1、2016年河北省唐山市高考物理一模试卷一、选择题:本题共8小题，每题6分。前5小题只有一项符合题目要求，后3小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，有错或不选的得0分。1节日里悬挂灯笼是我国的一种民俗由于建筑物位置原因，悬挂时A、B点高度不同，O为结点，轻绳AO、BO长度相等，拉力分别为FA、FB，灯笼受到的重力为G下列表述正确的是（）AFA一定小于GBFA一定小于FBCFA与FB大小相等DFA与FB大小之和等于G2如图所示，A、B两物块的质量相同，静止地叠放在水平地面上，A、B间的动摩擦因数为B与地面间的动摩擦因数的4倍，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力现对A施加一从O
2、开始逐渐增大的水平拉力F，则物块A的加速度随力F变化的图象是（）ABCD3如图，劲度系数为k的轻弹簧一端系于墙上，另一端连接一物体A用质量与A相同的物体B推A使弹簧压缩，A、B与水平面间的动摩擦因数分别A和B且AB释放A、B，二者向右运动一段距离后将会分隔，则A、B分离时（）A弹簧形变为零B弹簧压缩量为C弹簧压缩量为D弹簧伸长量为4火星探测项目是我国继载人航天工程、嫦娥工程之后又一个重大太空探索项目，2018年左右我国将进行第一次火星探测已知地球公转周期为T，到太阳的距离为R1，运行速率为v1，火星到太阳的距离为R2，运行速率为v2，太阳质量为M，引力常量为G一个质量为m的探测器被发射到一围绕
3、太阳的椭圆轨道上，以地球轨道上的A点为近日点，以火星轨道上的B点为远日点，如图所示不计火星、地球对探测器的影响，则（）A探测器在A点的加速度大于B探测器在B点的加速度大小为C探测器在B点的动能为mv22D探测器沿椭圆轨道从A到B的飞行时间为（）T5如图甲所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与磁场垂直，以速度v进入磁应强度按图乙变化的磁场中，t0时刻刚好有一半进入到磁场中，此时线圈中产生的感应电动势为（）AB +nB0avC +B0avD +B0av6如图所示，一理想变压器的原线圈ab的匝败为n1，输入电压为U1，线圈中电流为l1，副线圈cd的匝数为n2，两端电压为U2，线圈中电流为
4、l2，副线圈ef的匝数为n3，两端电压为U3，线圈中电流为l3，下列说法中正确的是（）A =BU1=U2+U3C =Dn1l1=n2l2+n3l37质量为m的带电液滴由平行板电容器中某点M无初速度地自由下落，经过时间t闭合开关S，再经过时间t液滴又回到M点整个过程中不计空气阻力且液滴未到达B板，则（）A板间电场方向竖直向上B电场力的方向竖直向上C整个过程中液滴电势能减少D带电液滴返回M点时速度为08如图是磁流体泵的示意图己知磁流体泵是高为h的矩形槽，槽左右相对两侧壁是导电板，它们之间距离为L，两导电板加上电势差为U的电场，两导电板间加上垂直于纸面向里的匀强磁场，感应强度大小为B，导电板下部与足
5、够大的水银面接触，上部与竖直的非导电管相连已知水银的密度为，电阻率为r，重力加速度g，则（）A水银上升的条件是BUrgLB若满足上升条件，水银从初始位置上升的高度是C若满足上升条件，水银从初始位置上升的高度是D水银上升的高度与槽前后面间的距离有关二、非选择题:包括必考题和选考题两部分，必考题每个小题考生都必须作答，选考题根据要求作答。9探究弹力和弹簧伸长的关系，并测量弹簧的劲度系数k如图甲所示，将铁架台、轻弹簧、最小刻度是1mm的刻度尺固定好，刻度尺的零刻线与弹簧的上端在同一水平线在弹簧的下端先后悬挂一个钩码、两个钩码、六个构码时，分别读出弹簧的长度L1、L2L6，并记录在下面的表格中每个钩码
6、重力均为0.49N根据丧格中的数据，在图乙的坐标纸上描点并画出弹簧的弹力与弹簧长度的图象由图象可知，弹簧的自然长度L=cm，劲度系数k=N/m（均保留一位小数）23456禅簧长度/cm10.2013.2714.9016.5318.1719.80弹力/N0.490.981.471.962.452.9410（9分）如图所示电路，闭含电键后发现小灯泡不亮，己知电源、电键完好，连接正确现用多用电表（中间刻度值为20）检测小灯泡、毫安表的故障（1）在电键闭合时，用多用电表的电压挡测得1、2两点间电压接近电源的电动势，3、4两点间电压为零，則说明小灯泡出现了（断路、短路）故障（2）将毫安表拆离电路，用多用
