1、河南省郑州市2016年高考物理三模试卷（解析版）一、选择题1如图所示，在竖直方向运动的电梯中，一个质量为m的物块置于倾角为30的粗糙斜面上，物块始终位于斜面上某一位置则下列判断中正确的是（）A若电梯静止不动，物块所受的摩擦力一定是零B若电梯匀速向上运动，物块所受摩擦力方向有可能沿斜面向下C若电梯加速上升，物块所受弹力与摩擦力的合力一定大于mgD若电梯加速下降，物块所受摩擦力的方向一定沿斜面向下2如图所示，a、b为环绕某红矮星运动的行星，a行星的运行轨道为圆轨道，b行星的运行轨道为椭圆轨道，两轨道和红矮星都在同一平面内已知a行星的公转周期为18天，则下列说法正确的是（）Ab行星的公转周期大于18
2、天Bb行星在轨道上运行的最大速度小于a行星的速度C若已知b行星轨道半长轴，可求得红矮星的密度D若已知a行星的轨道半径，可求得红矮星的质量3如图所示为某粒子分析器的简化结构，金属板P、Q相互平行，两板通过直流电源、开关相连，其中Q板接地一束带电粒子，从a处以一定的初速度平行于金属板P、Q射入两板之间的真空区域，经偏转后打在Q板上如图所示的位置在其他条件不变的情况下，要使该粒子束能从Q板上b孔射出（不计粒子重力和粒子间的相互影响），下列操作中可能实现的是（）A保持开关S闭合，适当上移P极板B保持开关S闭合，适当左移P极板C先断开开关S，再适当上移P极板D先断开开关S，再适当左移P极板4图甲为小型旋
3、转电枢交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO（OO沿水平方向）匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与电阻R=10连接，与电阻R并联的交流电压表为理想电压表，示数是10V图乙是矩形线圈中磁通量随时间t变化的图象则（）A此交流发电机的电动势平均值为10VBt=0.02s时R两端的电压瞬时值为零CR两端的电压u随时间t变化的规律是u=10cos100tVD当ab边速度方向向上时，它所受安培力的方向也向上5甲、乙两辆汽车沿同一方向做直线运动，两车在某一时刻刚好经过同一位置，此时甲的速度为5m/s，乙的速度为10m/s甲车的加速度大小恒为1.2m/s2以此时
4、作为计时起点，它们的速度随时间变化的关系如图所示，根据以上条件可知（）A乙车做加速度先增大后减小的变加速运动B在前4s的时间内，甲车运动位移为29.6mC在t=4s时，甲车追上乙车D在t=10s时，乙车又回到起始位置61932年，美国物理学家劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器，工作原理示意图如图所示置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过狭缝的时间可忽略磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为f，加速电压为U若A处粒子源产生的粒子（初速度为0）质量为m、电荷量为+q在加速器中被加速，加速过程中不考虑重力的影响则下列说法正确的是（）A粒子被加速后的最大速度不可能超
5、过2RfB粒子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压U成正比C粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为：1D若考虑相对论效应，速率接近光速时粒子的质量会随速率有显著增加7如图所示，长为2L的轻杆上端固定一质量为m的小球，下端用光滑铰链连接于地面上的O点，杆可绕O点在竖直平面内自由转动，定滑轮固定于地面上方L处，电动机由跨过定滑轮且不可伸长的绳子与杆的中点相连，启动电动机，杆从虚线位置绕O点逆时针倒向地面，假设整个倒下去的过程中，杆做匀速转动，则在此过程中（）A小球重力做功为2mgLB绳子拉力做功大于2mgLC重力做功功率逐渐增大D绳子拉力做功功率先增大后减小8如图所示，边长为1m的正
6、方体空间图形ABCDA1B1C1D1，其下表面在水平地面上，将可视为质点的小球从顶点A在BAD所在范围内（包括边界）分别沿不同的水平方向抛出，落点都在A1B1C1D1平面范围内（包括边界）不计空气阻力，以地面为重力势能参考平面，g取10m/s2则（）A小球落在B1点时，初始速度为m/s，是抛出速度的最小值B小球落在C1点时，初始速度为m/s，是抛出速度的最大值C落在B1D1线段上的小球，落地时机械能的最小值与最大值之比是1：2D轨迹与AC1线段相交的小球，在交点处的速度方向相同二、非选择题9某物理兴趣小组为“验证动能定理”和“测当地的重力加速度”，采用了如图甲所示的装置，其中m1=50g、m2
