装置来研究一些物理问题设大小两个四分之一圆弧的半径分别为2R和R，小平台和圆弧均光滑将过锅底的纵截面看作是两个斜面AB、CD和一段光滑圆弧BC组成，滑块与斜面间的动摩擦因数为0.25，且不随温度变化两斜面倾角均为=37，AB=CD=2R，A、D等高，
15、D端固定一小挡板，锅底位于圆弧形轨道所在的竖直平面内，碰撞不损失机械能滑块始终在同一个竖直平面内运动，重力加速度为g（1）如果滑块恰好能经P点飞出，为了使滑块恰好沿AB斜面进入锅内，应调节锅底支架高度使斜面的A、D点离地高为多少；（2）接（1）问，求滑块在锅内斜面上通过的总路程；（3）对滑块的不同初速度，求其通过最高点P和小圆弧最低点Q时受压力之差的最小值23如图甲所示，两平行金属板A、B的板长l=0.20m，板间距d=0.20m，两金属板间加如图乙所示的交变电压，并在两板间形成交变的匀强电场，忽略其边缘效应在金属板右侧有一方向垂直于纸面向里的匀强磁场，其左右宽度D=0.40m，上下范围足够大
16、，边界MN和PQ均与金属板垂直匀强磁场的磁感应强度B=1.0102T现从t=0开始，从两极板左端的中点O处以每秒钟1000个的速率不停地释放出某种带正电的粒子，这些粒子均以vo=2.0105m/s的速度沿两板间的中线OO射入电场，已知带电粒子的比荷=1.0108C/kg，粒子的重力和粒子间的相互作用都忽略不计，在粒子通过电场区域的极短时间内极板间的电压可以看作不变求：（1）t=0时刻进入的粒子，经边界MN射入磁场和射出磁场时两点间的距离；（2）在电压变化的第一个周期内有多少个带电的粒子能进入磁场；（3）何时由O点进入的带电粒子在磁场中运动的时间最长？最长时间为多少？（3）2016年江苏省南京市
17、高考物理最后一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，共计15分.每小题只有一个选项符合题意1我国在2015年年底发射首颗地球同步轨道高分辨率对地观测卫星高分四号如图所示，A是静止在赤道上随地球自转的物体，B、C是同在赤道平面内的两颗人造卫星，B位于离地高度等于地球半径的圆形轨道上，C是高分四号卫星则下列判断正确的是（）A卫星B的线速度大于卫星C的线速度B物体A随地球自转的周期大于卫星C的周期C物体A随地球自转的加速度大于卫星C的加速度D物体A随地球自转的角速度大于卫星B的角速度【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】根据万有引力提供向心力
18、比较B、C的线速度、角速度地球赤道上的物体A与地球同步卫星C具有相同的角速度和周期，根据a=r2比较加速度的大小【解答】解：A、对于B、C卫星，根据万有引力等于向心力得：G=m，得：v=B位于离地高度等于地球半径的圆形轨道上，C是地球同步卫星，则C的半径大于B的半径，所以vBvC故A正确B、放在赤道上的物体A和地球同步卫星C具有相同的周期，都等于地球自转的周期故B错误C、A、C的角速度相等，由a=r2知，物体A随地球自转的加速度小于卫星C的加速度故C错误D、对于B、C，根据=，则BC，又A=C，则得BA，故D错误故选：A2一质点沿x轴正方向做直线运动，通过坐标原点时开始计时，其t的图象如图所示
19、，则下列说法正确的是（）A质点做匀速直线运动，速度为0.5m/sB质点做匀加速直线运动，加速度为0.5m/sC质点在第1 s内的平均速度0.75m/sD质点在1 s末速度为1.5m/s【考点】匀变速直线运动的图像【分析】t的图象即vt图象，倾斜的直线表示匀速直线运动，图线的斜率等于加速度，由图直接读出速度由求平均速度【解答】解：A、t图象即vt图象，由图知质点的速度均匀增大，说明质点做匀加速直线运动，故A错误B、质点做匀加速直线运动，根据x=v0t+at2，得=v0+at，由图得： a=0.5，则加速度为 a=20.5=1m/s2故B错误C、质点在第1s内的平均速度=m/s=1m/s，故C错误
