1、上海市2016年高考物理压轴卷（解析版）一、单项选择题：（共16分，每小题2分每小题只有一个正确选项）1下列说法正确的是（）A牛顿第一定律是通过实验得出的B万有引力常量是由牛顿直接给定的C元电荷e的数值最早是由密立根测得D用实验可以揭示电场线是客观存在的2关于自由落体运动的加速度，正确的是（）A重的物体下落的加速度大B同一地点，轻、重物体下落的加速度一样大C这个加速度在地球上任何地方都一样大D这个加速度在地球赤道比在地球北极大3按照玻尔理论，一个氢原子从n=3能级跃迁到n=2能级，则（）A要吸收特定频率的光子B要放出特定频率的光子C可放出任意频率的光子D原子的能量增加4下列说法正确的是（）A布
2、朗运动是液体分子的无规则运动B晶体都具有确定的熔点和规则的几何形状C当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大D叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用5简谐运动中反映物体振动强弱的物理量是（）A周期B频率C振幅D位移6图中矩形线圈abcd在匀强磁场中以ad边为轴匀速转动，产生的电动势瞬时值为e=5sin20t（V），则以下判断正确的是 （）A此交流电的频率为HzB当线圈平面与中性面重合时，线圈中的感应电动势为5VC当线圈平面与中性面垂直时，线圈中的感应电流为0VD线圈转动一周，感应电流的方向改变一次7在水面下同一深处有两个点光源P、Q，能发出不同颜色的光当它们发光时，在水面上看到P光照亮的
3、水面区域大于Q光，以下说法正确的是（）AP光的频率大于Q光BP光在水中的传播速度小于Q光C让P光和Q光通过同一单缝装置，P光的中心条纹宽度大于Q光的中心条纹宽度D让P光和Q光通过同一双缝干涉装置，P光的条纹间距小于Q光8如图示，A、B两物体叠放在一起，用手托住，让它们静止靠在墙边，然后释放，它们同时沿竖直墙面下滑，已知mAmB，则物体B（）A只受一个重力B受到重力、摩擦力各一个C受到重力、弹力、摩擦力各一个D受到重力、摩擦力各一个，弹力两个二、单项选择题：（共24分，每小题3分每小题只有一个正确选项）9卢瑟福提出原子的核式结构模型，这一模型建立的基础是（）A对阴极射线的研究B天然放射现象的发现
4、C粒子散射实验D氢原子光谱的发现10如图所示，在竖直面内有一以O点为圆心的圆，AB、CD分别为这个圆沿竖直和水平方向的直径，该圆处于静电场中将带负电荷的小球从O点以相同的动能分别沿竖直平面向不同方向射出，小球会沿圆所在平面运动并经过圆周上不同的点已知小球从O点分别到A、B两点的过程中电场力对它做的功相同，小球到达D点时的电势能最大若小球只受重力和电场力的作用，则下列说法中正确的是（）A此电场可能是位于C点的正点电荷形成的B小球到达B点时的动能等于到达点A时的动能C小球到达B点时的机械能与它在圆周上其他各点相比最小D小球到达A点时的电势能和重力势能之和与它在圆周上其他各点相比最小11如图所示为氢
5、原子的能级图当氢原子从n=4的能级跃迁到n=2 的能级时，辐射出光子a；当氢原子从n=3的能级跃迁到n=1的能级时，辐射出光子b，则下列判断正确的是（）A光子a的能量大于光子b的能量B光子a的波长小于光子b的波长Cb光比a光更容易发生衍射现象D若光子a能使某金属发生光电效应，则光子b也一定能使该金属发生光电效应12如图所示是一列沿x轴传播的简谐横波在某时刻的波形图，已知质点a的运动状态总是滞后于质点b的运动状态0.5s，质点b和质点c之间的距离是5cm，下列说法中正确的是（）A此列波沿x轴正方向传播xB此列波的频率为2HzC此列波的波长为10cmD此列波的传播速度为5cm/s13如图所示，一人
6、站在电梯中的体重计上，随电梯一起运动下列各种情况中，体重计的示数最大的是（）A电梯匀减速上升，加速度的大小为1.0m/s2B电梯匀加速上升，加速度的大小为1.0m/s2C电梯匀减速下降，加速度的大小为0.5m/s2D电梯匀加速下降，加速度的大小为0.5m/s214如图所示，某种带电粒子由静止开始经电压为U1的电场加速后，射入水平放置、电势差为U2的两块导体板间的匀强电场中，带电粒子沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场中，则粒子射入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离d随着U1或U2的变化情况为（不计重力，不考虑边缘效应）（）A仅增大U1，d将增大
7、B仅增大U1，d将减小C仅增大U2，d将增大D仅增大U2，d将减小15某人在静止的湖面上竖直上抛一小铁球，小铁球上升到最高点后自由下落，穿过湖水并陷入湖底的淤泥中某一深度处若不计空气阻力，取竖直向上为正方向，则最能近似反映小铁球运动过程的速度与时间关系的图象是（）ABCD16如图，绝热隔板K把绝热的气缸分隔成体积相等的两部分，K与气缸壁的接触是光滑的两部分中分别盛有相同质量、相同温度的同种气体a和b气体分子之间相互作用势能可忽略现通过电热丝对气体a加热一段时间后，a、b各自达到新的平衡，错误的是（）Aa的体积增大了，压强变小了Bb的温度升高了C加热后a的分子热运动比b的分子热运动更激烈Da增加
8、的内能大于b增加的内能三、多项选择题（共16分，每小题4分每小题有二个或三个正确选项，全选对的得4分，选对但不全的，得2分，有选错或不答的，得0分）17如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为U1、U2、U3，理想电流表A示数变化量的绝对值为I，则（）AA的示数减小BU1大于U2CU3与I的比值等于R+rD电源的输出功率一定增大18如图甲所示，在倾角为的光滑斜面上，有一个质量为m的物体在沿斜面方向的力F的作用下由静止开始运动，物体的机械能E随位移x的变化关系如图乙所示其中0x1过程的图线是曲线，x1x2过程的图线为
9、平行于x轴的直线，则下列说法中正确的是（）A物体在沿斜面向下运动B在0x1过程中，物体的加速度一直减小C在0x2过程中，物体先减速再匀速D在x1x2过程中，物体的加速度为gsin19如图甲所示，Q1、Q2为两个被固定的点电荷，a、b是它们连线的延长线上的两点现有一带负电的粒子只在电场力作用下以一定的初速度从a点开始经b点向远处运动，粒子经过a、b两点时的速度分别为va、vb，其速度时间图象如图乙所示下列说法正确的是（）AQ1一定带正电BQ1的电量一定小于Q2的电量Cb点的电场强度一定为零D粒子由a点经b点向远处运动过程中，粒子的电势能先减小后增大20如图所示，一小球从半径为R的固定半圆轨道左端
10、A点正上方某处开始做平抛运动（小球可视为质点），飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点O为半圆轨道圆心，OB与水平方向夹角为60，重力加速度为g，关于小球的运动，以下说法正确的是（）A小球自抛出至B点的水平射程为RB抛出点与B点的距离为2RC小球抛出时的初速度为D小球自抛出至B点的过程中速度变化量为四、填空题（共20分，每小题4分）本题中第22题为分叉题，分A、B两类，考生可任选一类答题，若两类试题均做，一律按A类题计分21氢弹的工作原理是利用氢核聚变放出巨大能量在某次聚变中，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7.0