7、=150g开始时保持装置静止，然后释放物块m2，m2可以带动m1拖着纸带打出一系列的点，对纸带上的点进行测量，只要证明（m2m1）gh=（m1+m2）v2，即可验证动能定理，同时也可测出重力加速度的数值，其中h为m2的下落高度，v是对应时刻m1、m2的速度大小某次实验打出的纸带如图乙所示，0是打下的第一个点，两相邻点间还有4个点没有标出，交流电频率为50Hz（以下计算结果均保留三位有效数字）（1）系统的加速度大小为m/s2，在打点05的过程中，系统动能的增量E1=J（2）某同学作出的h图象如图丙所示，若忽略一切阻力的情况下，则当地的重力加速度g=m/s210目前汽车上都有车载电瓶作为备用电源，
8、用久以后性能会下降，表现之一为电瓶的电动势变小，内阻变大某兴趣小组将一块旧的电瓶充满电，准备利用下列器材测量电瓶的电动势和内电阻A待测电瓶，电动势约为3V，内阻约几欧姆B直流电压表V1、V2，量程均为3V，内阻约为3kC定值电阻R0未知D滑动变阻器R，最大阻值RmE导线和开关（1）根据如图甲所示的实物连接图，在图乙方框中画出相应的电路图（2）实验之前，需要利用该电路图测出定值电阻R0，方法是先把滑动变阻器R调到最大阻值Rm，再闭合开关，电压表V1和V2的读数分别为U10、U20，则R0=（用U10、U20、Rm表示）（3）实验中移动滑动变阻器触头，读出电压表V1和V2的多组数据U1、U2，描绘
9、出U1U2图象如图丙所示，图中直线斜率为k，与横轴的截距为a，则电瓶的电动势E=，内阻r=（用k、a、R0表示）11（12分）（2016安徽校级模拟）2016年世界中学生五人制足球锦标赛落下帷幕，代表中国参赛的河南男队和河北女队取得了优异成绩五人制足球的赛场长40m，宽20m，如图所示在比赛中，功方队员在中线附近突破防守队员，将足球沿边路向前踢出，足球的运动可视为在地面上做初速度为v1=6m/s的匀减速直线运动，加速度大小为a1=1m/s2该队员将足球踢出后，立即由静止启动追赶足球，他的运动可看作是匀加速直线运动，最大加速度为a2=1m/s2，能达到的最大速度为v2=4m/s该队员至少经过多长
10、时间能追上足球？12（20分）（2016郑州三模）如图所示，为一磁约束装置的原理图，同心圆内存在有垂直圆平面的匀强磁场，同心圆圆心O与xOy平面坐标系原点重合半径为R0的圆形区域内有方向垂直xOy平面向里的匀强磁场B1一束质量为m、电荷量为q、动能为E0的带正电粒子从坐标为（0、R0）的A点沿y轴负方向射入磁场区域，粒子全部经过x轴上的P点，方向沿x轴正方向当在环形区域加上方向垂直于xOy平面的匀强磁场B2时，上述粒子仍从A点沿y轴负方向射入区域，粒子恰好能够约束在环形区域内，且经过环形区域后能够从Q点沿半径方向射入区域，已知OQ与x轴正方向成60不计重力和粒子间的相互作用求：（1）区域中磁感
11、应强度B1的大小；（2）环形区域中B2的大小、方向及环形外圆半径R的大小；（3）粒子从A点沿y轴负方向射入后至第一次到Q点的运动时间【物理选修33】13封闭在气缸内一定质量的理想气体由状态A变到状态D，其体积V与热力学温度T的关系如图所示，该气体的摩尔质量为M，状态A的体积为V0，温度为T0，O、A、D三点在同一直线上，阿伏伽德罗常数为NA（1）在上述过程中，气体对外做功为5J，内能增加9J，则气体（选填“吸收”或“放出”）热量J（2）在状态D，该气体的密度为，体积为2V0，则状态D的温度为多少？该气体的分子数为多少？14（10分）（2016郑州三模）很多轿车为了改善夜间行驶时的照明问题，在车
12、灯的设计上选择了氙气灯，因为氙气灯灯光的亮度是普通灯灯光亮度的3倍，但是耗电量仅是普通灯的一半，氙气灯使用寿命则是普通灯的5倍，很多车主会选择含有氙气灯的汽车，若氙气充入灯头后的容积V=1.6L，氙气密度=6.0kg/m3已知氙气摩尔质量M=0.131kg/mol，阿伏加德罗常数NA=61023mol1试估算：（结果保留一位有效数字）（1）灯头中氙气分子的总个数N；（2）灯头中氙气分子间的平均距离【物理选修34】15（2016郑州三模）有两个同学利用假期分别取参观位于天津市的“南开大学”和上海市的“复旦大学”，他们各自在那里的物理实验室利用先进的DIS系统较准确的探究了单摆周期T和摆长L的关系
13、然后他们通过互联网交流实验数据，并由计算机绘制了T2L图象，如图甲所示，已知天津市比上海市的纬度高另外，去“复旦”做研究的同学还利用计算机绘制了他实验用的a、b两个摆球的振动图象，如图乙所示则下列说法正确的是（）A甲图中“南开”的同学所测得的实验结果对应的图象是BB甲图中图线的斜率表示对应所在位置的重力加速度C由乙图可知，a、b两摆球振动周期之比为3：2D由乙图可知，a、b两单摆摆长之比为4：9E由乙图可知，t=2s时b球振动方向是沿+y方向16（2016郑州三模）某同学用插针法测玻璃砖的折射率，按要求认真完成了实验如图所示，用MN和PQ分别表示入射光线和出射光线，他测得MN和PQ相互平行，且