20、D、质点的初速度 v0=0.5m/s，在1s末速度为 v=v0+at=0.5+1=1.5m/s故D正确故选：D3如图，物块A和B的质量分别为4m和m，开始AB均静止，细绳拉直，在竖直向上拉力F=6mg作用下，动滑轮竖直向上加速运动已知动滑轮质量忽略不计，动滑轮半径很小，不考虑绳与滑轮之间的摩擦，细绳足够长，在滑轮向上运动过程中，物块A和B的加速度分别为（）AaA=g，aB=5g BaA=aB=g CaA=g，aB=3g DaA=0，aB=2g【考点】牛顿第二定律【分析】通过对滑轮受力分析，求出绳上的拉力，由牛顿第二定律分别对AB可求得加速度【解答】解：对滑轮分析：F2T=ma，又m=0，所以，
21、对A分析：由于T4mg故A静止，aA=0对B：aB=，故D正确故选：D4如图为一滑雪爱好者建立的一个研究模型物块自左边斜面A点静止滑下，滑过下面一段平面后，最高冲至右侧斜面的B点测出AB连线与水平面的夹角为，已知左右斜面的倾角分别为和，物块与各接触面动摩擦因数相同且为，忽略物块在拐角处的能量损失以下结论正确的是（）A=tan B=tan C=tan D=tan【考点】动能定理的应用【分析】对全过程运用动能定理，结合摩擦力做功的大小，求出动摩擦因数大小【解答】解：设AB段的水平长度为x，竖直高度差为h，AC的倾角为1，EB的倾角为2，对A到B的过程，运用动能定理得：mghmgcosACmgCDm
22、gcosDB=0因为ACcos+CD+DBcos=x则有：mghmgx=0解得：=由数学知识有： =tan所以，=tan故C正确，ABD错误故选：C5在竖直平面内固定一半径为R的金属细圆环，质量为m的金属小球（视为质点）通过长为L的绝缘细线悬挂在圆环的最高点当圆环、小球都带有相同的电荷量Q（未知）时，发现小球在垂直圆环平面的对称轴上处于平衡状态，如图所示已知静电力常量为k则下列说法中正确的是（）A电荷量Q=B电荷量Q=C绳对小球的拉力F=D绳对小球的拉力F=【考点】电场强度；共点力平衡的条件及其应用【分析】小球受到的库仑力为圆环各点对小球库仑力的合力，则取圆环上x来分析，再取以圆心对称的x，这
23、2点合力向右，距离L，竖直方向抵消，只有水平方向；求所有部分的合力m，即可求得库仑力的表达式；小球受重力、拉力及库仑力而处于平衡，则由共点力的平衡条件可求得绳对小球的拉力及库仑力；则可求得电量【解答】解：由于圆环不能看作点电荷，我们取圆环上一部分x，设总电量为Q，则该部分电量为Q；由库仑定律可得，该部分对小球的库仑力F1=，方向沿该点与小球的连线指向小球；同理取以圆心对称的相同的一段，其库仑力与F1相同；如图所示，两力的合力应沿圆心与小球的连线向外，大小为2=；因圆环上各点对小球均有库仑力，故所有部分库仑力的合力F库=R=，方向水平向右；小球受力分析如图所示，小球受重力、拉力及库仑力而处于平衡
24、，故T与F的合力应与重力大小相等，方向相反；由几何关系可得： =；则小球对绳子的拉力T=，故C正确、D错误；=；则F库=；解得Q=；故A正确，B错误；故选：AC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如图是某同学设想的防止电梯坠落的应急安全装置，在电梯轿厢上安装上永久磁铁，电梯的井壁上铺设线圈，能在电梯突然坠落时减小对人员的伤害关于该装置，说法正确的是（）A若电梯突然坠落，将线圈闭合可起到应急避险作用B若电梯突然坠落，将线圈闭合可以使电梯悬浮在空中C当电梯坠落至如图位置时，闭合线圈A、B中电流方向
25、相同D当电梯坠落至如图位置时，闭合线圈A、B都在阻碍电梯下落【考点】楞次定律【分析】带有磁铁的电梯在穿过闭合线圈的过程中，线圈内的磁感应强度发生变化，将在线圈中产生感应电流，感应电流会阻碍磁铁的相对运动由此分析即可【解答】解：A、若电梯突然坠落，将线圈闭合时，线圈内的磁感应强度发生变化，将在线圈中产生感应电流，感应电流会阻碍磁铁的相对运动，可起到应急避险作用故A正确；B、感应电流会阻碍磁铁的相对运动，但不能阻止磁铁的运动，故B错误；C、当电梯坠落至如图位置时，闭合线圈A中向上的磁场减弱，感应电流的方向从上向下看是逆时针方向，B中中向上的磁场增强，感应电流的方向从上向下看是顺时针方向，可知A与B