7、电表的欧姆表测量其电阻在选择“10”倍率并欧姆调零后测量时，发现指针向右偏角太大（但不指零），说明毫安表没有故障I此过程中，欧姆表的（红、黑）表笔应接触毫安表的正接线柱II为较准确地测量毫安表的电阻，下面给出了可能的操作步骤，请选择正确的步骤前面的字母并按合理的顺序填写在横线上A将两表笔短接，调整调零电阻，使指针指向欧姆挡右侧的零刻线B将两表笔正确接触毫安表的正、负接线柱，读出电阻数值C选择“100“倍率D选择“1”倍率E将选择开关旋转至“OFF”挡并拔出两表笔（3）在（2）中按正确操作测量亳安表的电阻时，亳安表显示读教为250mA欧姆表的刻度盘如图所示则毫安表的电砠为，欧姆表内电源的电动势为
8、V11（14分）甲乙两同学欲测量某枯井的深度，甲同学在井口处由静止释放一小石块，经时间1.85s后听到小石块的落底之声，乙同学用超声波测速仪在井口处向下发射超声波P1，再接收经井底反射后的超声波n1，紧接着发射和接受的超声波为P2，n2，如图所示，已知测速仪每隔1s发出一次信号（不计空气阻力，重力加速度为g=10m/s2）（1）若忽略声音的传播时间，甲同学测得枯井的深度大约是多少？（保留一位小数）（2）若考虑石块落底的声音在枯井中的传播时间，请你根据甲乙两同学的测量数据计算声音在空气中的传播速度是多少？12（18分）如图甲所示，平行直线PQ、MN相距为d，内有匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直
9、纸面在苴线PQ的O点处有一粒子源，同时向各个方向均匀发射质量为m，电荷量为q，速度大小相同的粒子，重力不计，边界存在磁场，（1）某粒子自O点垂直直线PQ射入磁场中，求它可能在磁场中运动的最长时间（2）若所有粒子均未穿出直线MN，则粒子的速度满足什么条件？（3）若直线PQ、MN之间的磁场分布在以O为圆心、以d为半径的半圆形区域内（如图乙），且粒子源某时刻发出的粒子中有不能穿过直线MN，求粒子的速度三、选考题物理-选修3-3（15分）13下列说法正确的是（）A石墨和金刚体都是晶体，木炭是非晶体B在物质内部的各个平面上，物质微粒数相等的是晶体，不等的是非晶体C液晶的所有物理性质，在不同方向上都是不同
10、的D当液体与大气相接触时，液体表面层内的分子所受其他分子作用力的合力总是指向液体内部的E露水总是出现在夜间和清晨，是因为气温的变化使空气中原来的饱和水蒸气液化14（9分）如图所示，一个上下都与大气相通的直圆筒，中间用两个活塞A与B封住一定质量的理想气体，活塞面积为0.01m2A与B都可沿圆筒无摩擦地上、下滑动，但不漏气A的质量为M=10kg，B的质量可不计，B与一劲度系数k=2103N/m的较长的弹簧相连，已知大气压强p0=1105Pa，平衡时，两活塞问的距离l0=0.65m，现用力压A，使之缓慢向下移动一定距离后再次平衡，此时，用于压A的力F=2102N，求活塞A向下移动的距离（假定气体温度
11、保持不变，g=10m/s2）物理-选修3-4（15分）15如图所示，一质点在x轴上以O为平衡位置做简谐运动，其振幅为8cm，周期为4st=0时物体在x=4cm处，向x轴负方向运动，则（）A质点在t=1Os时所处的位置为x=+4cmB质点在t=1Os时所处的位置为x=4cmC由起始位置运动到x=4cm处所需的最短时间为sD由起始位罝运动到x=4cm处所需的最短时间为s16一厚度均匀的圆形玻璃管内径为16cm，外径为24cm一条光线从玻璃管壁中点入射，光线AB与竖直方向成60角，与直径MN在同一竖直面内，如图所示该玻璃的折射率为，光速c=3.0l08m/sI光线经玻璃管内壁折射后从另一侧内壁下端射
12、出玻璃管，求玻璃管的长度；若玻璃关的长度为40cm保持入射点不动，调整入射角求光线AB在玻璃中传播的最长时间物理选修3-5（15分）17放射性原子的原子核在发生a衰变时，蕴藏在核内的能量会释放出來，使产生的新核处于高能级，这时它要向低能级跃迁，辐射出y光子，该光子在真空中的波长为，光速为c，普朗克常量为h，则（）A每个光子的能量为E=hB每个光子的能量为E=hC辐射过程中质量亏损为m=D辐射过程中不发生质量亏损18如图所示，光滑的水平地面上有一质量为M=3kg的木板，其左端放有一可看成质点，质量为m=1kg的重物，右方有重物，右方有一竖直的墙重物与木板间的动摩擦因数为=0.5使木板与重物以共同