14、光线在AB面上的入射角i=60玻璃砖的AB面和CD面之间的距离为d，MN和PQ所在直线之间的距离为d，求玻璃砖的折射率【物理选修35】17（2016郑州三模）核裂变和核聚变的过程中能够放出巨大核能核裂变中经常使用的U具有天然放射性，若U经过7次衰变和m次衰变，变成Pb，则m=核聚变中，最常见的反应就是一个氘核与一个氚核结合成一个氦核已知氘核的比结合能是1.09MeV；氚核的比结合能是2.78MeV；氦核的比结合能是7.03MeV，则氢核聚变的方程是；一次氢核聚变释放出的能量是MeV18（2016郑州三模）如图所示，光滑水平地面上有一小车，车上固定光滑斜面和连有轻弹簧的挡板，弹簧处于原长状态，自
15、由端恰在C点，总质量为M=2kg小物块从斜面上A点由静止滑下，经过B点时无能量损失已知：物块的质量m=1kg，A点到B点的竖直高度为h=1.8m，BC长度为l=3m，BC段动摩擦因数为0.3，CD段光滑g取10m/s2，求在运动过程中：弹簧弹性势能的最大值；物块第二次到达C点的速度2016年河南省郑州市高考物理三模试卷参考答案与试题解析一、选择题1如图所示，在竖直方向运动的电梯中，一个质量为m的物块置于倾角为30的粗糙斜面上，物块始终位于斜面上某一位置则下列判断中正确的是（）A若电梯静止不动，物块所受的摩擦力一定是零B若电梯匀速向上运动，物块所受摩擦力方向有可能沿斜面向下C若电梯加速上升，物块
16、所受弹力与摩擦力的合力一定大于mgD若电梯加速下降，物块所受摩擦力的方向一定沿斜面向下【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力【分析】以物体为研究对象进行受力分析，由牛顿第二定律可知物体受到的合力；再由力的合成与分解规律可得出斜面对物体的摩擦力【解答】解：A，如果电梯静止不动，物块受重力、支持力和静摩擦力，静摩擦力等于重力平行斜面的分力，不为零，故A错误；B、若电梯匀速向上运动，处于平衡状态，受重力、支持力和静摩擦力，静摩擦力等于重力平行斜面的分力，平行斜面向上，故B错误；C、若电梯加速上升，超重，物块所受弹力与摩擦力的合力为F=m（g+a），竖直向上，故C正确；D、若电梯加速下降，失重，等效成
17、重力减小的平衡问题，静摩擦力依然是平行斜面向上，故D错误；故选：C【点评】本题考查超重和失重，可以等效成重力变化的平衡问题，关键是受力分析并结合牛顿第二定律分析，基础题目2如图所示，a、b为环绕某红矮星运动的行星，a行星的运行轨道为圆轨道，b行星的运行轨道为椭圆轨道，两轨道和红矮星都在同一平面内已知a行星的公转周期为18天，则下列说法正确的是（）Ab行星的公转周期大于18天Bb行星在轨道上运行的最大速度小于a行星的速度C若已知b行星轨道半长轴，可求得红矮星的密度D若已知a行星的轨道半径，可求得红矮星的质量【考点】万有引力定律及其应用【分析】根据开普勒第三定律分析周期，根据万有引力提供向心力可以
18、求红矮星质量【解答】解：A、根据开普勒第三定律，因为a行星的轨道半径比b行星的椭圆轨道的半长轴大，所以a行星的周期大故A错误B、b行星近地点的速度最大，大于过近地点的圆轨道速度，而过近地点的圆轨道速度大于a行星的速度，所以b行星的最大速度大于a行星的速度，故B错误、C、仅知道b行星轨道半长轴，不知道a行星的半径，求不出红矮星的质量，无法求得密度，故C错误D、根据得，已知a的周期和轨道半径，可以求红矮星的质量，故D正确故选：D【点评】本题关键是明确行星圆周运动的向心力来源，结合开普勒定律、万有引力定律、牛顿第二定律列式分析，不难3如图所示为某粒子分析器的简化结构，金属板P、Q相互平行，两板通过直
19、流电源、开关相连，其中Q板接地一束带电粒子，从a处以一定的初速度平行于金属板P、Q射入两板之间的真空区域，经偏转后打在Q板上如图所示的位置在其他条件不变的情况下，要使该粒子束能从Q板上b孔射出（不计粒子重力和粒子间的相互影响），下列操作中可能实现的是（）A保持开关S闭合，适当上移P极板B保持开关S闭合，适当左移P极板C先断开开关S，再适当上移P极板D先断开开关S，再适当左移P极板【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；闭合电路的欧姆定律【分析】根据开关闭合与断开两种情况，当闭合时，电压不变，变化极板间距，导致电场强度变化，再根据牛顿第二定律，结合运动学公式，即可求解；当断开时，电量不变，根据，从而