26、中感应电流方向相反故C错误；D、结合A的分析可知，当电梯坠落至如图位置时，闭合线圈A、B都在阻碍电梯下落故D正确故选：AD7如图所示的电路中，定值电阻R1、R2、R3、R4的阻值均为R0，理想电压表读数U，变化量的绝对值U，理想电流表读数I，变化量的绝对值I，在滑动变阻器的滑动端自右向左滑动的过程中，下列判断正确的是（）AU增大，I减小 B增大C电源输出功率一定增大 DR0【考点】闭合电路的欧姆定律【分析】先分析电路结构，滑动变阻器R与R4并联后与R2串联，再与R3并联，最后与R1串联，接入电源，电流表测量通过滑动变阻器的电流，电压表测量滑动变阻器R与R4的并联电压，在滑动变阻器的滑动端自右向
27、左滑动的过程中，滑动变阻器的电阻变大，总电阻变大，总电流变小，根据闭合电路欧姆定律及串并联电路的特点即可求解【解答】解：A、根据电路图可知，滑动变阻器R与R4并联后与R2串联，再与R3并联，最后与R1串联，接入电源在滑动变阻器的滑动端自右向左滑动的过程中，滑动变阻器的电阻变大，总电阻变大，总电流变小，则R1和内电压减小，R3的电压变大，则通过R3的电流增大，而总电流减小，所以通过R2的电流减小，则R2所占电压减小，所以滑动变阻器的电压增大，即U变大，所以R4电压变大，通过R4电流变大，而通过R2的电流减小，所以通过滑动变阻器的电流I减小，故A正确；B、电压表测量滑动变阻器两端的电压，电流表测量
28、滑动变阻器的电流，则=R，在滑动变阻器的滑动端自右向左滑动的过程中，滑动变阻器的电阻变大，则增大，故B正确；C、由于内外电阻的大小关系未知，所以不能判定电源的输出功率如何变化故C错误；D、通过R2的电流减小，通过R4电流变大，所以电流表示数的减小量I大于通过R4电流增大量I4，则减小，而=R0，所以R0，故D正确故选：ABD8一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能EP随位移x变化的关系如图所示，其中Ox2段是对称的曲线，x2x3是直线段，则下列判断正确的是（）Ax1处电场强度最大Bx2x3段是匀强电场Cx1、x2、x3处电势1、2、3的关系为123D粒子在Ox2段做匀变速运动，
29、x2x3段做匀速直线运动【考点】电势差与电场强度的关系；电势【分析】根据电势能与电势的关系：Ep=q，场强与电势的关系：E=，结合分析图象斜率与场强的关系，即可求得x1处的电场强度；根据能量守恒判断速度的变化；由Ep=q，分析电势的高低由牛顿第二定律判断加速度的变化，即可分析粒子的运动性质根据斜率读出场强的变化【解答】解：A、根据电势能与电势的关系：Ep=q，场强与电势的关系：E=，得：E=由数学知识可知Epx图象切线的斜率等于，x1处切线斜率为零，则x1处电场强度为零，故A错误B、D、由图看出在0x1段图象切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动
30、x1x2段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动x2x3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故B正确，D错误；C、根据电势能与电势的关系：Ep=q，因粒子带负电，q0，则知电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有：123故C正确故选：BC9如图甲所示是一种速度传感器的工作原理图，在这个系统中B为一个能发射超声波的固定小盒子，工作时小盒子B向被测物体发出短暂的超声波脉冲，脉冲被运动的物体反射后又被B盒接收，从B盒发射超声波开始计时，经时间t0再次发射超声波脉冲，图乙是连续两次发射的超声波的位移时间图
31、象，则下列说法正确的是（）A超声波的速度为v声=B超声波的速度为v声=C物体的平均速度为D物体的平均速度为【考点】匀变速直线运动的图像；平均速度【分析】超声波在空中匀速传播，根据发射和接收的时间差求出速度物体通过的位移为x2x1时，所用时间为，再求解物体的平均速度【解答】解：A、由图超声波在时间内通过位移为x1，则超声波的速度为v声=故A正确B、由图可知：超声波通过位移为x2时，所用时间为，则超声波的速度为v声故B错误C、D由题：物体通过的位移为x2x1时，所用时间为+t0=，物体的平均速度=故C错误，D正确故选AD三、简答题：本题分实验和选修两部分，共计42分.请将解答填写在答题卡相应的位置