13、的速度v0=6m/s向右运动，某时刻木板与墙发生碰撞，经t=0.1s木板以v1=4m/s的速度返回，重力加速度为g=10m/s2求：（1）墙壁对木板的平均作用力；（2）板与墙作用时间很短，忽略碰撞过程中重物的速度变化，若重物不从木板上掉下来，木板的最小长度2016年河北省唐山市高考物理一模试卷参考答案与试题解析一、选择题:本题共8小题，每题6分。前5小题只有一项符合题目要求，后3小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，有错或不选的得0分。1节日里悬挂灯笼是我国的一种民俗由于建筑物位置原因，悬挂时A、B点高度不同，O为结点，轻绳AO、BO长度相等，拉力分别为FA、FB，灯笼
14、受到的重力为G下列表述正确的是（）AFA一定小于GBFA一定小于FBCFA与FB大小相等DFA与FB大小之和等于G【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【分析】以O点为研究对象作出受力分析图，根据平衡条件，由正交分解法列方程，由几何关系可得出各力间的关系【解答】解：以O点为研究对象作出受力分析图，如图所示：由于B点比A点高，根据几何关系可知，O点受到FA、FB、G三力作用，根据平衡条件得知：FA与FB合力与重力G大小相等，方向相反，所以此合力的方向竖直向上，根据几何关系可知，FBFA，但不能判断FA与G的大小关系，根据两边之和大于第三边可知，FA与FB大小之和大于G，故B正确，AC
15、D错误故选：B【点评】本题中由于两力的夹角不确定，要注意讨论分析，本解法采用了正交分解法，也可以运用合成法或分解法列方程分析2如图所示，A、B两物块的质量相同，静止地叠放在水平地面上，A、B间的动摩擦因数为B与地面间的动摩擦因数的4倍，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力现对A施加一从O开始逐渐增大的水平拉力F，则物块A的加速度随力F变化的图象是（）ABCD【考点】牛顿第二定律；加速度【分析】对AB受的摩擦力分析，根据受力分析，判断出AB的运动特点，利用牛顿第二定律判断出加速度，即可判断【解答】解：AB间的最大摩擦力f=4mg，B与地面间的摩擦力f=2mg，故当F2mg时，AB静止不同，当2mgF
16、4mg时，AB以共同的加速度向前加速运动，加速度，当F4mgAB发生相对滑动，此时A的加速度a=，故D正确故选：D【点评】本题考查了摩擦力的计算和牛顿第二定律的综合运用，解决本题的突破口在于通过隔离法和整体法求出A、B不发生相对滑动时的最大拉力3如图，劲度系数为k的轻弹簧一端系于墙上，另一端连接一物体A用质量与A相同的物体B推A使弹簧压缩，A、B与水平面间的动摩擦因数分别A和B且AB释放A、B，二者向右运动一段距离后将会分隔，则A、B分离时（）A弹簧形变为零B弹簧压缩量为C弹簧压缩量为D弹簧伸长量为【考点】胡克定律【分析】当AB刚好分离时AB间的弹力为零，加速度仍相同，根据牛顿第二定律对两个物
17、体分别列式，即可解答【解答】解：设A、B分离时弹簧伸长量为x当AB刚好分离时AB间的弹力为零，加速度仍相同，根据牛顿第二定律得：=解得：x=由于AB所以有 x0，说明弹簧压缩，且压缩量为故选：C【点评】解决本题的关键要抓住AB刚好分离时AB间的弹力为零，加速度仍相同，采用隔离法，由牛顿第二定律研究4火星探测项目是我国继载人航天工程、嫦娥工程之后又一个重大太空探索项目，2018年左右我国将进行第一次火星探测已知地球公转周期为T，到太阳的距离为R1，运行速率为v1，火星到太阳的距离为R2，运行速率为v2，太阳质量为M，引力常量为G一个质量为m的探测器被发射到一围绕太阳的椭圆轨道上，以地球轨道上的A
18、点为近日点，以火星轨道上的B点为远日点，如图所示不计火星、地球对探测器的影响，则（）A探测器在A点的加速度大于B探测器在B点的加速度大小为C探测器在B点的动能为mv22D探测器沿椭圆轨道从A到B的飞行时间为（）T【考点】万有引力定律及其应用【分析】AB、根据牛顿第二定律，有ma=，在同一位置的不同卫星的加速度相同；C、在B点要做近心运动，故速度小于火星的速度；D、根据开普勒第三定律列式分析【解答】解：A、根据牛顿第二定律，加速度由合力和质量决定，故在A点的加速度等于沿着图中小虚线圆轨道绕太阳公转的向心加速度，为：a=；故A错误；B、根据牛顿第二定律，加速度由合力和质量决定，故在B点的加速度等于