20、根据正对面积来确定电场强度变化，从而求解【解答】解：A、保持开关S闭合，两极板间的电压不变，适当上移P极板，两极板间的距离增大，根据知场强变小，带电粒子的加速度变小，竖直方向，时间变长，水平方向的位移变大，该粒子可能从Q板上的b孔射出，故A正确；B、保持开关S闭合，适当左移P极板，两极板间的距离不变，根据知场强大小不变，根据知加速度大小不变，根据知运动时间相等，根据知水平位移不变，粒子打在Q板上的位置不变，故B错误；C、先断开开关S，金属板P、Q所带的电荷量Q不变，电容，结合，电场强度，场强不变，粒子所受的电场力不变，加速度不变，粒子仍然打在下极板的原位置，故C错误；D、断开开关S，电容器所带
21、的电荷量不变，左移P极板，正对面积S减小，根据知，电容减小，由知两极板间的电压增大，场强增大，加速度增大，根据，时间减小，由知水平位移减小，故落点在原位置的左侧，故D错误；故选：A【点评】考查极板上下移动，及左右移动，与极板间的电场强度变化的关系，掌握增大射程与电场力的关系是解题的关键4图甲为小型旋转电枢交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO（OO沿水平方向）匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与电阻R=10连接，与电阻R并联的交流电压表为理想电压表，示数是10V图乙是矩形线圈中磁通量随时间t变化的图象则（）A此交流发电机的电动势平均值为10VBt
22、=0.02s时R两端的电压瞬时值为零CR两端的电压u随时间t变化的规律是u=10cos100tVD当ab边速度方向向上时，它所受安培力的方向也向上【考点】正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；交流发电机及其产生正弦式电流的原理【分析】通过有效值和最大值间的关系求得最大值，明确最大值不是平均值，根据乙图确定出周期和角速度，即可求得产生的感应电动势的瞬时表达式，有右手定责判断出电流方向，根据左手定则判断出安培力方向【解答】解：A、根据闭合电路的欧姆定律可知，产生的感应电动势的有效值为E=10V，故产生的最大值，最大值不是平均值，故A错误；B、t=0.02s时，磁通量的变化率最大，故产生的感应电动
23、势最大，R两端的电压瞬时值最大，故B错误；C、有乙图可知T=0.02s，角速度为：，在t=0时刻，产生的感应电动势最大，故满足余弦函数关系，即：，故C正确；D、当ab边速度方向向上时，回路中的电流方向沿ab方向，根据左手定则可知，受到的安培力竖直向下，故D错误；故选：C【点评】解决本题的关键知道正弦式交流电峰值的表达式Em=nBS，以及知道峰值与有效值的关系，能从t图象中判断出et图象5甲、乙两辆汽车沿同一方向做直线运动，两车在某一时刻刚好经过同一位置，此时甲的速度为5m/s，乙的速度为10m/s甲车的加速度大小恒为1.2m/s2以此时作为计时起点，它们的速度随时间变化的关系如图所示，根据以上
24、条件可知（）A乙车做加速度先增大后减小的变加速运动B在前4s的时间内，甲车运动位移为29.6mC在t=4s时，甲车追上乙车D在t=10s时，乙车又回到起始位置【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的位移与时间的关系【分析】明确vt图象的性质，根据图象的坐标明确速度，根据图象的斜率求解加速度，再根据图象与时间轴围成的面积可求得位移【解答】解：A、图象的斜率表示物体的加速度，由图可知，加速度先减小后增大，最后再减小，故A错误；B、在前4s的时间内，甲车运动位移为x=v0t+=54+=29.6m；故B正确；C、在t=4s时，两车的速度相同，但经达的位移不同，故两车没有相遇；故C错误；D、在10
25、s前，乙车一直做匀加速直线运动，速度一直沿正方向，故乙车没有回到起始位置；故D错误；故选：B【点评】本题关键抓住位移图象的数学意义来理解其物理意义：注意图象中点表示速度、斜率表示加速度、而图象的面积表示位移61932年，美国物理学家劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器，工作原理示意图如图所示置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过狭缝的时间可忽略磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为f，加速电压为U若A处粒子源产生的粒子（初速度为0）质量为m、电荷量为+q在加速器中被加速，加速过程中不考虑重力的影响则下列说法正确的是（）A粒子被加速后的最大速度不可能超过2RfB