32、10某些固体材料受到外力后除了产生形变，其电阻率也发生变化，这种由于外力的作用而使材料电阻率发生变化的现象称为“压阻效应”现用如下图所示的电路研究某长薄板电阻Rx的压阻效应已知Rx的阻值变化范围为几欧到几十欧，实验室中有下列器材：A电源E（3V，内阻约为1）B电流表A1（0.6A，内阻r1约为1）C电流表A2（0.6A，内阻r2=5）D开关S，定值电阻R0为了较准确地测量电阻Rx的阻值，请将电流表A2接入虚线框内并画出其中的电路图在电阻Rx上加一个竖直向下的力F（设竖直向下为正方向），闭合开关S，记下电表读数，A1的读数为I1，A2的读数为I2，则Rx=（用字母表示）改变力的大小，得到不同的R
33、x值，然后让力反向从下向上挤压电阻，并改变力的大小，得到不同的Rx值，最后绘成的图象如右上图所示当F竖直向下（设竖直向下为正方向）时，可得Rx与所受压力F的数值关系是Rx=162F（各物理量单位均为国际单位）【考点】测定金属的电阻率【分析】根据电流表A2的内阻为确定值可知，应将其当做电压表使用，即应将A2与待测电阻并联后再与电流表A1联；根据串并联规律列式求解即可；通过观察两图线关于纵轴对称可知，反向压力相等时阻值不变；根据图象写出电阻R与压力F的函数表达式即可由于知道电流表A2的阻值，所以用电流表A2作为电压表使用，电流表A1在干路上即可求出电阻Rx的阻值，根据图象的特点得出结论和求解函数关
34、系【解答】解：由于题目中没有电压表，为了比较准确测量电阻Rx，知道电流表A2的阻值，所以用电流表A2作为电压表使用，电流表A1在干路上，即可求出电阻Rx的阻值电路图的设计：根据串并联和欧姆定律得：I1r1=（I2I1）Rx，Rx=从图象上可以看出压力方向改变，其阻值不变，其电阻与压力关系为一次函数，由图象可得：Rx=162F故答案为：如上图所示；162F11如图甲为研究“转动动能与角速度关系”的实验装置示意图，现有的器材为：固定竖直平面内的转盘（转轴水平），带铁夹的铁架台、电磁打点计时器（接交流电的频率为50Hz）、纸带、重锤、游标卡尺、天平回答下列问题：如图乙所示，用20分度的游标卡尺测得圆
35、盘的直径d为5.020cm；将悬挂铁锤的纸带穿过打点计时器后，绕在转盘边缘上，纸带一端固定在转盘上，使得转盘与纸带不打滑，设纸带厚度不计，打开电源，释放重锤，打点计时器打出的纸带如图丙所示，O、A、B、C各点为连续打出的点迹：则由图丙中数据可得，打下点迹D时，圆盘转动的角速度为D=15.9rad/s（保留三位有效数字）；下表为各点对应的转动动能Ek和角速度值，请你猜想转动动能Ek和角速度满足的关系式为Ek=6.251052J（填准确的表达式）计数点ABCE转动动能Ek（J）0.00100.00390.00890.024角速度（rad/s）4.07.911.919.7【考点】测定匀变速直线运动的
36、加速度；线速度、角速度和周期、转速【分析】游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读主尺读数时看游标的0刻度线超过主尺哪一个示数，该示数为主尺读数，看游标的第几根刻度与主尺刻度对齐，乘以游标的分度值，即为游标读数；根据平均速度等于中间时刻瞬时速度求出D点的瞬时速度，然后根据v=r求解角速度；采用数学归纳法研究砂轮的转动动能Ek与角速度的关系式：当砂轮的角速度增大为原来2倍时，砂轮的转动动能Ek是原来的4倍；当砂轮的角速度增大为原来4倍时，砂轮的转动动能Ek是原来的16倍，得到Ek与2成正比，则有关系式Ek=k2将任一组数据代入求出比例系数k，得到砂轮的转动动能Ek与角速度的关系式【解答
37、】解：游标卡尺主尺部分读数为5.0cm，游标读数为0.054=0.20mm=0.020cm，所以最终读数为5.0cm+0.020cm=5.020cm根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上D点时小车的瞬时速度大小为：vD=0.40m/s根据v=r得圆盘转动的角速度为：D=15.9rad/s，由表格中数据分析可知，当砂轮的角速度增大为原来2倍时，砂轮的转动动能Ek是原来的4倍，得到关系为：Ek=k2当砂轮的角速度增大为原来4倍时，砂轮的转动动能Ek是原来的16倍，得到Ek与2成正比，则有关系式为：Ek=k2k是比例系数将任一组数据比如：=4rad/s，Ek=0.