19、沿着图中大虚线圆轨道绕太阳公转的向心加速度，为：a=，故B错误；C、探测器在B点的速度小于v2，故动能小于mv22，故C错误；D、根据开普勒第三定律，有：联立解得：T=（）T故探测器沿椭圆轨道从A到B的飞行时间为（）T，故D正确；故选：D【点评】本题关键是明确加速度有合力和质量决定导致同一位置的卫星的加速度相同；然后结合开普勒第三定律和牛顿第二定律列式分析，不难5如图甲所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与磁场垂直，以速度v进入磁应强度按图乙变化的磁场中，t0时刻刚好有一半进入到磁场中，此时线圈中产生的感应电动势为（）AB +nB0avC +B0avD +B0av【考点】法拉第电磁
20、感应定律【分析】依据楞次定律，判定感应电流方向，再根据法拉第电磁感应定律E=n=nS，结合动生感应电动势与感生电动势，求解感应电动势，即为两者之和，其中S是有效面积，l是有效切割长度【解答】解：根据楞次定律可知，两者情况下的感应电动势方向相同，根据法拉第电磁感应定律E=n=nS+nBlv=n+nB0av=+nB0av，故B正确，ACD错误；故选：B【点评】解决电磁感应的问题，关键理解并掌握法拉第电磁感应定律E=n=nS，知道S是有效面积，即有磁通量的线圈的面积，而l是有效切割长度，注意线圈中感应电动势何时是两者之和，何时是两者之差，要根据楞次定律来判定感应电动势的方向6如图所示，一理想变压器的
21、原线圈ab的匝败为n1，输入电压为U1，线圈中电流为l1，副线圈cd的匝数为n2，两端电压为U2，线圈中电流为l2，副线圈ef的匝数为n3，两端电压为U3，线圈中电流为l3，下列说法中正确的是（）A =BU1=U2+U3C =Dn1l1=n2l2+n3l3【考点】变压器的构造和原理【分析】依据原副线圈电压与匝数成正比，而当只有一个副线圈时，原副线圈的电流与匝数成反比，而当有两个副线圈时，不满足此关系，只有输出功率等于输入功率，从而确定电流与匝数关系【解答】解：A、根据理想变压器的原副线圈电压与匝数成正比，则有=，或，故A正确； B、由上分析可知，则有，故B错误； C、由于有两个副线圈时，不满足
22、原副线圈的电流与匝数成反比的关系，只有根据输出功率等于输入功率，则有电流与匝数关系：U1I1=U2I2+U3I3，且，则有：n1l1=n2l2+n3l3，故C错误；D、由上分析可知，则有：n1l1=n2l2+n3l3，故D正确；故选：AD【点评】考查理想变压器的原副线圈的电压与匝数关系，掌握原副线圈的电流与匝数成反比的适用条件，理解输出功率等于输入功率是确定原副线圈电流与匝数关系的前提条件7质量为m的带电液滴由平行板电容器中某点M无初速度地自由下落，经过时间t闭合开关S，再经过时间t液滴又回到M点整个过程中不计空气阻力且液滴未到达B板，则（）A板间电场方向竖直向上B电场力的方向竖直向上C整个过
23、程中液滴电势能减少D带电液滴返回M点时速度为0【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能【分析】分析带电液滴的运动情况：液滴先做自由落体运动，加上匀强电场后液滴先向下做匀减速运动，后向上做匀加速运动由运动学公式求出t秒末速度大小，加上电场后液滴运动，看成一种匀减速运动，自由落体运动的位移与这个匀减速运动的位移大小相等、方向相反，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求加电场后的加速度大小，由速度时间关系求出M点的速度【解答】解：AB、闭合S前，液滴做自由落体运动，t时间后闭合S，板间形成电场，液滴受到电场力作用，合力向上，向下做匀减速运动，当速度减为0后，向上做匀加速运动最后回到M点，可知电场
24、力的方向竖直向上，但由于不知道液滴的电性，板间电场的方向无法确定，故A错误，B正确；C、整个过程中电场力做正功，液滴的电势能减小，故C正确；D、液滴先做自由落体运动，位移，末速度v=gtS闭合后加速度大小为a，位移x=x代入得解得：a=3g返回M点时的速度，故D错误；故选：BC【点评】本题首先要分析小球的运动过程，采用整体法研究匀减速运动过程，抓住两个过程之间的联系：位移大小相等、方向相反，运用牛顿第二定律、运动学规律结合进行研究8如图是磁流体泵的示意图己知磁流体泵是高为h的矩形槽，槽左右相对两侧壁是导电板，它们之间距离为L，两导电板加上电势差为U的电场，两导电板间加上垂直于纸面向里的匀强磁场