26、粒子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压U成正比C粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为：1D若考虑相对论效应，速率接近光速时粒子的质量会随速率有显著增加【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理【分析】回旋加速器运用电场加速磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力可以求出粒子的最大速度，从而求出最大动能在加速粒子的过程中，电场的变化周期与粒子在磁场中运动的周期相等【解答】解：A、质子出回旋加速器的速度最大，此时的半径为R，则v=所以最大速度不超过2fR故A正确B、根据，知v=，则最大动能，与加速的电压无关；据此可知，不改变磁感应强度B和交流电频率f，该回旋加速器的最大动能不变故B错
27、误C、粒子在加速电场中做匀加速运动，在磁场中做匀速圆周运动，根据知，质子第二次和第一次经过D形盒狭缝的速度比为，根据r=，则半径比为故C正确D、若考虑相对论效应，速率接近光速时粒子的质量会随速率有显著增加，故D正确故选：ACD【点评】解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道最大动能与什么因素有关，以及知道粒子在磁场中运动的周期与电场的变化的周期相等7如图所示，长为2L的轻杆上端固定一质量为m的小球，下端用光滑铰链连接于地面上的O点，杆可绕O点在竖直平面内自由转动，定滑轮固定于地面上方L处，电动机由跨过定滑轮且不可伸长的绳子与杆的中点相连，启动电动机，杆从虚线位置绕O点逆时针倒向地面，
28、假设整个倒下去的过程中，杆做匀速转动，则在此过程中（）A小球重力做功为2mgLB绳子拉力做功大于2mgLC重力做功功率逐渐增大D绳子拉力做功功率先增大后减小【考点】功率、平均功率和瞬时功率；功的计算【分析】根据W=mgh求的重力做功；小球在在倒下的过程中，由于速率不变，根据动能定理求的拉力做功，根据P=Fvcos求的重力的功率；【解答】解：A、小球重力做功为W=mg2L=2mgL，故A正确；B、在整个过程中，根据动能定理可得Wmg，解得W=2mgL，故B错误；C、根据P=Fvcos可知，P=mgvcos，在下落过程中，逐渐减小，故重力做功功率逐渐增大，故C正确；D、在整个过程中，重力的功率和绳
29、子的功率相同，故绳子的功率逐渐增大，故D错误；故选：AC【点评】本题主要考查了功率和动能定理，关键是抓住绳子的功率和重力的瞬时功率相同即可求的8如图所示，边长为1m的正方体空间图形ABCDA1B1C1D1，其下表面在水平地面上，将可视为质点的小球从顶点A在BAD所在范围内（包括边界）分别沿不同的水平方向抛出，落点都在A1B1C1D1平面范围内（包括边界）不计空气阻力，以地面为重力势能参考平面，g取10m/s2则（）A小球落在B1点时，初始速度为m/s，是抛出速度的最小值B小球落在C1点时，初始速度为m/s，是抛出速度的最大值C落在B1D1线段上的小球，落地时机械能的最小值与最大值之比是1：2D
30、轨迹与AC1线段相交的小球，在交点处的速度方向相同【考点】平抛运动；功能关系【分析】小球做平抛运动，水平分运动为匀速直线运动，竖直分运动为自由落体运动运动时间由下落的高度决定由分位移公式求初速度由机械能守恒定律研究落地时机械能【解答】解：A、小球做平抛运动，由L=得 t=，下落高度相同，平抛运动的时间相等；由几何关系可知，小球的落地点距离A越近，则小球在水平方向的位移越小，所以小球落在B1点时，不是抛出速度的最小值；落在C1时水平位移最大，最大位移为正方形的对角线的长度，即L，由：得： m/s，故A错误，B正确C、落在B1D1线段上的小球，落在B1D1线段中点的小球落地时机械能的最小，落在B1
31、D1线段上D1或B1的小球，落地时机械能的最大设落在B1D1线段中点的小球初速度为v1，水平位移为x1落在B1D1线段上D1或B1的小球初速度为v2水平位移为x2由几何关系有 x1：x2=1：，由x=v0t，得：v1：v2=1：，落地时机械能等于抛出时的机械能，分别为：E1=mgh+，E2=mgh+，可知落地时机械能的最小值与最大值之比不等于1：2故C错误D、设AC1的倾角为，轨迹与AC1线段相交的小球，在交点处的速度方向与水平方向的夹角为则有 tan=，tan=，则 tan=2tan，可知一定，则轨迹与AC1线段相交的小球，在交点处的速度方向相同，故D正确故选：BD【点评】解决本题的关键要掌
32、握平抛运动的研究方法，掌握分位移公式，D项也可以根据作为结论记住二、非选择题9某物理兴趣小组为“验证动能定理”和“测当地的重力加速度”，采用了如图甲所示的装置，其中m1=50g、m2=150g开始时保持装置静止，然后释放物块m2，m2可以带动m1拖着纸带打出一系列的点，对纸带上的点进行测量，只要证明（m2m1）gh=（m1+m2）v2，即可验证动能定理，同时也可测出重力加速度的数值，其中h为m2的下落高度，v是对应时刻m1、m2的速度大小某次实验打出的纸带如图乙所示，0是打下的第一个点，两相邻点间还有4个点没有标出，交流电频率为50Hz（以下计算结果均保留三位有效数字）（1）系统的加速度大小为