38、001J，代入得到：k=6.25105Js/rad，所以砂轮的转动动能Ek与角速度的关系式是：Ek=6.251052J；故答案为：5.020；15.9；6.251052J本题包括A、B、C三小题，请在相应的答题区域内作答.A.选修3-312一定质量的乙醚液体全部蒸发，变为同温度的乙醚气体，在这一过程中（）A分子引力增大，分子斥力减小B分子势能减小C乙醚的内能不变D分子平均动能不变【考点】温度是分子平均动能的标志；分子势能【分析】乙醚液体全部蒸发，变为同温度的乙醚气体过程中，要从外界吸收热量，由于温度是分子平均动能的标志，故分子平均动能不变，吸收的热量用于增加分子势能，蒸发过程中乙醚分子要克服分
39、子间的引力做功【解答】解：A、乙醚液体蒸发过程，分子间的距离变大，分子间的引力和吃力都会减小，故A错误B、蒸发过程中乙醚分子要克服分子间的引力做功，增加分子势能，故B错误C、一定质量的乙醚液体全部蒸发，变为同温度的乙醚气体过程中，要从外界吸收热量，由于温度不变，故分子平均动能不变，而蒸发过程中乙醚分子要克服分子间的引力做功，分子势能增加，故内能增加，故C错误D、由于温度是分子平均动能的标志，故分子平均动能不变，故D正确故选：D13空气的干湿程度和空气中所含有的水汽量接近饱和的程度有关，而和空气中含有水汽的绝对量却无直接关系例如，空气中所含有的水汽的压强同样等于1606.24Pa（12.79毫米
40、汞柱）时，在炎热的夏天中午，气温约35，人们并不感到潮湿，因此时水汽饱和气压大（填“大”、“小”），物体中的水分还能够继续蒸发而在南京湿冷的秋天，大约15左右，人们却会感到潮湿（填“干燥”、“潮湿”），因这时的水汽压已经达到过饱和，水分不但不能蒸发，而且还要凝结成水，所以引入“相对湿度”水汽压强与相同温度下的饱和气压的比来表示空气的干湿程度是科学的【考点】* 液体的表面张力现象和毛细现象；*相对湿度【分析】绝对湿度指大气中水蒸汽的实际压强，相对湿度是指水蒸汽的实际压强与该温度下水蒸汽的饱和压强之比绝对湿度是指空气中所含水蒸气的压强，与温度无关；饱和蒸汽压与温度有关，温度越高，饱和蒸汽压越大【解
41、答】解：相对湿度=；相对湿度是空气中水蒸气的压强与同温度下水蒸气的饱和汽压的比值，而绝对湿度是指空气中所含水蒸气的压强，与温度无关；饱和蒸汽压与温度有关，温度越高，饱和蒸汽压越大；根据以上的分析可知，在炎热的夏天中午，气温约35，人们并不感到潮湿，因此时水汽饱和气压大；当绝对湿度不变的情况下，温度降低，饱和汽压降低，所以相对湿度变大，大约15左右，人们却会感到潮湿故答案为：大；潮湿14如图所示，一定质量的理想气体先从状态A经等容过程到状态B，再经等压过程到状态C在状态C时气体的体积V=3.0103m3，温度与状态A相同求气体：在状态B时的体积；在整个过程中放出的热量【考点】理想气体的状态方程【
42、分析】（1）气体由状态B到状态C，发生了等压过程，根据查理定律求解气体在状态B时的体积；（2）A、C状态温度相同，气体的内能相同A到B过程体积不变，气体不做功，B到C过程，体积减小，外界对气体做功，根据W=PV求出此过程外界对气体做功，再热力学第一定律求解整个过程中放出的热量【解答】解：由题，气体由状态B到状态C，发生了等压过程，根据查理定律得则 VB=m3=5103m3由题，A、C两状态温度，则气体的内能相同，即有U=0AB过程，气体发生了等容变化，体积不变，气体不做功；BC过程，气体的体积减小，外界对气体做功为W=PV=P（VBVC）=3105（53）103J=600J根据热力学第一定律U
43、=Q+W得Q=UW=0600J=600J即在整个过程中放出的热量600J答：在状态B时的体积是5103m3；在整个过程中放出的热量是600JB.选修3-415下列说法中正确的是（）A单缝衍射中，缝越宽，衍射现象越明显B机场、车站等地进行安检时，一般用射线检查箱内的物品C狭义相对论认为：不论光源与观察者做怎样的相对运动，光速都是一样的D在“利用单摆测定重力加速度”的实验中，测量单摆周期应该从小球经过最低点处开始计时【考点】用单摆测定重力加速度；光的衍射【分析】波长越长，越容易衍射；缝越宽，条纹越亮，衍射现象越不明显；狭义相对论认为：光速不变原理，在“利用单摆测定重力加速度”的实验中，应该在最低点