25、，感应强度大小为B，导电板下部与足够大的水银面接触，上部与竖直的非导电管相连已知水银的密度为，电阻率为r，重力加速度g，则（）A水银上升的条件是BUrgLB若满足上升条件，水银从初始位置上升的高度是C若满足上升条件，水银从初始位置上升的高度是D水银上升的高度与槽前后面间的距离有关【考点】带电粒子在混合场中的运动【分析】利用电阻定律求的电阻，再利用闭合电路的欧姆定律求的电流，即可求得安培力，由压强公式即可求得上升高度抓住安培力大于重力得出水银上升的条件【解答】解：设磁流体泵的厚度为d，两极间的电阻为：R=r，电流大小为：I=，受到的安培力为：F=BIL，方向向上，产生的压强为：P=，水银上升的高
26、度为：H=，联立解得：H=，磁流体泵的厚度，即与槽前后面间的距离无关，要使水银上升，则Fmg，即BgLdh，解得：BUrgL，故AB正确，CD错误故选：AB【点评】本题综合考查了安培力公式、电阻定律、欧姆定律，液体压强公式等，综合性较强，知道水银上升时，安培力大于水银的重力二、非选择题:包括必考题和选考题两部分，必考题每个小题考生都必须作答，选考题根据要求作答。9探究弹力和弹簧伸长的关系，并测量弹簧的劲度系数k如图甲所示，将铁架台、轻弹簧、最小刻度是1mm的刻度尺固定好，刻度尺的零刻线与弹簧的上端在同一水平线在弹簧的下端先后悬挂一个钩码、两个钩码、六个构码时，分别读出弹簧的长度L1、L2L6，
27、并记录在下面的表格中每个钩码重力均为0.49N根据丧格中的数据，在图乙的坐标纸上描点并画出弹簧的弹力与弹簧长度的图象由图象可知，弹簧的自然长度L=7.2cm，劲度系数k=23.4N/m（均保留一位小数）23456禅簧长度/cm10.2013.2714.9016.5318.1719.80弹力/N0.490.981.471.962.452.94【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系【分析】根据描点法绘出图象；根据胡克定律，弹簧的伸长量与拉力成正比，即F=kx，故F=k（xx0），结合图象求解劲度系数即可【解答】解：根据描点法绘出图象如图：根据胡克定律，弹簧的伸长量与拉力成正比，即F=kx，故F=k（xx
28、0），即Fx图象的斜率表示劲度系数，截距表示弹簧的自然长度7.2cm，k=0.234N/cm=23.4N/m故答案为：如图；7.2； 23.4【点评】本题关键根据胡克定律得到弹簧弹力和长度的关系公式，分析得到图象的物理意义，最后结合图象求解劲度系数10如图所示电路，闭含电键后发现小灯泡不亮，己知电源、电键完好，连接正确现用多用电表（中间刻度值为20）检测小灯泡、毫安表的故障（1）在电键闭合时，用多用电表的电压挡测得1、2两点间电压接近电源的电动势，3、4两点间电压为零，則说明小灯泡出现了断路（断路、短路）故障（2）将毫安表拆离电路，用多用电表的欧姆表测量其电阻在选择“10”倍率并欧姆调零后测量
29、时，发现指针向右偏角太大（但不指零），说明毫安表没有故障I此过程中，欧姆表的黑（红、黑）表笔应接触毫安表的正接线柱II为较准确地测量毫安表的电阻，下面给出了可能的操作步骤，请选择正确的步骤前面的字母并按合理的顺序填写在横线上DABEA将两表笔短接，调整调零电阻，使指针指向欧姆挡右侧的零刻线B将两表笔正确接触毫安表的正、负接线柱，读出电阻数值C选择“100“倍率D选择“1”倍率E将选择开关旋转至“OFF”挡并拔出两表笔（3）在（2）中按正确操作测量亳安表的电阻时，亳安表显示读教为250mA欧姆表的刻度盘如图所示则毫安表的电砠为16，欧姆表内电源的电动势为9V【考点】用多用电表测电阻【分析】（1）
30、常见的电路故障有断路与短路，根据电路故障现象分析电路故障原因（2）欧姆表内置电源的正极与黑表笔相连，电流应从电流表的正接线柱流入电流表；用欧姆表测电阻要选择合适的倍率使指针指在中央刻度线附近，欧姆表换挡后要进行欧姆调零，欧姆表使用完毕要把选择开关置于OFF挡或交流电压最高挡（3）欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数；欧姆表中值电阻等于其内阻，应用闭合电路欧姆定律可以求出电源电动势【解答】解：（1）用多用电表的电压挡测得1、2两点间电压接近电源的电动势，说明灯泡两端与电源两极是相连的，灯泡之外电路不存在断路；3、4两点间电压为零，说明电流表两端电压为零，电路存在断路，由此可知小灯泡出现了断路故