11、3MeV则氢核聚变的方程是_；一次氢核聚变释放出的能量是_MeV22在光滑的水平面上有A、B两辆质量均为m的小车，保持静止状态，A车上站着一个质量为的人，当人从A车跳到B车上，并与B车保持相对静止，则A车与B车速度大小之比等于_，A车与B车动量大小之比等于_23（2016上海模拟）地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，若高空中某处的重力加速度为，则该处距地球表面的高度为_，在该高度绕地球做匀速圆周运动的卫星的线速度大小为_24作匀加速直线运动的物体，先后经过A、B两点时，其速度分别为和7，经历时间为t，则经A、B中点时速度为_，在后一半时间所通过的距离比前一半时间通过的距离多_25如图所示是
12、一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图，已知波的传播速度v=2m/s试回答下列问题：写出x=0.5m处的质点做简谐运动的表达式：_cm；x=0.5m处质点在00.5s内通过的路程为_cm26如图所示，两条平行金属导轨ab、cd置于磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中，两导轨间的距离l=0.6m，导轨间连有电阻R金属杆MN垂直置于导轨上，且与轨道接触良好，现使金属杆MN沿两条导轨向右匀速运动，产生的感应电动势为3V由此可知，金属杆MN滑动的速度大小为_m/s；通过电阻R的电流方向为_（填“a R c”或“c R a”）五、实验题（共24分）27（2016上海模拟）在“验证力的平行四边形
13、定则”的实验中：（1）其中有两个实验步骤如下：A在水平位置的方木板上固定一张白纸，用图钉把橡皮条的一端固定在方木板上，另一端拴上两个绳套，通过细绳同时用两个弹簧测力计（平行方木板）互成角度地拉橡皮条，使它与细绳的结点到达某一点O，在白纸上用铅笔记下O点的位置和读出两测力计的示数F1和F2B只用一弹簧测力计，通过细绳拉橡皮条，使它的伸长量与用两个测力计拉时相同，读出示数F和记下F的方向请指出以上步骤中的错误或疏漏：A中是_；B中是_（2）某同学认为实验过程中必须注意以下几项：A两根细绳必须等长B橡皮条应与两绳夹角的平分线在同一直线上C读数时视线要正对弹簧测力计的刻度D两拉力之间的夹角不要太小，也
14、不太大其中正确的是_（3）某小组得出如图所示的图（F与AO共线），图中_是F1与F2合成的理论值28（2016上海模拟）在“用DIS研究在温度不变时，一定质量的气体压强与体积的关系”实验中，某同学将注射器活塞置于刻度为10mL处，然后将注射器连接压强传感器并开始实验，气体体积V每增加1mL测一次压强p，最后得到p和V的乘积逐渐增大（1）由此可推断，该同学的实验结果可能为图_（2）图线弯曲的可能原因是在实验过程中_A注射器中有异物B连接软管中存在气体C注射器内气体温度升高 D注射器内气体温度降低29（2016上海模拟）某同学用以下器材接成图1所示的电路，并将原微安表盘改画成如图2所示，成功地改装
15、了一个简易的“R1k”的欧姆表，使用中发现这个欧姆表用来测量阻值在10k20k范围内的电阻时精确度令人满意，表盘上数字“15”为原微安表盘满偏电流一半处所供器材如下：A、Ig=100A的微安表一个； B、电动势E=1.5V，电阻可忽略不计的电池；C、阻值调至14k电阻箱R一个； D、红、黑测试表棒和导线若干；（1）原微安表的内阻Rg=_；（2）在图1电路的基础上，不换微安表和电池，图2的刻度也不改变，仅增加1个电阻，就能改装成“R1”的欧姆表要增加的电阻应接在_之间 （填a、b、c），规格为_；（保留两位有效数字）（3）画出改装成“R1”的欧姆表后的电路图30（2016上海模拟）某同学用图甲所
16、示的实验装置验证机械能守恒定律已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，重物质量m=1kg，当地重力加速度大小为g=9.80m/s2实验中该同学得到的一条点迹清晰的完整纸带如图乙所示，纸带上的第一个点记为O，另选连续的三个点A、B、C进行测量，图中给出了这三个点到O点的距离hA、hB和hC的值回答下列问题（以下计算结果均保留3位有效数字）：（1）打点计时器打B点时，重物速度的大小vB=_m/s；（2）根据以上数据，可知重物由O点运动到B点的过程中，重力势能的减少量等于_J，动能的增加量等于_J重力势能的减少量大于动能的增加量的原因是_六、计算题（共50分）31（10分）（2010重庆）小明站在水
17、平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m的小球，甩动手腕，使球在竖直平面内做圆周运动当球某次运动到最低点时，绳突然断掉，球飞行水平距离d后落地如图所示已知握绳的手离地面高度为d，手与球之间的绳长为d，重力加速度为g忽略手的运动半径和空气阻力（1）求绳断时球的速度大小v1和球落地时的速度大小v2（2）问绳能承受的最大拉力多大？（3）改变绳长，使球重复上述运动，若绳仍在球运动到最低点时断掉，要使球抛出的水平距离最大，绳长应是多少？最大水平距离为多少？32（12分）（2016钦州一模）如图所示，一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再由B变化到C已知状态A的温度为300K求气体在状
18、态B的温度；由状态B变化到状态C的过程中，气体是吸热还是放热？简要说明理由33（14分）（2016四川模拟）如图甲所示，长、宽分别为L1、L2的矩形金属线框位于竖直平面内，其匝数为n，总电阻为r，可绕其竖直中心轴O1O2转动线框的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环C、D（集流环）焊接在一起，并通过电刷和定值电阻R相连线框所在空间有水平向右均匀分布的磁场，磁感应强度B的大小随时间t的变化关系如图乙所示，其中B0、B1和t1均为已知在0t1的时间内，线框保持静止，且线框平面和磁场垂直；t1时刻后线框在外力的驱动下开始绕其竖直中心轴以角速度匀速转动求：（1）0t1时间内通过电阻R的电流大小；（2）线框
19、匀速转动后，在转动一周的过程中电流通过电阻R产生的热量；（3）线框匀速转动后，从图甲所示位置转过90的过程中，通过电阻R的电荷量34（14分）（2004天津）磁流体发电是一种新型发电方式，图1和图2是其工作原理示意图图1中的长方体是发电导管，其中空部分的长、高、宽分别为l、a、b，前后两个侧面是绝缘体，上下两个侧面是电阻可略的导体电极，这两个电极与负载电阻R1相连整个发电导管处于图2中磁场线圈产生的匀强磁场里，磁感应强度为B，方向如图所示发电导管内有电阻率为的高温、高速电离气体沿导管向右流动，并通过专用管道导出由于运动的电离气体受到磁场作用，产生了电动势发电导管内电离气体流速随磁场有无而不同设
20、发电导管内电离气体流速处处相同，且不存在磁场时电离气体流速为v0，电离气体所受摩擦阻力总与流速成正比，发电导管两端的电离气体压强差p维持恒定，求：（1）不存在磁场时电离气体所受的摩擦阻力F多大；（2）磁流体发电机的电动势E的大小；（3）磁流体发电机发电导管的输入功率P2016年上海市高考物理压轴卷参考答案与试题解析一、单项选择题：（共16分，每小题2分每小题只有一个正确选项）1下列说法正确的是（）A牛顿第一定律是通过实验得出的B万有引力常量是由牛顿直接给定的C元电荷e的数值最早是由密立根测得D用实验可以揭示电场线是客观存在的【考点】物理学史【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要