44、处开始计时，从而即可各项求解【解答】解：A、单缝衍射中，缝越宽，条纹越亮，但越不容易发生衍射现象，衍射现象越不明显，故A错误；B、机场、车站等地进行安检时，一般用x射线检查箱内的物品，故B错误；C、不论光源与观察者做怎样的相对运动，狭义相对论认为：光速都是一样的，故C正确；D、在“利用单摆测定重力加速度”的实验中，测量单摆周期应该从小球经过最低点处开始计时，而不是在最高位置，故D正确；故选：CD16一列简谐横波沿工轴正方向传播，周期为2s，t=0时刻的波形如图所示该列波的波速是2m/s；质点a平衡位置的坐标xa=2.5m再经0.25s它第一次经过平衡位置向y轴正方向运动【考点】波长、频率和波速
45、的关系；横波的图象【分析】由图读出波长，由波速公式v=求波速根据波的传播方向判断可知，图中x=2m处质点的运动方向沿y轴向上，当此质点的状态传到a点时，质点a第一次经过平衡位置向y轴正方向运动运用波形的平移法研究质点a第一次经过平衡位置向y轴正方向运动的时间【解答】解：由图读出波长=4m，则波速根据波的传播方向判断可知，图中x=2m处质点的运动方向沿y轴向上，当此质点的状态传到a点时，质点a第一次经过平衡位置向y轴正方向运动则质点a第一次经过平衡位置向y轴正方向运动的时间t=s=0.25s故答案为：2，0.25s17如图所示，一个半径为R的透明球体放置在水平面上，一束蓝光从A点沿水平方向射入球
46、体后经B点射出，最后射到水平面上的C点已知OA=，该球体对蓝光的折射率为，求这束蓝光从球面射出时的出射角；若换用一束红光同样从A点射向该球体，则它从球体射出后落到水平面上形成的光点在C点左边还是右边？【考点】光的折射定律【分析】根据几何关系求出入射角，通过折射定律求出折射角换用红光，折射率减小，偏折程度变小，从而确定出折射后落到水平面上的位置【解答】解：设ABO=，由根据几何关系得：sin=得：=30，根据折射定律得，n=，sin=nsin=得：=60红光的折射率比蓝光小，则光线射出后偏折程度减小，即变小，所以从球体射出后落到水平面上形成的光点与C点相比，位置偏右答：这束蓝光从球面射出时的出射
47、角为60，它从球体射出后落到水平面上形成的光点位置偏右C.选修3-518以下四幅图对应着四个重要的实验下列说法中正确的是（）A甲图和丙图对应的实验，说明了原子内部是非常空旷的，并可以据此估算出原子核的大小B通过乙图和丁图对应的实验，用碰撞模型对实验现象做出了解释，使认识到光子具有能量和动量，说明光具有粒子性C通过乙图对应的实验，提出光子说，但在认为光有粒子性的同时，并没有否定光的波动性，因为光子的能量E=h，其中为光的频率这是描述波的物理量之一D通过丙图对应的实验，发现电子具有波动性，其波长和动量的关系为=hp【考点】爱因斯坦光电效应方程【分析】根据玻尔理论分析电子的轨道；光电效应说明了光具有
48、粒子性；衍射是波的特有现象；少数粒子发生了较大偏转，说明原子的质量绝大部分集中在很小空间范围；波长和动量的关系为=，从而即可求解【解答】解：A、少数粒子发生了较大偏转，说明原子的几乎全部质量和所有正电荷主要集中在很小的核上，否则不可能发生大角度偏转故A错误B、光电效应实验说明了光具有粒子性故B正确C、衍射是波的特有现象，电子束通过铝箔时的衍射图样证实了电子具有波动性故C正确D、丙图对应的实验，发现电子具有波动性，其波长和动量的关系为=故D错误故选：BC19太阳内部不断进行着各种核聚变反应，一个氘核和一个氚核结合成一个氦核是其中一种，请写出其核反应方程；如果氘核的比结合能为E1，氚核的比结合能为
49、E2，氦核的比结合能为E3，则上述反应释放的能量可表示为4E32E13E2【考点】爱因斯坦质能方程【分析】根据电荷数守恒、质量数守恒写出核反应方程，根据比结合能等于结合能与核子数的比值，通过能量关系，求出释放的核能【解答】解：根据电荷数守恒、质量守恒守恒，知核反应方程为；氘核的比结合能为E1，氚核的比结合能为E2，氦核的比结合能为E3，根据比结合能等于结合能与核子数的比值，则有：该核反应中释放的核能E=4E32E13E2故答案为：；4E32E13E220如图所示，固定的圆弧轨道与水平面平滑连接，轨道与水平面均光滑，质量为m的物块B与轻质弹簧拴接静止在水平面上，弹簧右端固定质量为3m的物块A从圆