31、障（2）I、用欧姆表测毫安表内阻，欧姆表的黑表笔应接触毫安表的正接线柱II、选择“10”倍率并欧姆调零后测量时，发现指针向右偏角太大，说明所选挡位太大，为准确测量阻值应换用1欧姆档，然后重新进行欧姆调零再测电阻，电阻测量完毕后要把选择开关置于OFF 挡，故合理的使用步骤是：DABE；（3）欧姆表选择1挡位，由图示表盘可知，毫安表内阻为：161=16；欧姆表中值电阻为20，毫安表内阻为16，则电源电动势：E=0.250（20+16）=9V；故答案为：（1）断路；（2）I、黑； II、DABE； （3）16；9【点评】本题考查了电路故障分析、欧姆表的使用方法与主要事项、欧姆表读数、求电源电动势等问
32、题；用欧姆表测电阻要选择合适的倍率使指针指在中央刻度线附近，欧姆表换挡后要进行欧姆调零，欧姆表使用完毕要把选择开关置于OFF挡或交流电压最高挡11（14分）（2016唐山一模）甲乙两同学欲测量某枯井的深度，甲同学在井口处由静止释放一小石块，经时间1.85s后听到小石块的落底之声，乙同学用超声波测速仪在井口处向下发射超声波P1，再接收经井底反射后的超声波n1，紧接着发射和接受的超声波为P2，n2，如图所示，已知测速仪每隔1s发出一次信号（不计空气阻力，重力加速度为g=10m/s2）（1）若忽略声音的传播时间，甲同学测得枯井的深度大约是多少？（保留一位小数）（2）若考虑石块落底的声音在枯井中的传播
33、时间，请你根据甲乙两同学的测量数据计算声音在空气中的传播速度是多少？【考点】匀速直线运动及其公式、图像；自由落体运动【分析】（1）若忽略声音的传播时间，小石块做自由落体运动，根据自由落体运动的规律求出枯井的深度；（2）根据图象，计算出声音从井底传播到井口的时间，计算出枯井的实际深度，再计算出声音在空气中传播的速度【解答】解：（1）若忽略声音的传播时间，则小石块落到井底的时间为1.85s，小石块做自由落体运动，则枯井的深度为：h=17.1m（2）从图中可知P1和P2相距2.00cm，表示的时间间隔是1s而发射超声波P1到接收超声波n1的距离为0.20cm，则表示的时间间隔故声音从井底传播到井口的
34、时间为t=0.05s因此小石块下落到井底的实际时间为t2=1.85s0.05s=1.8s枯井的实际深度故声音在空气中的传播速度答：（1）若忽略声音的传播时间，甲同学测得枯井的深度大约是17.1m；（2）若考虑石块落底的声音在枯井中的传播时间，根据甲乙两同学的测量数据计算出声音在空气中的传播速度是324m/s【点评】本题考查了自由落体运动有关规律的应用，第（2）问解题的关键是从图象中求出声音从井底传播到井口的时间，再结合自由落体运动有关规律求解12（18分）（2016唐山一模）如图甲所示，平行直线PQ、MN相距为d，内有匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面在苴线PQ的O点处有一粒子源，同时向各
35、个方向均匀发射质量为m，电荷量为q，速度大小相同的粒子，重力不计，边界存在磁场，（1）某粒子自O点垂直直线PQ射入磁场中，求它可能在磁场中运动的最长时间（2）若所有粒子均未穿出直线MN，则粒子的速度满足什么条件？（3）若直线PQ、MN之间的磁场分布在以O为圆心、以d为半径的半圆形区域内（如图乙），且粒子源某时刻发出的粒子中有不能穿过直线MN，求粒子的速度【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【分析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力，轨迹对应的圆心角越大，则运动的时间越长，故从PQ离开磁场使轨迹对应的圆心角最大，时间最长；（2）所有粒子均未穿出直线MN，临界情况对应的轨迹与MN相
36、切，结合几何关系得到轨道半径，再根据牛顿第二定律列式分析；（3）粒子源某时刻发出的粒子中有不能穿过直线MN，则临界情况对应的轨迹的初速度与直线QQ成60角，离开磁场时速度方向应平行直线MN，画出临界轨迹，结合几何关系和牛顿第二定律列式分析【解答】解：（1）当粒子能够运动半周返回直线PQ时，时间最长由牛顿第二定律得 qvB=，另外周期 T=故T=可能的最长运动时间 t=；（2）设粒子初速度为v1，方向平行直线PQ时，轨迹与直线MN相切，则圆的半径R1=；由牛顿第二定律得：qv1B=，故v1=；粒子的速度应满足 v；（3）设粒子速率为v2，半径为R2，当初速度方向与直线QP成60角时，离开磁场时速