21、贡献即可【解答】解：A、牛顿第一定律是在实验的基础上进一步的推理概括出来的科学理论，而不是直接通过实验得出的，也不是直接经过推论得出的，故A错误B、万有引力常量是由卡文迪许测得的，故B错误；C、元电荷e的数值最早是由密立根测得，故C正确；D、电场线是虚拟的，实际不存在的，故D错误；故选：C【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2关于自由落体运动的加速度，正确的是（）A重的物体下落的加速度大B同一地点，轻、重物体下落的加速度一样大C这个加速度在地球上任何地方都一样大D这个加速度在地球赤道比在地球北极大【考点】重力加速度【分析】自
22、由落体加速度又叫做重力加速度，是由物体所在的位置决定的，与物体的体积、质量等都无关，随着地球的纬度的增大，重力加速度的大小也增大，在赤道上时，重力加速度最小【解答】解：A、在地球表面同一地点，物体的重力加速度均相同；故A错误；B正确；D、高度及纬度不同，则物体的重力加速度不同；纬度越高，则重力加速度越大；故CD错误；故选：B【点评】自由加速度是由物体受地球的引力而产生的，明确在不同纬度及高度处当地的重力加速度是不相同的3按照玻尔理论，一个氢原子从n=3能级跃迁到n=2能级，则（）A要吸收特定频率的光子B要放出特定频率的光子C可放出任意频率的光子D原子的能量增加【考点】氢原子的能级公式和跃迁【分
23、析】从高能级向低能级跃迁，释放光子，能量减少，从低能级向高能级跃迁，吸收光子，能量增加能级间跃迁所满足的规律，即EmEn=hv【解答】解：一个氢原子从n=3能级跃迁到n=2能级，按照玻尔理论，能级间跃迁所满足的规律，即EmEn=hv从高能级向低能级跃迁，释放光子，能量减少，要放出特定频率的光子故选：B【点评】知道高能级向低能级跃迁，释放光子，从低能级向高能级跃迁，吸收光子4下列说法正确的是（）A布朗运动是液体分子的无规则运动B晶体都具有确定的熔点和规则的几何形状C当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大D叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用【考点】* 液体的表面张力现象和毛细现象；布朗
24、运动【分析】布朗运动是悬浮在液体中固体微粒的运动，是液体分子无规则热运动的反应单晶体有规则的几何形状，非晶体没有规则的几何形状人们感到潮湿与空气的相对湿度有关叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用【解答】解：A、布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的运动，是由于小颗粒受到的液体分子撞击受力不平衡而引起的，所以布朗运动是液体分子无规则运动的反映，故A错误B、单晶体有确定的熔点和规则的几何形状，多晶体没有规则的几何形状故B错误C、人们感到潮湿与空气的相对湿度有关，当人们感到潮湿时，空气的相对湿度一定较大，故C错误D、叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用；故D正确故选：D【点评】本题关键要掌
25、握热力学基本知识，掌握气态方程和热力学第一定律，并能用来分析问题5简谐运动中反映物体振动强弱的物理量是（）A周期B频率C振幅D位移【考点】简谐运动的振幅、周期和频率【分析】能够反映物体做机械振动强弱的物理量是振幅，不是频率，回复力和周期【解答】解：A、B频率和周期表示振动的快慢故AB错误C、振幅是振动物体离开平衡位置的最大距离，表示振动的强弱，故C正确D、位移大小是振动物体离开平衡位置的距离，不表示振动的强弱，故D错误故选：C【点评】振幅是振动物体离开平衡位置的最大距离，表示振动的强弱；频率和周期表示振动的时间上的快慢，注意理解6图中矩形线圈abcd在匀强磁场中以ad边为轴匀速转动，产生的电动
26、势瞬时值为e=5sin20t（V），则以下判断正确的是 （）A此交流电的频率为HzB当线圈平面与中性面重合时，线圈中的感应电动势为5VC当线圈平面与中性面垂直时，线圈中的感应电流为0VD线圈转动一周，感应电流的方向改变一次【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系【分析】根据感应电动势的瞬时表达式e=0.5sin20t（V），可以求出频率、某时刻，e的瞬时值、交流电的电动势最大值，当t=0时线圈平面跟磁感线垂直，磁通量最大，磁通量变化率为0【解答】解：A、根据e=5sin20t（V），得：=20rad/s，所以f=Hz=Hz，故A正确；B、当线圈平面与中性面重合时，线圈边的切割速度最小，即线圈中
27、的感应电动势为零，故B错误；C、当线圈平面与中性面垂直时，线圈边的切割速度最大，线圈中的感应电流最大，故C错误；D、线圈转动到中性面位置时，电流方向改变，则转动一周，感应电流的方向改变两次，故D错误；故选：A【点评】本题主要考查了感应电动势的瞬时表达式的含义，要求同学们能根据瞬时表达式求出相关物理量当然本题还可通过电动势的最大值Em=NBS，所以可求出BS=Wb=0.25Wb7在水面下同一深处有两个点光源P、Q，能发出不同颜色的光当它们发光时，在水面上看到P光照亮的水面区域大于Q光，以下说法正确的是（）AP光的频率大于Q光BP光在水中的传播速度小于Q光C让P光和Q光通过同一单缝装置，P光的中心
28、条纹宽度大于Q光的中心条纹宽度D让P光和Q光通过同一双缝干涉装置，P光的条纹间距小于Q光【考点】光的折射定律【分析】在同一深度两光源发光的水面区域不同，则说明它们的临界角不同，从而确定它们的折射率由c=nv可得两根光线在水中的速度与折射率成反比；再由v=f得波长与速度成正比的关系【解答】解：A、由题意可知：P光照亮的水面区域大于Q光，则P光的临界角大于Q，由临界角公式sinC=知，P光的折射率小于Q光的折射率，那么P在水中的速度大于Q，P光的频率也小于Q光故A错误；B、由v=知，P光的折射率小于Q光的折射率，则P光在水中的速度大于Q光故B错误；D、P光的折射率小于Q光的折射率，则P光的波长大于
29、Q光的波长，P光的衍射现象比较显著，则P光的中心条纹宽度大于Q光的中心条纹宽度故C正确；D、P光的折射率小于Q光的折射率，P光的波长大于Q光的波长，而干涉条纹的间距与波长成正比，则让P光和Q光通过同一双缝干涉装置，P光的相邻条纹间距大于Q光故D错误；故选：C【点评】在同一深度两光源发光的水面区域不同，从而确定它们的折射率则可以假设P是红光，Q是紫光，所以利用红光 与紫光的特性做出判断8如图示，A、B两物体叠放在一起，用手托住，让它们静止靠在墙边，然后释放，它们同时沿竖直墙面下滑，已知mAmB，则物体B（）A只受一个重力B受到重力、摩擦力各一个C受到重力、弹力、摩擦力各一个D受到重力、摩擦力各一