50、弧轨道上距离水平面高h处由静止释放，与B碰撞后推着B一起运动但与B不粘连求：A、B碰后一起运动的速度v1；弹簧的最大弹性势能【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律【分析】A下滑的过程，由机械能守恒定律可以求出碰撞前A的速度碰撞过程中系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出碰撞后的速度v1当A、B的速度减至零，动能全部转化为弹簧的弹性势能，由机械能守恒定律可以求出弹簧的最大弹性势能【解答】解：A下滑与B碰撞前机械能守恒，由机械能守恒定律得：3mgh=3mv02，解得：v0=；A与B碰撞过程系统的动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：3mv0=（3m+m）v1，解得：v1=；弹簧最短时弹性势能最
51、大，系统的动能全部转化为弹性势能，根据机械能守恒定律得：Epmax=4mv12=mgh；答：A、B碰后一起运动的速度v1是；弹簧的最大弹性势能是mgh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，两光滑金属导轨，间距d=2m，在桌面上的部分是水平的，仅在桌面上有磁感应强度B=1T、方向竖直向下的有界磁场，电阻R=3，桌面高H=0.8m，金属杆ab质量m=0.2kg，其电阻r=1，从导轨上距桌面h=0.2m的高度处由静止释放，落地点距桌面左边缘的水平距离s=0.4m，
52、取g=10m/s2，求：（1）金属杆刚进入磁场时，R上的电流大小；（2）整个过程中电阻R放出的热量；（3）磁场区域的宽度【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；焦耳定律【分析】（1）由机械能守恒定律求出金属杆进入磁场时的速度，然后由E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出电流（2）金属杆离开磁场后做平抛运动，由平抛运动规律求出金属杆离开磁场时的速度，然后由能量守恒计算热量的大小（3）根据牛顿第二定律得出速度和时间的关系，进而再计算磁场区域的宽度【解答】解：（1）设棒刚进入磁场时速度为v0，由机械能守恒定律有：mgh=代入数据解得：v0=2m/s又有法拉第电磁感应定律有：E=B
53、dv0=4V由闭合欧姆定律有：I=1A（2）设棒刚离开磁场时速度为v，接着棒开始做平抛运动，在竖直方向上有：H=解得：t=在水平方向上有：s=vt，解得：v=1m/s电磁感应过程中电阻R上产生电热为：根据能量守恒有：解得QR=0.225J（3）棒穿过磁场过程加速度为a，由牛顿第二定律有：BId=ma=，进一步化简得： =mv，又由于：vt=l全程求和：v=vv0，l=l解得：l=0.2m答：（1）金属杆刚进入磁场时，R上的电流大小为1A；（2）整个过程中电阻R放出的热量为0.225J；（3）磁场区域的宽度为0.2m22如图是某自动加热装置的设计图，将被加热物体在地面小平台上以一定的初速经过位于
54、竖直面内的两个四分之一圆弧衔接而成的轨道，从最高点P飞出进入加热锅内，利用来回运动使其均匀受热我们用质量为m的小滑块代替被加热物体，借这套装置来研究一些物理问题设大小两个四分之一圆弧的半径分别为2R和R，小平台和圆弧均光滑将过锅底的纵截面看作是两个斜面AB、CD和一段光滑圆弧BC组成，滑块与斜面间的动摩擦因数为0.25，且不随温度变化两斜面倾角均为=37，AB=CD=2R，A、D等高，D端固定一小挡板，锅底位于圆弧形轨道所在的竖直平面内，碰撞不损失机械能滑块始终在同一个竖直平面内运动，重力加速度为g（1）如果滑块恰好能经P点飞出，为了使滑块恰好沿AB斜面进入锅内，应调节锅底支架高度使斜面的A、