37、度方向应平行直线MN由几何关系得 =60；2 R2sin=d，由牛顿第二定律得 qv2B=；故v2=；答：（1）某粒子自O点垂直直线PQ射入磁场中，它可能在磁场中运动的最长时间为（2）若所有粒子均未穿出直线MN，则粒子的速度满足条件：v；（3）粒子的速度为【点评】本题是粒子在磁场中运动的动态圆分析问题，关键是画出运动轨迹，结合几何关系分析临界情况，根据牛顿第二定律列式分析三、选考题物理-选修3-3（15分）13下列说法正确的是（）A石墨和金刚体都是晶体，木炭是非晶体B在物质内部的各个平面上，物质微粒数相等的是晶体，不等的是非晶体C液晶的所有物理性质，在不同方向上都是不同的D当液体与大气相接触时
38、，液体表面层内的分子所受其他分子作用力的合力总是指向液体内部的E露水总是出现在夜间和清晨，是因为气温的变化使空气中原来的饱和水蒸气液化【考点】* 晶体和非晶体；分子间的相互作用力；* 液晶；* 液体的表面张力现象和毛细现象【分析】晶体有固定的熔点，晶体在熔化过程中吸收热量，温度保持不变；非晶体没有熔点，非晶体在熔化过程中不断吸收热量，温度逐渐升高晶体微粒排列有规则，而非晶体则没有液晶的光学性质具有各向异性；根据表面张力的特点，液体表面层内的分子所受其它分子作用力的合力总是沿液体的表面；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；温度降低时水蒸气
39、容易达到饱和【解答】解：A、根据石墨、金刚体和木炭的结构的特点与是否具有固定的熔点可知，石墨和金刚体都是晶体，木炭是非晶体故A正确；B、晶体有固定的熔点，非晶体没有熔点，不能由它们的结构判定某一种物质是否是晶体故B错误；C、液晶的光学性质具有各向异性，不能说液晶的所有物理性质，在不同方向上都是不同的故C错误；D、由于表面张力的作用当液体与大气相接触时，液体表面层内的分子所受其它分子作用力的合力总是沿液体的表面故D错误；E、露水总是出现在夜间和清晨，是因为气温在夜间和清晨的温度低，使空气里原来饱和的水蒸气液化的缘故，故E正确故选：AE【点评】能否记住晶体与非晶体的不同特性是本题的解题关键，并掌握
40、微粒排列是否有规则；表面张力是液体表面层由于分子引力不均衡而产生的沿表面作用于任一界线上的张力通常，处于液体表面层的分子较为稀薄，其分子间距较大，液体分子之间的引力大于斥力，合力表现为平行于液体界面的引力，该力不是指向液体的内部14如图所示，一个上下都与大气相通的直圆筒，中间用两个活塞A与B封住一定质量的理想气体，活塞面积为0.01m2A与B都可沿圆筒无摩擦地上、下滑动，但不漏气A的质量为M=10kg，B的质量可不计，B与一劲度系数k=2103N/m的较长的弹簧相连，已知大气压强p0=1105Pa，平衡时，两活塞问的距离l0=0.65m，现用力压A，使之缓慢向下移动一定距离后再次平衡，此时，用
41、于压A的力F=2102N，求活塞A向下移动的距离（假定气体温度保持不变，g=10m/s2）【考点】理想气体的状态方程【分析】根据受力平衡，求初态时封闭气体的压强，当用力压A时以整体为研究对象，求出弹簧增加的压缩量，再以A为研究对象，求出末状态封闭气体的压强，以封闭气体为研究对象，根据玻意耳定律求出活塞A向下移动的距离【解答】解：初态时活塞A受力平衡，有：Mg+p0S=p1S 末态时活塞A受力平衡，有：Mg+p0S+F=p2S 对内部气体由玻意耳定律得：设弹簧压缩量增加x，则有：kx=F 由上述四式得活塞A向下移动的距离为：x=x+l0l=0.2m 答：活塞A向下移动的距离0.2m【点评】本题考
42、查了玻意耳定律与力学知识的综合，有一定难度关键搞清初末状态，运用力学平衡和玻意耳定律综合求解物理-选修3-4（15分）15（2016唐山一模）如图所示，一质点在x轴上以O为平衡位置做简谐运动，其振幅为8cm，周期为4st=0时物体在x=4cm处，向x轴负方向运动，则（）A质点在t=1Os时所处的位置为x=+4cmB质点在t=1Os时所处的位置为x=4cmC由起始位置运动到x=4cm处所需的最短时间为sD由起始位罝运动到x=4cm处所需的最短时间为s【考点】简谐运动的振幅、周期和频率；简谐运动的回复力和能量【分析】简谐运动振动方程的一般表达式x=Asin（t+0），由=求出将在t=0时，位移是4
43、cm代入即可求解振动方程然后依据该方程分析即可【解答】解：简谐运动振动方程的一般表示式为：x=Asin（t+0），根据题给条件有：A=8cm=0.08m，= rad/s所以 x=0.08sin（0.5t+0）m将t=0时，x0=0.04m代入得：0.04=0.08sin0解得初相：0=或0=因为t=0时，速度方向沿x轴负方向，即位移在减小，所以取 0=所求的振动方程为：x=0.08sin（0.5t+）mA、质点在t=1Os时所处的位置为x=0.08sin（0.51+）=0.04m=4cm故A错误，B正确；C、由于t=0时刻质点向x轴负方向运动，所以由起始位置运动到x=4cm处所需的最短时间为回