30、个，弹力两个【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用【分析】先对整体结合运动情况受力分析，得到只受重力，加速度为g，即做自由落体运动，然后对B结合运动情况受力分析，得到受力情况【解答】解：A、B整体同时沿竖直墙面下滑，受到总重力，墙壁对其没有支持力，如果有，将会向右加速运动，因为没有弹力，故也不受墙壁的摩擦力，即只受重力，做自由落体运动；由于整体做自由落体运动，处于完全失重状态，故A、B间无弹力，再对物体B受力分析，只受重力；故选：A【点评】本题关键先对整体受力分析，得到整体做自由落体运动，处于完全失重状态，故A与B间无弹力，最后再对B受力分析，得到其只受重力二、单项选择题：（共24分，每小
31、题3分每小题只有一个正确选项）9卢瑟福提出原子的核式结构模型，这一模型建立的基础是（）A对阴极射线的研究B天然放射现象的发现C粒子散射实验D氢原子光谱的发现【考点】物理学史【分析】卢瑟福提出原子的核式结构模型，这一模型建立的基础是粒子散射实验【解答】解：卢瑟福根据对粒子散射实验结果的研究，提出原子的核式结构模型故C正确故选C【点评】本题考查物理学史，掌握粒子散射实验观察的结果，这是卢瑟福提出原子的核式结构模型的实验基础10如图所示，在竖直面内有一以O点为圆心的圆，AB、CD分别为这个圆沿竖直和水平方向的直径，该圆处于静电场中将带负电荷的小球从O点以相同的动能分别沿竖直平面向不同方向射出，小球会
32、沿圆所在平面运动并经过圆周上不同的点已知小球从O点分别到A、B两点的过程中电场力对它做的功相同，小球到达D点时的电势能最大若小球只受重力和电场力的作用，则下列说法中正确的是（）A此电场可能是位于C点的正点电荷形成的B小球到达B点时的动能等于到达点A时的动能C小球到达B点时的机械能与它在圆周上其他各点相比最小D小球到达A点时的电势能和重力势能之和与它在圆周上其他各点相比最小【考点】电势差与电场强度的关系；匀强电场中电势差和电场强度的关系【分析】对于负电荷电势能大的地方的电势小，故D点的电势最低；电场力做功，电势能与机械能之间相互转化【解答】解：A、AB两点的电势相等，对于负电荷电势能大的地方的电
33、势小，故D点的电势最低；说明了该区域内的电场可能具有一定的对称性，若是正电荷的电场，正电荷在OC的连线上或延长线上；若是负电荷，负电荷在OD上，或OD的延长线上故A正确；B、AB两点的电势相等，物体在A点的重力势能要大于物体在B点的重力势能，小球在A点的动能小于在B点的动能，故B错误C、AB两点处于CD之间，小球在AB两点的电势能也介于CD之间，不是最大，也不是最小，故C错误；D、小球从O点分别到A、B两点的过程中电场力对它做的功相同，说明AB两点的电势相等，物体在A点的重力势能要大于物体在B点的重力势能，故D错误；故选：A【点评】该题考查电场力做功与电势能改变之间的关系，和能量的转化与守恒，
34、属于基础题目，有一定的难度解题的关键在：对于负电荷电势能大的地方的电势小，故D点的电势最低11如图所示为氢原子的能级图当氢原子从n=4的能级跃迁到n=2 的能级时，辐射出光子a；当氢原子从n=3的能级跃迁到n=1的能级时，辐射出光子b，则下列判断正确的是（）A光子a的能量大于光子b的能量B光子a的波长小于光子b的波长Cb光比a光更容易发生衍射现象D若光子a能使某金属发生光电效应，则光子b也一定能使该金属发生光电效应【考点】氢原子的能级公式和跃迁【分析】能级间跃迁辐射光子的能量等于能级之差，根据能极差的大小比较光子能量，从而比较出光子的频率频率大，波长小，波长越长，越容易发生衍射频率大，折射率大
35、，根据v=比较在介质中的速度大小当入射光的频率大于金属的极限频率时，发生光电效应【解答】解：A、氢原子从n=4的能级跃迁到n=2的能级的能极差小于从n=3的能级跃迁到n=l的能级时的能极差，根据EmEn=h，知，光子a的能量小于光子b的能量故A错误B、光子a的频率小于光子b的频率，所以b的频率大，波长小，即光子a的波长大于光子b的波长，所以a光更容易发生衍射故B错误D、若光子a能使某金属发生光电效应，因为光子b的能量大于光子a，则光子b也一定能使金属发生光电效应故D正确故选：D【点评】解决本题的突破口是比较出光子a和光子b的频率大小，从而得知折射率、在介质中速度等大小关系12如图所示是一列沿x
36、轴传播的简谐横波在某时刻的波形图，已知质点a的运动状态总是滞后于质点b的运动状态0.5s，质点b和质点c之间的距离是5cm，下列说法中正确的是（）A此列波沿x轴正方向传播xB此列波的频率为2HzC此列波的波长为10cmD此列波的传播速度为5cm/s【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系【分析】a、b两点振动相差半个周期，根据图中质点b的起振时刻比质点a延迟了0.5s，确定出周期，b、c间距离等于一个波长，确定出波长，求出波速波由振动早的质点向振动迟的质点传播，从而分析波的传播方向【解答】解：A、质点a的运动状态总是滞后于质点b的运动状态0.5s，说明b点先于a点振动，即波传播的方向由b向a
37、，向左传播故A错误；B、由图可知b、a两点之间的距离是半个周期，则振动相差半个周期，由题知：图中质点a的起振时刻比质点b落后了0.5s，则周期T=1s，此列波的频率为=1Hz故B错误；C、质点b和质点c之间的距离是5cm，由图可知质点b和质点c之间的距离是一个波长，所以该波的波长是5cm故C错误；D、波速为 v=cm/s，故D正确故选：D【点评】本题考查横波的图象，要理解沿波的传播方向质点的起振逐渐延迟，相邻两个波峰或波谷间的距离等于波长13如图所示，一人站在电梯中的体重计上，随电梯一起运动下列各种情况中，体重计的示数最大的是（）A电梯匀减速上升，加速度的大小为1.0m/s2B电梯匀加速上升，
38、加速度的大小为1.0m/s2C电梯匀减速下降，加速度的大小为0.5m/s2D电梯匀加速下降，加速度的大小为0.5m/s2【考点】牛顿运动定律的综合应用【分析】先对人受力分析，受重力和支持力，体重计示数即为受到的压力，而压力等于支持力；再对人进行运动分析，确定加速度方向；最后根据牛顿第二定律列式求解【解答】解：A、电梯减速上升，加速度向下，由牛顿第二定律mgF=ma解得F=m（ga）=9mB、电梯匀加速上升，加速度向上，由牛顿第二定律Fmg=ma解得F=m（g+a）=11mC、电梯匀减速下降，加速度向上，由牛顿第二定律Fmg=ma解得F=m（g+a）=10.5mD、电梯匀加速下降，加速度向下，由
39、牛顿第二定律mgF=ma解得F=m（ga）=9.5m故选：B【点评】只要加速度向上，就是超重，加速度向下，就是失重，与物体的运动速度方向无关，同时，超重与失重现象只是物体对支撑物的压力变大，而重力保持不变！14如图所示，某种带电粒子由静止开始经电压为U1的电场加速后，射入水平放置、电势差为U2的两块导体板间的匀强电场中，带电粒子沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场中，则粒子射入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离d随着U1或U2的变化情况为（不计重力，不考虑边缘效应）（）A仅增大U1，d将增大B仅增大U1，d将减小C仅增大U2，d将增大D仅增大U