33、m/s2，在打点05的过程中，系统动能的增量E1=J（2）某同学作出的h图象如图丙所示，若忽略一切阻力的情况下，则当地的重力加速度g=m/s2【考点】探究功与速度变化的关系；测定匀变速直线运动的加速度【分析】1、根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度的大小，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出点5的速度，从而求出系统动能的增加量2、根据图象的物理意义可知物体的重力加速度大小【解答】解：（1）两相邻点间还有4个点没有标出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度的大小，得：a=m/s2=4.80 m/s2，根据匀变
34、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5点时小车的瞬时速度大小为：v5=m/s=2.4m/s物体的初速度为零，所以动能的增加量为：Ek=（m1+m2）0=0.576J；（2）根据系统机械能守恒有：（m2m1）gh=（m1+m2）v2则v2=gh知图线的斜率k=g=解得：g=9.67m/s2故答案为：（1）4.80；0.576；（2）9.67【点评】要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用直线图象中斜率和截距是我们能够利用的信息10目前汽车上都有车载电瓶作为备用电源，用久以后性能会下降，表现之一为电瓶的电动势变小，内
35、阻变大某兴趣小组将一块旧的电瓶充满电，准备利用下列器材测量电瓶的电动势和内电阻A待测电瓶，电动势约为3V，内阻约几欧姆B直流电压表V1、V2，量程均为3V，内阻约为3kC定值电阻R0未知D滑动变阻器R，最大阻值RmE导线和开关（1）根据如图甲所示的实物连接图，在图乙方框中画出相应的电路图（2）实验之前，需要利用该电路图测出定值电阻R0，方法是先把滑动变阻器R调到最大阻值Rm，再闭合开关，电压表V1和V2的读数分别为U10、U20，则R0=（用U10、U20、Rm表示）（3）实验中移动滑动变阻器触头，读出电压表V1和V2的多组数据U1、U2，描绘出U1U2图象如图丙所示，图中直线斜率为k，与横轴
36、的截距为a，则电瓶的电动势E=，内阻r=（用k、a、R0表示）【考点】测定电源的电动势和内阻【分析】（1）由实物图可知电路的连接方法得出对应的原理图；（2）根据实验原理结合欧姆定律可求得定值电阻的阻值；（3）根据闭合电路欧姆定律及图象的性质可得出对应的电动势和内电阻【解答】解：（1）由实物图可知电路的连接方式，得出的实物图如图所示；（2）由图可知，V2测量R0与R两端的电压，V1测量R两端的电压，则R0两端的电压U20U10；由欧姆定律可知：；（3）由闭合电路欧姆定律可知：E=U2+r变形得：U1=则有： =a； =k解得：E= r=故答案为：（1）如图所示；（2）；（3）【点评】本题考查测量
37、电动势和内电阻的实验方法，关键在明确根据闭合电路欧姆定律得出对应的表达式，再分析图象的意义，求得电动势和内电阻11（12分）（2016安徽校级模拟）2016年世界中学生五人制足球锦标赛落下帷幕，代表中国参赛的河南男队和河北女队取得了优异成绩五人制足球的赛场长40m，宽20m，如图所示在比赛中，功方队员在中线附近突破防守队员，将足球沿边路向前踢出，足球的运动可视为在地面上做初速度为v1=6m/s的匀减速直线运动，加速度大小为a1=1m/s2该队员将足球踢出后，立即由静止启动追赶足球，他的运动可看作是匀加速直线运动，最大加速度为a2=1m/s2，能达到的最大速度为v2=4m/s该队员至少经过多长时
38、间能追上足球？【考点】匀变速直线运动规律的综合运用；匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与位移的关系【分析】考察匀变速直线运动规律的综合应用，在人对球的追击问题中，人经历了匀加速和匀速两个运动状态，足球经历了匀减速和静止两个状态，当二者位移相等的时候是两者的相遇时刻【解答】解：设足球从开始做匀减速运动到停下来的位移为x1，则有： 带入数据解得足球匀减速运动时间为：前锋队员以最大加速度追赶的加速时间为：在此过程中的位移为：之后前锋队员做匀速直线运动，到足球停止运动时，其位移为x3=v2（t1t2）=8m由于x2+x3x1，故足球停止运动时，前锋队员没有追上足球，然后前锋队员继续