55、D点离地高为多少；（2）接（1）问，求滑块在锅内斜面上通过的总路程；（3）对滑块的不同初速度，求其通过最高点P和小圆弧最低点Q时受压力之差的最小值【考点】动能定理的应用；平抛运动【分析】（1）滑块恰好能经P点飞出时，由重力充当向心力，根据牛顿第二定律求出滑块恰好到达P点的速度，根据速度方向与斜面AB平行，结合平抛运动的规律，运用平行四边形定则求出竖直分速度，从而得出A、D点离地的高度（2）根据平行四边形定则求出进入A点时滑块的速度，对全过程运用动能定理，求出滑块在锅内斜面上走过的总路程（3）根据牛顿第二定律分别求出P、Q的弹力，结合机械能守恒定律得出压力差，结合最高点的最小速度求出压力之差的最
56、小值【解答】解：（1）在P点，有 mg=m得 vP=滑块到达A点时速度方向要沿着AB，则有 vy=vPtan=所以A、D点离地高度为 h=3R=R（2）进入A点滑块的速度为 v=假设经过一个来回能够回到A点，设回来时动能为Ek，则得 Ek=mv2mgcos8R0所以滑块不会滑到A而飞出，最终在BC间来回滑动根据动能定理：mg2Rsinmgcoss=0mv2代入数据得，1.2mgR0.2mgs=mgR解得滑块在锅内斜面上走过的总路程 s=R（3）设初速度、最高点速度分别为v1、v2，根据牛顿第二定律，在Q点，有：F1mg=m在P点，有 F2+mg=m所以F1F2=2mg+m由机械能守恒得mv12
57、=mv22+mg3R，解得：v12v22=6gR，为定值代入v2的最小值得，压力差的最小值为9mg答：（1）A、D点离地高为R；（2）滑块在锅内斜面上通过的总路程为R；（3）对滑块的不同初速度，其通过最高点P和小圆弧最低点Q时受压力之差的最小值是9mg23如图甲所示，两平行金属板A、B的板长l=0.20m，板间距d=0.20m，两金属板间加如图乙所示的交变电压，并在两板间形成交变的匀强电场，忽略其边缘效应在金属板右侧有一方向垂直于纸面向里的匀强磁场，其左右宽度D=0.40m，上下范围足够大，边界MN和PQ均与金属板垂直匀强磁场的磁感应强度B=1.0102T现从t=0开始，从两极板左端的中点O处
58、以每秒钟1000个的速率不停地释放出某种带正电的粒子，这些粒子均以vo=2.0105m/s的速度沿两板间的中线OO射入电场，已知带电粒子的比荷=1.0108C/kg，粒子的重力和粒子间的相互作用都忽略不计，在粒子通过电场区域的极短时间内极板间的电压可以看作不变求：（1）t=0时刻进入的粒子，经边界MN射入磁场和射出磁场时两点间的距离；（2）在电压变化的第一个周期内有多少个带电的粒子能进入磁场；（3）何时由O点进入的带电粒子在磁场中运动的时间最长？最长时间为多少？（3）【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）根据牛顿第二定律，结合洛伦兹力提供向心力，即可求解；
59、（2）根据类平抛运动的处理方法，结合运动学公式，从而确定电压，进而得出运动的时间，即可求解；（3）当粒子向下偏转，出射后恰好与磁场右边界相切时，粒子在磁场中的圆心角最大，时间最长根据牛顿第二定律，结合几何关系，及运动学公式，即可求解【解答】解：（1）t=0时刻电压为零，粒子匀速通过极板由牛顿第二定律得：所以出射点到入射点的距离为s=2r=0.4m（2）考虑临界情况：粒子刚好不能射出电场对类平抛过程：，联立解得当时，粒子可以射出电场，根据比例关系得第一个周期内能够出射的粒子数为个（3）当粒子向下偏转，出射后恰好与磁场右边界相切时，粒子在磁场中的圆心角最大，时间最长设粒子在电场中的偏转角为：则，磁场中圆周运动：几何关系r+rsin=D联立得：代入数据解得：sin=0.6即=37，又因为解得：U=300V所以对应的入射时刻为t=4n+0.6（s）或t=4n+1.4（s）（n=0、1、2）在磁场中运动的最长时间为答：（1）t=0时刻进入的粒子，经边界MN射入磁场和射出磁场时两点间的距离为0.4m；（2）在电压变化的第一个周期内有3200个带电的粒子能进入磁场；（3）当t=4n+0.6（s）或t=4n+1.4（s）（n=0、2、3）时刻由O点进入的带电粒子在磁场中运动的时间最长，最长时间为2016年7月2日