40、2，d将减小【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】不加磁场时粒子做匀速直线运动；加入磁场后，带电粒子在磁场中做圆周运动，已知偏向角则由几何关系可确定圆弧所对应的圆心角，则可求得圆的半径，由洛仑兹力充当向心力可求得d表达式，再进行分析【解答】解：对于加速过程，有 qU1=，得 v0=带电粒子在电场中做类平抛运动，可将射出电场的粒子速度v分解成初速度方向与加速度方向，设出射速度与水平夹角为，则有： =cos而在磁场中做匀速圆周运动，设运动轨迹对应的半径为R，由几何关系可得，半径与直线MN夹角正好等于，则有： =cos所以d=又因为半径公式R=，则有d=故d随U1变化
41、，d与U2无关，仅增大U1，d将增大故A正确，BCD错误；故选：A【点评】带电粒子在磁场中的运动类题目关键在于确定圆心和半径，然后由向心力公式即可确定半径公式，由几何关系即可求解15某人在静止的湖面上竖直上抛一小铁球，小铁球上升到最高点后自由下落，穿过湖水并陷入湖底的淤泥中某一深度处若不计空气阻力，取竖直向上为正方向，则最能近似反映小铁球运动过程的速度与时间关系的图象是（）ABCD【考点】匀变速直线运动的图像；牛顿第二定律【分析】分析小球的运动情况：小球先竖直向上做匀减速运动，再向下做自由落体运动，进入淤泥中后先向下做加速运动，后向下做减速运动，根据运动情况分析图象【解答】解：小球的运动过程分
42、为四段：1、小球竖直向上做匀减速运动，速度为正值，图象是向下倾斜的直线；2、小球做自由落体运动，速度为负值，图象是向下倾斜的直线；3、小球进入淤泥中后，重力大于阻力时，向下做加速运动，加速度小于g，图象是向下倾斜的直线；4、小球进入淤泥中后，阻力大于重力时，向下做减速速运动，加速度小于g，图象是向下倾斜的直线；故D正确故选：D【点评】本题首先要根据小球的受力情况分析其运动情况，抓住速度的方向及速度大小的变化情况，选择图象16如图，绝热隔板K把绝热的气缸分隔成体积相等的两部分，K与气缸壁的接触是光滑的两部分中分别盛有相同质量、相同温度的同种气体a和b气体分子之间相互作用势能可忽略现通过电热丝对气
43、体a加热一段时间后，a、b各自达到新的平衡，错误的是（）Aa的体积增大了，压强变小了Bb的温度升高了C加热后a的分子热运动比b的分子热运动更激烈Da增加的内能大于b增加的内能【考点】理想气体的状态方程；气体压强的微观意义【分析】根据气体状态方程和已知的变化量去判断其它的物理量根据热力学第一定律判断气体的内能变化【解答】解：A、当a加热时，气体a的温度升高，压强增大，由于K与气缸壁的接触是光滑的，可以自由移动，所以a，b两部分的压强始终相同，都变大，故A错误B、由于a气体膨胀，b气体被压缩，所以外界对b气体做功，根据热力学第一定律得：b的温度升高了，故B正确C、由于过程中a气体膨胀，b气体被压缩
44、，所以a气体的温度较高，所以加热后a的分子热运动比b的分子热运动更激烈，故C正确D、由于a气体膨胀，b气体被压缩，最终a气体体积大于b气体体积，所以a气体的最终温度较高，内能增加较多，故D正确本题选错误的，故选：A【点评】温度是气体分子平均运动剧烈程度的标志根据气体状态方程找出新的平衡状态下物理量间的关系三、多项选择题（共16分，每小题4分每小题有二个或三个正确选项，全选对的得4分，选对但不全的，得2分，有选错或不答的，得0分）17如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为U1、U2、U3，理想电流表A示数变化量的绝
45、对值为I，则（）AA的示数减小BU1大于U2CU3与I的比值等于R+rD电源的输出功率一定增大【考点】闭合电路的欧姆定律【分析】理想电压表内阻无穷大，相当于断路理想电流表内阻为零，相当短路分析电路的连接关系，根据欧姆定律分析根据电源的输出功率分析功率的变化【解答】解：A、据题理想电压表内阻无穷大，相当于断路理想电流表内阻为零，相当短路，所以R与变阻器串联，电压表V1、V2、V3分别测量R、路端电压和变阻器两端的电压当滑动变阻器滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，则A的示数增大，故A错误；B、根据闭合电路欧姆定律得：U2=EIr，则得： =r； =R，据题：Rr，则，故V1大于V
46、2故B正确C、根据闭合电路欧姆定律得：U3=EI（R+r），则得： =R+rr，则V3与I的比值大于r，故C正确；D、当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，故当滑动变阻器滑片向下滑动时，外电阻越来越接近内阻，故输出功率一定增大；故D正确；故选：BCD【点评】本题是电路的动态分析问题，关键要搞清电路的结构，明确电表各测量哪部分电路的电压或电流，根据闭合电路欧姆定律进行分析18如图甲所示，在倾角为的光滑斜面上，有一个质量为m的物体在沿斜面方向的力F的作用下由静止开始运动，物体的机械能E随位移x的变化关系如图乙所示其中0x1过程的图线是曲线，x1x2过程的图线为平行于x轴的直线，则下列说法中正确的是
47、（）A物体在沿斜面向下运动B在0x1过程中，物体的加速度一直减小C在0x2过程中，物体先减速再匀速D在x1x2过程中，物体的加速度为gsin【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律【分析】根据功能关系：除重力以外其它力所做的功等于机械能的增量，在0x1过程中物体机械能在减小，知拉力在做负功，机械能与位移图线的斜率表示拉力当机械能守恒时，拉力等于零，通过拉力的变化判断其加速度的变化【解答】解：A、在0x1过程中物体机械能在减小，知拉力在做负功，拉力方向向上，所以位移方向向下，故物体在沿斜面向下运动，故A正确；B、在0x1过程中图线的斜率逐渐减小到零，知物体的拉力逐渐减小到零根据a=，可知，加速度逐渐
48、增大，故B错误；C、在0x1过程中，加速度的方向与速度方向相同，都沿斜面向下，所以物体做加速运动，故C错误；D、在x1x2过程中，机械能守恒，拉力F=0，此时a=，故D正确故选AD【点评】解决本题的关键通过图线的斜率确定出拉力的变化，然后根据牛顿第二定律判断出加速度的方向，根据加速度方向和速度的方向关系知道物体的运动规律19如图甲所示，Q1、Q2为两个被固定的点电荷，a、b是它们连线的延长线上的两点现有一带负电的粒子只在电场力作用下以一定的初速度从a点开始经b点向远处运动，粒子经过a、b两点时的速度分别为va、vb，其速度时间图象如图乙所示下列说法正确的是（）AQ1一定带正电BQ1的电量一定小
49、于Q2的电量Cb点的电场强度一定为零D粒子由a点经b点向远处运动过程中，粒子的电势能先减小后增大【考点】电场线；电势能【分析】速度时间图线上每一点的切线斜率表示瞬时加速度，可见a到b做加速度减小的减速运动，到b点加速度为0从而知道b点的电场力及电场强度通过B点的场强可以分析出两个点电荷电量的大小通过能量守恒判断电势能的变化【解答】解：A、从速度图象上看，可见负电荷从a到b做加速度减小的加速运动，所以ab之间电场的方向向左；在b点时粒子运动的加速度为零，则电场力为零，所以该点场强为零过b点后负电荷做减速运动，所以电场的方向向右b点场强为零，可见两点电荷在b点对负电荷的电场力相等，根据F=k，b到