39、以最大速度匀速运动追赶足球，由匀速运动公式得：x1（x2+x3）=v2t3代入数据解得t3=0.5s 前锋队员追上足球的时间为：t=t1+t3=6.5s【点评】本题考察了匀加速和匀减速运动运动的规律，关键是分析清楚人和球的运动过程，再运用运动学的规律和公式求解12（20分）（2016郑州三模）如图所示，为一磁约束装置的原理图，同心圆内存在有垂直圆平面的匀强磁场，同心圆圆心O与xOy平面坐标系原点重合半径为R0的圆形区域内有方向垂直xOy平面向里的匀强磁场B1一束质量为m、电荷量为q、动能为E0的带正电粒子从坐标为（0、R0）的A点沿y轴负方向射入磁场区域，粒子全部经过x轴上的P点，方向沿x轴正
40、方向当在环形区域加上方向垂直于xOy平面的匀强磁场B2时，上述粒子仍从A点沿y轴负方向射入区域，粒子恰好能够约束在环形区域内，且经过环形区域后能够从Q点沿半径方向射入区域，已知OQ与x轴正方向成60不计重力和粒子间的相互作用求：（1）区域中磁感应强度B1的大小；（2）环形区域中B2的大小、方向及环形外圆半径R的大小；（3）粒子从A点沿y轴负方向射入后至第一次到Q点的运动时间【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）粒子在区域中做匀速圆周运动，根据几何关系求半径，根据牛顿第二定律及动能定义式联立列式（2）画出粒子在区域中的轨迹，根据几何关系求半径，根据牛顿第二定
41、律求，由左手定则求磁场方向（3）求出轨迹所对的圆心角，根据求出时间【解答】解：（1）设在区域内轨迹圆半径为r1，则 r1=R0根据牛顿第二定律：动能的定义：（2）设粒子在区域中的轨迹圆半径为，部分轨迹如图，有几何关系知 根据牛顿第二定律：方向与相反，即垂直xOy平面向外 由几何关系得，即（3）由题意可知 ，代入数据得答：（1）区域中磁感应强度B1的大小；（2）环形区域中B2的大小、方向与相反，即垂直xoy平面向外，及环形外圆半径R的大小；（3）粒子从A点沿y轴负方向射入后至第一次到Q点的运动时间【点评】该题考查带电粒子在磁场中的运动，解决本题的关键掌握带电粒子在有界磁场中做匀速圆周运动时，如何
42、确定圆心、半径【物理选修33】13封闭在气缸内一定质量的理想气体由状态A变到状态D，其体积V与热力学温度T的关系如图所示，该气体的摩尔质量为M，状态A的体积为V0，温度为T0，O、A、D三点在同一直线上，阿伏伽德罗常数为NA（1）在上述过程中，气体对外做功为5J，内能增加9J，则气体（选填“吸收”或“放出”）热量J（2）在状态D，该气体的密度为，体积为2V0，则状态D的温度为多少？该气体的分子数为多少？【考点】理想气体的状态方程；热力学第一定律【分析】（1）根据热力学第一定律求解气体的吸或放热量（2）根据气态方程求解状态D的温度求出摩尔数，可求得分子数【解答】解：气体对外做功为5J，则W=5J
43、，内能增加9J，则U=9J，由热力学第一定律U=W+Q得，Q=14J，即吸热14J由题意可知，A、D两状态的压强相等，则，解得TD=2T0气体的摩尔数n=分子个数为N=nNA=故答案为：吸收；14状态D的温度为2T0该气体的分子数为【点评】本题运用热力学第一定律和气态方程结合，分析气体状态的变化及变化过程中能量的变化14（10分）（2016郑州三模）很多轿车为了改善夜间行驶时的照明问题，在车灯的设计上选择了氙气灯，因为氙气灯灯光的亮度是普通灯灯光亮度的3倍，但是耗电量仅是普通灯的一半，氙气灯使用寿命则是普通灯的5倍，很多车主会选择含有氙气灯的汽车，若氙气充入灯头后的容积V=1.6L，氙气密度=
44、6.0kg/m3已知氙气摩尔质量M=0.131kg/mol，阿伏加德罗常数NA=61023mol1试估算：（结果保留一位有效数字）（1）灯头中氙气分子的总个数N；（2）灯头中氙气分子间的平均距离【考点】阿伏加德罗常数【分析】（1）根据摩尔数等于质量除以摩尔体积得到物质量，然后根据分子数等于物质量乘以摩尔数求解分子数（2）根据气体的体积与分子的个数计算出每一个分子所占空间的大小，然后以立方体模型计算出氙气分子的平均距离【解答】解：（1）设疝气的物质的量为n，则：n=；疝气分子的总数：N=个；（2）每个分子所占的空间为：；设分子间平均距离为a，则有：；则a=答：（1）灯头中氙气分子的总个数N为41
45、022个；（2）灯头中氙气分子间的平均距离为3109m【点评】本题关键明确阿伏加德罗常数是联系宏观量与微观量的桥梁，知道摩尔体积等于摩尔质量与密度的比值，不难【物理选修34】15（2016郑州三模）有两个同学利用假期分别取参观位于天津市的“南开大学”和上海市的“复旦大学”，他们各自在那里的物理实验室利用先进的DIS系统较准确的探究了单摆周期T和摆长L的关系然后他们通过互联网交流实验数据，并由计算机绘制了T2L图象，如图甲所示，已知天津市比上海市的纬度高另外，去“复旦”做研究的同学还利用计算机绘制了他实验用的a、b两个摆球的振动图象，如图乙所示则下列说法正确的是（）A甲图中“南开”的同学所测得的