44、到平衡位置后直接再到达x=4cm处的时间，由振动的对称性可知，两段时间相等回到平衡位置的时间： s，所以由起始位置运动到x=4cm处所需的最短时间为t=2t1=s故C正确，D错误故选：BC【点评】本题关键记住简谐运动的一般表达式x=Asin（t+0），掌握=2f=，然后采用代入法求解16（2016唐山一模）一厚度均匀的圆形玻璃管内径为16cm，外径为24cm一条光线从玻璃管壁中点入射，光线AB与竖直方向成60角，与直径MN在同一竖直面内，如图所示该玻璃的折射率为，光速c=3.0l08m/sI光线经玻璃管内壁折射后从另一侧内壁下端射出玻璃管，求玻璃管的长度；若玻璃关的长度为40cm保持入射点不动
45、，调整入射角求光线AB在玻璃中传播的最长时间【考点】光的折射定律【分析】I、根据折射定律求出光线在上界面的折射角，由几何关系求出在内壁左界面的入射角，再由折射定律求出折射角，最后由几何关系求玻璃管的长度、当光在管内壁处恰发生全反射时，时间最长，由数学知识和临界角公式求出光程，由v=求出光线AB在玻璃中传播的速度，再求最长时间【解答】解：I、光在两个界面的入射角和折射角分别是1、2、3、4根据折射定律得：n=解得：2=45n=由几何知识有：2+3=90解得：4=60玻璃管的长度为：L1=+D1tan4=（2+16）cm 、当光在管内壁处恰发生全反射时，时间最长，光通过的路程为：x=另有：sinC
46、=，v=则光线AB在玻璃中传播的最长时间为：t=2.0109s 答：I、玻璃管的长度是（2+16）cm；、光线AB在玻璃中传播的最长时间是2.0109s【点评】能正确利用几何知识是解决几何光学问题的关键，同时要掌握全反射的条件和折射定律，并能灵活运用物理选修3-5（15分）17（2016唐山一模）放射性原子的原子核在发生a衰变时，蕴藏在核内的能量会释放出來，使产生的新核处于高能级，这时它要向低能级跃迁，辐射出y光子，该光子在真空中的波长为，光速为c，普朗克常量为h，则（）A每个光子的能量为E=hB每个光子的能量为E=hC辐射过程中质量亏损为m=D辐射过程中不发生质量亏损【考点】爱因斯坦质能方程
47、；光子【分析】根据E=h可以求一个光子的能量，而根据c=可以求出一个光子的能量用普朗克常量h真空中的光速c和波长的表达式，再依据质能方程，即可求解质量的亏损【解答】解：根据爱因斯坦光子说，1个光子的能量E=h，其中为光子的频率，而光速c=，故一个光子的能量：E=h，根据E=mC2，那么辐射过程中质量亏损为m=，故BC正确，AD错误；故选：BC【点评】掌握了单个光子的能量表达式E=h和光速c、波长、频率的关系式c=即可顺利解决此类题目，并掌握质能方程的内容18（2016唐山一模）如图所示，光滑的水平地面上有一质量为M=3kg的木板，其左端放有一可看成质点，质量为m=1kg的重物，右方有重物，右方
48、有一竖直的墙重物与木板间的动摩擦因数为=0.5使木板与重物以共同的速度v0=6m/s向右运动，某时刻木板与墙发生碰撞，经t=0.1s木板以v1=4m/s的速度返回，重力加速度为g=10m/s2求：（1）墙壁对木板的平均作用力；（2）板与墙作用时间很短，忽略碰撞过程中重物的速度变化，若重物不从木板上掉下来，木板的最小长度【考点】动量守恒定律；动能定理【分析】（1）木板与墙壁碰撞过程中，根据动量定理列式求解即可；（2）设物板与板共速为v，以向左为正方向，由动量守恒定律列式求解共同速度，设板最小长度为L，从板与墙碰后到板与块相对静止，系统损失的动能全部转化为内能，根据能量守恒定律列式求解最小长度【解
49、答】解：（1）设向左为正方向，板碰后速度为v1，由动量定理有：（Fmg）t=Mv1（Mv0）代入数据可求得F=305N（2）设物板与板共速为v，以向左为正方向，由动量守恒定律有：Mv1mv0=（M+m）vv=1.5m/s设板最小长度为L，从板与墙碰后到板与块相对静止，系统损失的动能全部转化为内能，有代入数据得：L=7.5m 答：（1）墙壁对木板的平均作用力为305N；（2）板与墙作用时间很短，忽略碰撞过程中重物的速度变化，若重物不从木板上掉下来，木板的最小长度为7.5m【点评】本题主要考查了动量定理、动量守恒定律以及能量守恒定律的直接应用，要求同学们能正确分析物体的受力情况和运动情况，注意应用动量守恒定律时要规定正方向，难度适中