50、Q1的距离大于到Q2的距离，所以Q1的电量大于Q2的电量ab之间电场的方向向左，结合电场的合成可知，Q2一定带负电，Q1一定带正电故A正确，C正确，B错误D、整个过程动能先增加后减小，根据能量守恒电势能先减小后增大故D正确故选：ACD【点评】解决本题的关键根据图象b点的加速度为0，根据这一突破口，从而判断Q2的电性及Q1和Q2的电量大小20如图所示，一小球从半径为R的固定半圆轨道左端A点正上方某处开始做平抛运动（小球可视为质点），飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点O为半圆轨道圆心，OB与水平方向夹角为60，重力加速度为g，关于小球的运动，以下说法正确的是（）A小球自抛出至B点的水平射程为RB抛
51、出点与B点的距离为2RC小球抛出时的初速度为D小球自抛出至B点的过程中速度变化量为【考点】平抛运动【分析】由几何知识求解水平射程根据平抛运动速度与水平方向夹角的正切值等于位移与水平方向夹角正切值的2倍，求出竖直方向上的位移，从而求出竖直方向上的分速度，根据速度方向求出平抛运动的初速度速度变化量由v=gt求解【解答】解：A、由几何知识可得，小球自抛出至B点的水平射程为 x=R+Rcos60=R，故A正确B、小球飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点，经过B点时速度与水平方向的夹角为30则tan30=设位移与水平方向的夹角为，则tan=可得竖直位移 y=x=R=R故抛出点与B点的距离 S=R，故B错误
52、C、根据vy2=2gy得，vy=由tan30=，解得v0=故C正确D、速度变化量v=gt=vy=故D正确故选：ACD【点评】解决本题的关键掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住速度方向，结合位移关系、速度关系进行求解四、填空题（共20分，每小题4分）本题中第22题为分叉题，分A、B两类，考生可任选一类答题，若两类试题均做，一律按A类题计分21氢弹的工作原理是利用氢核聚变放出巨大能量在某次聚变中，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H+HHe+n；一次氢核聚变释放出的能量是
53、17.6MeV【考点】爱因斯坦质能方程【分析】（1）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（2）根据质能方程可正确解答【解答】解：（1）根据质量数与质子数守恒，则有核反应方程为： H+HHe+n；（2）根据质能方程E=mc2得一次聚变释放出的能量：E=E2E1=7.034（2.783+1.292）=17.6MeV；故答案为： H+HHe+n；17.6 MeV【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22在光滑的水平面上有A、B两辆质量均为m的小车，保持静止状态，A车上站着一个质量为的人，当人从A车跳到B
54、车上，并与B车保持相对静止，则A车与B车速度大小之比等于3：2，A车与B车动量大小之比等于1：1【考点】动量守恒定律【分析】对人以及两车研究，该系统在整个过程中动量守恒根据动量守恒定律求出A车与B车速度大小之比以及A车和B车的动量大小之比【解答】解：对人、A、B两车组成的系统动量守恒有：0=mvA可知：A车与B车动量大小相等，则动量大小之比为1：1vA：vB=3：2故答案为：3：2，1：1【点评】解决本题的关键选择好研究的系统，运用动量守恒定律进行求解23（2016上海模拟）地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，若高空中某处的重力加速度为，则该处距地球表面的高度为（1）R，在该高度绕地球做匀
55、速圆周运动的卫星的线速度大小为【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系【分析】地球表面的物体所受的重力，可以近似认为等于地球对其的万有引力，根据万有引力等于重力列式求解该处距地球表面的高度根据重力等于向心力，列式求解卫星的线速度大小【解答】解：根设地球的质量为M，物体质量为m，物体距地面的高度为h据万有引力近似等于重力得：在地球表面：mg=G在h高处：m=G由联立得：2R2=（R+h）2解得：h=（1）R在该高度卫星绕地球做匀速圆周运动时，由重力提供向心力，则得：m=m可得：v=V故答案为：（1）R；【点评】对于卫星类型的题目，关键把握两条基本思路：（1）物体在地球上或在地球附近（不做圆周运
56、动），利用万有引力等于重力求解；（2）物体围绕地球做圆周运动，利用万有引力提供向心力求解24作匀加速直线运动的物体，先后经过A、B两点时，其速度分别为和7，经历时间为t，则经A、B中点时速度为5V，在后一半时间所通过的距离比前一半时间通过的距离多1.5vt【考点】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时间的关系【分析】解决本题需要掌握：匀变速直线运动的时间中点和位移中点的速度公式，明确公式适用条件和物理量意义然后直接利用公式求解即可【解答】解：在匀变速直线运动中时间中点的速度为： =4v在匀变速运动中，时间中点的速度等于全过程中的平均速度，所以前半时间的平均速度为后半时间的平
57、均速度为故后半时间比前半时间位移多：s=故答案为：5v；1.5vt【点评】本题考查了匀变速直线运动推论公式的应用，对于这些推论公式既要会推导也要明确其适用条件并能灵活应用25如图所示是一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图，已知波的传播速度v=2m/s试回答下列问题：写出x=0.5m处的质点做简谐运动的表达式：y=5cos2tcm；x=0.5m处质点在00.5s内通过的路程为1cm【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象【分析】（1）根据上下坡法知，x=0.5m处的质点初始时刻向上振动，通过图象得出波长、振幅，根据波速和波长求出周期，从而得出圆频率，写出振动的函数表达式（2）抓住
58、质点在一个周期内的路程等于4倍的振幅求出质点在00.5s内通过的路程【解答】解：波长=2.0m，周期T=，振幅A=5cm则=2rad/s则x=0.5m处质点振动的函数表达式为y=5cos2t（cm）n=，则0.5s内路程s=4nA=40.50.5=1cm答：x=0.5m处质点振动的函数表达式y=5cos2t（cm）x=0.5m处质点在00.5s内通过的路程为1cm【点评】解决本题的关键知道波速、波长、周期以及圆频率的关系，知道波的周期性，以及知道质点在一个周期内的路程等于4倍的振幅26如图所示，两条平行金属导轨ab、cd置于磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中，两导轨间的距离l=0.6m，导轨间
59、连有电阻R金属杆MN垂直置于导轨上，且与轨道接触良好，现使金属杆MN沿两条导轨向右匀速运动，产生的感应电动势为3V由此可知，金属杆MN滑动的速度大小为10m/s；通过电阻R的电流方向为cRa（填“a R c”或“c R a”）【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【分析】根据感应电动势公式E=Blv，求解金属杆MN滑动的速度大小由楞次定律判断通过电阻R的电流方向【解答】解：由感应电动势公式E=Blv得： v=m/s=10m/s当金属杆MN向右运动时，穿过回路NMab的磁通量增大，根据楞次定律判断知：通过电阻R的电流方向为cRa故答案为：10；cRa【点评】掌握切割感应电动势公