46、实验结果对应的图象是BB甲图中图线的斜率表示对应所在位置的重力加速度C由乙图可知，a、b两摆球振动周期之比为3：2D由乙图可知，a、b两单摆摆长之比为4：9E由乙图可知，t=2s时b球振动方向是沿+y方向【考点】探究单摆的周期与摆长的关系【分析】根据两个摆球的振动图象得出周期的关系，结合单摆的周期公式求出两个单摆的摆长之比根据单摆的周期公式得出T2L关系式，结合图线的斜率比较重力加速度的大小，确定哪个图线是“南开”的同学测得【解答】解：A、根据T=得，知图线的斜率k=，图线B的斜率较小，则图线B对应的重力加速度较大，可知甲图中“南开”的同学所测得的实验结果对应的图象是B，故A正确，B错误C、周
47、期等于完成一次全振动的时间，由乙图可知，a、b两单摆的周期之比为2：3，故C错误D、根据T=得，L=，因为a、b的周期之比为2：3，则摆长之比为4：9，故D正确E、由乙图可知，t=2s时，b球处于平衡位置向+y方向运动，故E正确故选：ADE【点评】本题考查了单摆的周期公式和图线的综合运用，通过图线得出单摆的周期之比是关键，知道T2L图线斜率的物理意义，难度中等16（2016郑州三模）某同学用插针法测玻璃砖的折射率，按要求认真完成了实验如图所示，用MN和PQ分别表示入射光线和出射光线，他测得MN和PQ相互平行，且光线在AB面上的入射角i=60玻璃砖的AB面和CD面之间的距离为d，MN和PQ所在直
48、线之间的距离为d，求玻璃砖的折射率【考点】光的折射定律【分析】根据题意，作出光路图，结合几何关系求出折射角，再由折射定律求折射率【解答】解：连接N、P即为AB面上的折射光线，设折射角为r，过N做NH垂直于PQ，如图由题意可得：在RtNHP中，而NPcosr=d 联立以上两式可得：r=30由E可得玻璃砖的折射率为 答：玻璃砖的折射率为【点评】对于几何光学问题，作出光路图，运用几何知识求入射角或折射角，或者求传播距离，这是常规思路，要能熟练掌握【物理选修35】17（2016郑州三模）核裂变和核聚变的过程中能够放出巨大核能核裂变中经常使用的U具有天然放射性，若U经过7次衰变和m次衰变，变成Pb，则m
49、=核聚变中，最常见的反应就是一个氘核与一个氚核结合成一个氦核已知氘核的比结合能是1.09MeV；氚核的比结合能是2.78MeV；氦核的比结合能是7.03MeV，则氢核聚变的方程是；一次氢核聚变释放出的能量是MeV【考点】爱因斯坦质能方程；裂变反应和聚变反应【分析】根据核反应过程中质量数和电荷数守恒可正确写出核反应方程，再根据质能方程，即可正确解答【解答】解：经过一次衰变，其质量数减少4，质子数减少2，而结过一次衰变，其质量数不变，而质子数增加1；那么U经过7次衰变和m次衰变，变成Pb，依据质量数和电荷数守恒，可知，m=4；根据质量数与质子数守恒，则有核反应方程为：；根据质能方程E=mc2得一次
50、聚变释放出的能量：E=E2E1=7.034（2.783+1.292）=17.6MeV；故答案为：4，17.6【点评】本题考查了核反应方程的书写以及质能方程的简单应用，属于简单基础题目，平时练习中对这类问题注意多加训练，不可忽视18（2016郑州三模）如图所示，光滑水平地面上有一小车，车上固定光滑斜面和连有轻弹簧的挡板，弹簧处于原长状态，自由端恰在C点，总质量为M=2kg小物块从斜面上A点由静止滑下，经过B点时无能量损失已知：物块的质量m=1kg，A点到B点的竖直高度为h=1.8m，BC长度为l=3m，BC段动摩擦因数为0.3，CD段光滑g取10m/s2，求在运动过程中：弹簧弹性势能的最大值；物
51、块第二次到达C点的速度【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律【分析】下滑中，对m，根据动能定理列式，m滑下后，系统动量守恒定律，以向右为正，当两者第一次等速过程中根据动量守恒定律和能量守恒定律列式，联立方程求解；在物块滑下到运动到B点，根据动量守恒定律和能量守恒定律列式，联立方程求解【解答】解：下滑中，对m，根据动能定理得：，m滑下后，系统动量守恒定律，以向右为正，当两者第一次等速时，根据动量守恒定律得：mv0=（m+M）v根据能量守恒定律得：，f=N，Nmg=0，解得：Ep=3J 在物块滑下到运动到B点，根据动量守恒定律得：mv0=mv1+Mv2，根据能量守恒定律得：解得：v1=0答：弹簧弹性势能的最大值为3J；物块第二次到达C点的速度为0【点评】本题考查了动量守恒定律和能量守恒定律的应用，本题运动过程复杂，有一定的难度，要求同学们能正确分析物体的受力情况和运动情况，注意规定正方向