60、式E=Blv和楞次定律是解决本题的关键，对于感应电流的方向，也可以运用右手定则判断，结果一样五、实验题（共24分）27（2016上海模拟）在“验证力的平行四边形定则”的实验中：（1）其中有两个实验步骤如下：A在水平位置的方木板上固定一张白纸，用图钉把橡皮条的一端固定在方木板上，另一端拴上两个绳套，通过细绳同时用两个弹簧测力计（平行方木板）互成角度地拉橡皮条，使它与细绳的结点到达某一点O，在白纸上用铅笔记下O点的位置和读出两测力计的示数F1和F2B只用一弹簧测力计，通过细绳拉橡皮条，使它的伸长量与用两个测力计拉时相同，读出示数F和记下F的方向请指出以上步骤中的错误或疏漏：A中是没有记录下两细绳的
61、方向，即F1、F2的方向；B中是应使细绳结点仍拉到操作A中的O点处（2）某同学认为实验过程中必须注意以下几项：A两根细绳必须等长B橡皮条应与两绳夹角的平分线在同一直线上C读数时视线要正对弹簧测力计的刻度D两拉力之间的夹角不要太小，也不太大其中正确的是CD（3）某小组得出如图所示的图（F与AO共线），图中F是F1与F2合成的理论值【考点】验证力的平行四边形定则【分析】（1）步骤A中只有记下两条细绳的方向，才能确定两个分力的方向，进一步才能根据平行四边形定则求合力；步骤B中只有使结点到达同样的位置O，才能表示两种情况下力的作用效果相同；（2）实验要操作方便，尽量减小误差，两分力夹角不宜太大，也不宜
62、太小，弹簧要与纸面平行（3）该实验采用了“等效法”，由于实验误差的存在，导致F1与F2合成的实际值（通过平行四边形定则得出的值），与理论值（实际实验的数值）存在差别【解答】解：（1）力的合成遵循平行四边形定则，力的图示法可以表示出力的大小、方向和作用点，因而要表示出分力，必须先测量出其大小和方向，故步骤A中遗漏了方向；合力与分力是一种等效替代的关系，替代的前提是等效，实验中合力与分力一定产生相同的形变效果，故步骤B中遗漏了使结点到达同样的位置；（2）A、为减小实验过程中的偶然误差，就要设法减小读数误差，两个分力的大小不一定要相等，绳子的长短对分力大小和方向亦无影响，故A、B错误；C、读数时视线
63、正对弹簧测力计的刻度能减小偶然误差，故C正确；D、两个拉力的夹角过大，合力会过小，量取理论值时相对误差变大，夹角太小，会导致作图困难，也会增大偶然误差，故D正确；故选：CD（3）是F1与F2合成的理论值是通过平行四边形定则算出的值，而实际值是单独一个力拉O点的时的值，因此F是F1与F2合成的实际值，F是F1与F2合成的理论值故答案为：（1）没有记录下两细绳的方向，即F1、F2的方向；应使细绳结点仍拉到操作A中的O点处；（2）CD；（3）F【点评】本题涉及力的合成实验的原理，要明确力的图示法和力的作用效果；减小实验的系统误差要从实验原理角度出发，减小偶然误差主要要从读数考虑！28（2016上海模
64、拟）在“用DIS研究在温度不变时，一定质量的气体压强与体积的关系”实验中，某同学将注射器活塞置于刻度为10mL处，然后将注射器连接压强传感器并开始实验，气体体积V每增加1mL测一次压强p，最后得到p和V的乘积逐渐增大（1）由此可推断，该同学的实验结果可能为图甲（2）图线弯曲的可能原因是在实验过程中CA注射器中有异物B连接软管中存在气体C注射器内气体温度升高 D注射器内气体温度降低【考点】气体的等容变化和等压变化【分析】（1）最后得到p和V的乘积逐渐增大，表示V图象的斜率逐渐增大，由此选择（2）在实验过程中随时间延长，导致注射器内气体温度升高，故V图象的斜率逐渐增大【解答】解：（1）由于“最后得
65、到p和V的乘积逐渐增大”，因此在V图象中，斜率k=PV逐渐增大，斜率变大，故选甲（2）A、注射器有异物不会影响图线的斜率，故A错误B、连接软管中存在气体可以视为被封闭的气体总体积较大，不会影响斜率，故B错误C、注射器内气体温度升高，由克拉柏龙方程知=C，当T增大时，PV会增大，故C正确D、由C分析得，温度降低，PV会减小故D错误故选：C故答案为：（1）甲（2）C【点评】本题考查气体压强与体积的关系实验中的数据处理方法以及误差分析，知道实验原理、误差来源，然后根据玻意耳定律列式分析即可29（2016上海模拟）某同学用以下器材接成图1所示的电路，并将原微安表盘改画成如图2所示，成功地改装了一个简易
66、的“R1k”的欧姆表，使用中发现这个欧姆表用来测量阻值在10k20k范围内的电阻时精确度令人满意，表盘上数字“15”为原微安表盘满偏电流一半处所供器材如下：A、Ig=100A的微安表一个； B、电动势E=1.5V，电阻可忽略不计的电池；C、阻值调至14k电阻箱R一个； D、红、黑测试表棒和导线若干；（1）原微安表的内阻Rg=1k；（2）在图1电路的基础上，不换微安表和电池，图2的刻度也不改变，仅增加1个电阻，就能改装成“R1”的欧姆表要增加的电阻应接在ac之间 （填a、b、c），规格为15；（保留两位有效数字）（3）画出改装成“R1”的欧姆表后的电路图【考点】多用电表的原理及其使用【分析】欧姆
67、表的工作原理是闭合电路的欧姆定律；欧姆表指针指在中央时所测电阻阻值等于欧姆表内阻，此电阻阻值叫中值电阻，此时所测电阻阻值最准确【解答】解：（1）根据“使用中发现这个欧姆表用来测量阻值在10k20k范围内的电阻时精确度令人满意”，说明在测阻值在10k20k的电阻时欧姆表的指针在刻度盘的中间附近，由此可结合刻度盘确定此表的中值电阻，即表内总电阻约为R总=15k（相当于欧姆表选择量程于1 k 挡）当表笔短接时，电流满偏，根据欧姆定律有：Ig=，代入E、R、Ig的值，解得：Rg=1k；2）要减少把原表改装成“R1”的欧姆表，就要减少表的内阻，依题意，显然只有在ac之间并联一个小电阻R才能使表内总电阻等
68、于中值电阻R并=15根据R并=，代入R以及Rg的数值可计算可得R15；（3）画出改装成“R1”的欧姆表后的电路图如图所示故答案为：（1）1k；（2）a、c，15；（3）电路图如图所示【点评】欧姆表刻度盘中央刻度值是中值电阻，欧姆表中值电阻阻值等于欧姆表内阻；知道欧姆表的工作原理、应用闭合电路的欧姆定律即可正确解题30（2016上海模拟）某同学用图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，重物质量m=1kg，当地重力加速度大小为g=9.80m/s2实验中该同学得到的一条点迹清晰的完整纸带如图乙所示，纸带上的第一个点记为O，另选连续的三个点A、B、C进行测量，图中给
69、出了这三个点到O点的距离hA、hB和hC的值回答下列问题（以下计算结果均保留3位有效数字）：（1）打点计时器打B点时，重物速度的大小vB=3.90m/s；（2）根据以上数据，可知重物由O点运动到B点的过程中，重力势能的减少量等于7.70J，动能的增加量等于7.61J重力势能的减少量大于动能的增加量的原因是阻力做负功【考点】验证机械能守恒定律【分析】（1）打点计时器所用电源的频率为50Hz，可知其周期，由平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得B点的速度（2）由重力势能表达式mgh可得重物由O点运动到B点的过程中，重力势能的减少量；由动能表达式可得B点的动能，由于有阻力做功，故减少的重力势能没有全部转
70、化为动能【解答】解：（1）打点计时器周期为0.02s，B点的速度为：；（2）重物由O点运动到B点的过程中，重力势能的减少量为：EP=mgh=19.80.7875=7.70J；增加的动能为：；由于有阻力做功，故减少的重力势能大于增加的动能故答案为：（1）3.90；（2）7.70J，7.61J；阻力做负功【点评】验证机械能守恒的问题，要掌握如何求一个点的速度，一般的方法是用“平均速度等于中间时刻的瞬时速度”六、计算题（共50分）31（10分）（2010重庆）小明站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m的小球，甩动手腕，使球在竖直平面内做圆周运动当球某次运动到最低点时，绳突然断
71、掉，球飞行水平距离d后落地如图所示已知握绳的手离地面高度为d，手与球之间的绳长为d，重力加速度为g忽略手的运动半径和空气阻力（1）求绳断时球的速度大小v1和球落地时的速度大小v2（2）问绳能承受的最大拉力多大？（3）改变绳长，使球重复上述运动，若绳仍在球运动到最低点时断掉，要使球抛出的水平距离最大，绳长应是多少？最大水平距离为多少？【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律；平抛运动；向心力【分析】（1）绳断后小球做平抛运动，根据平抛运动的规律即可求解绳断时球的速度大小 v1和球落地时的速度大小 v2（2）设绳能承受的最大拉力大小为T，这也是球受到绳的最大拉力大小根据向心力公式即可求解；（3）设绳长
72、为l，绳断时球的速度大小为v3，绳承受的最大推力不变，根据圆周运动向心力公式及平抛运动的规律结合数学知识即可解题【解答】解：（1）设绳断后球飞行时间为t，由平抛运动规律，有竖直方向，水平方向d=v1t得由机械能守恒定律，有得（2）设绳能承受的最大拉力大小为T，这也是球受到绳的最大拉力大小球做圆周运动的半径为由圆周运动向心力公式，有 得 （3）设绳长为l，绳断时球的速度大小为v3，绳承受的最大拉力不变，有 得绳断后球做平抛运动，竖直位移为dl，水平位移为x，时间为t1有x=v3t1得 当时，x有最大值，答：（1）绳断时球的速度大小v1为，球落地时的速度大小v2为；（2）绳能承受的最大拉力为；（3
73、）绳长应是，最大水平距离为【点评】本题主要考查了圆周运动向心力公式及平抛运动的规律的应用，并能结合数学知识解题32（12分）（2016钦州一模）如图所示，一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再由B变化到C已知状态A的温度为300K求气体在状态B的温度；由状态B变化到状态C的过程中，气体是吸热还是放热？简要说明理由【考点】理想气体的状态方程；热力学第一定律；气体的等容变化和等压变化【分析】根据气体状态方程和已知的变化量去计算其它的物理量根据符号法则，确定Q、W的正负号，代入公式U=Q+W进行判断【解答】解：由理想气体的状态方程=解得气体在状态B的温度TB=1200K由BC，气体做等容变化，由
74、查理定律得：=TC=600K故气体由B到C为等容变化，不做功，但温度降低，内能减小根据热力学第一定律，U=W+Q，可知气体要放热答：求气体在状态B的温度为1200K；由状态B变化到状态C的过程中，气体是放热【点评】运用U=Q+W来分析问题时，必须理解表达式的物理意义，掌握它的符号法则要注意研究过程中哪些量不变，哪些量变化33（14分）（2016四川模拟）如图甲所示，长、宽分别为L1、L2的矩形金属线框位于竖直平面内，其匝数为n，总电阻为r，可绕其竖直中心轴O1O2转动线框的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环C、D（集流环）焊接在一起，并通过电刷和定值电阻R相连线框所在空间有水平向右均匀分布的磁场
75、，磁感应强度B的大小随时间t的变化关系如图乙所示，其中B0、B1和t1均为已知在0t1的时间内，线框保持静止，且线框平面和磁场垂直；t1时刻后线框在外力的驱动下开始绕其竖直中心轴以角速度匀速转动求：（1）0t1时间内通过电阻R的电流大小；（2）线框匀速转动后，在转动一周的过程中电流通过电阻R产生的热量；（3）线框匀速转动后，从图甲所示位置转过90的过程中，通过电阻R的电荷量【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系【分析】（1）先求出感应电动势，再根据闭合电路欧姆定律求解电流；（2）线框产生感应电动势的最大值 Em=nB1 L1L2，进而求出有效值，根据 Q=I2Rt即可求解在转动一周的过程中电
76、流通过电阻R产生的热量；（3）先求出平均电动势，再求出平均电流，根据q=即可求解【解答】解：（1）0t1时间内，线框中的感应电动势为：E=n 根据闭合电路欧姆定律可知，通过电阻R的电流为：I=（2）线框产生感应电动势的最大值为：Em=nB1 L1L2感应电动势的有效值为：E=nB1 L1L2 通过电阻R的电流 的有效值为：I=线框转动一周所需的时间为：t=此过程中，电阻R产生的热量为：Q=I2Rt=R（3）线框从图甲所示位置转过90的过程中，平均感应电动势为：平均感应电流为：通过电阻R的电荷量为：q=答：（1）0t1时间内通过电阻R的电流大小为；（2）线框匀速转动后，在转动一周的过程中电流通过
77、电阻R产生的热量为R；（3）线框匀速转动后，从图甲所示位置转过90的过程中，通过电阻R的电荷量为【点评】本题考查交变电流最大值、有效值的理解和应用的能力，对于交流电表的测量值、计算交流电功率、电功等都用到有效值，求电量时，I需要用平均值34（14分）（2004天津）磁流体发电是一种新型发电方式，图1和图2是其工作原理示意图图1中的长方体是发电导管，其中空部分的长、高、宽分别为l、a、b，前后两个侧面是绝缘体，上下两个侧面是电阻可略的导体电极，这两个电极与负载电阻R1相连整个发电导管处于图2中磁场线圈产生的匀强磁场里，磁感应强度为B，方向如图所示发电导管内有电阻率为的高温、高速电离气体沿导管向右
78、流动，并通过专用管道导出由于运动的电离气体受到磁场作用，产生了电动势发电导管内电离气体流速随磁场有无而不同设发电导管内电离气体流速处处相同，且不存在磁场时电离气体流速为v0，电离气体所受摩擦阻力总与流速成正比，发电导管两端的电离气体压强差p维持恒定，求：（1）不存在磁场时电离气体所受的摩擦阻力F多大；（2）磁流体发电机的电动势E的大小；（3）磁流体发电机发电导管的输入功率P【考点】霍尔效应及其应用【分析】（1）不存在磁场时，由力的平衡得F；（2）由题，运动的电离气体，受到磁场的作用，将产生大小不变的电动势，相当于电源，E=Blv，外电路闭合后，根据欧姆定律、电阻定律结合平衡条件即可电场强度；（
79、3）根据能量的转化与守恒，写出公式即可求得磁流体发电机发电导管的输入功率P【解答】解：（1）不存在磁场时，由力的平衡得F=abp（2）设磁场存在时的气体流速为v，则磁流体发电机的电动势E=Bav回路中的电流电流I受到的安培力设F为存在磁场时的摩擦阻力，依题意存在磁场时，由力的平衡得abp=F安+F根据上述各式解得（3）磁流体发电机发电导管的输入功率P=abvp由能量守恒定律得P=EI+Fv 故答：（1）不存在磁场时电离气体所受的摩擦阻力abp；（2）磁流体发电机的电动势E的大小；（3）磁流体发电机发电导管的输入功率【点评】要注意电阻定律中导体的长度是导体顺着电流方向的长度，图中内电路是导体长度是a，容易搞错
