1、高考资源网（） 您身边的高考专家2016年江苏省南通市、扬州市、泰州市高考物理三模试卷一、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沈括在梦溪笔谈中记载了“以磁石磨针锋”制造指南针的方法，磁针“常微偏东，不全南也”他是世界上第一个指出地磁场存在磁偏角的人，比西方早了400年关于地磁场，下列说法中正确的是（）A地磁场只分布在地球的外部B地理南极点的地磁场方向竖直向上C地磁场穿过地球表面的磁通量为零D地球表面各处地磁场的磁感应强度大小相等2在离地球十几亿光年的遥远星系中有两个黑洞A、B，其质量分别为太阳质量的36倍和29倍，A、B绕它们连线上某点以相同周期转动组成双
2、星系统在漫长的演变过程中，A、B缓慢靠近，最后合并为一个黑洞，释放出巨大能量，则（）AA、B所受万有引力之比为36：29BA、B做圆周运动的半径之比为29：36CA、B缓慢靠近过程中势能增大DA、B缓慢靠近过程中动能减小3如图所示，R为阻值较大的电阻，电容器C不带电现将开关合到1，待电路稳定后再合到2，此过程中通过R的电流i随时间t变化的图象可能是（）ABCD4竹蜻蜓是我国古代发明的一种儿童玩具，上世纪三十年代，人们根据竹蜻蜓原理设计了直升机的螺旋桨如图，一小孩搓动质量为20g的竹蜻蜓，松开后竹蜻蜓能上升到二层楼房顶高处在搓动过程中手对竹蜻蜓做的功可能是（）A0.2JB0.6 JC1.0 JD
3、2.5 J5如图所示，木块B静止在水平地面上，木块A叠放在B上A的左侧靠在光滑的竖起墙面上关于A、B的受力情况，下列说法中正确的是（）AB对A的作用力方向一定竖直向上BB对A的作用力一定大于A的重力C地面对B的摩擦力方向可能向右D地面对B的作用力大小可能等于A、B的总重力二、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，错选或不答得0分6两异种点电荷A、B附近的电场线分布如图所示，P为电场中的一点，连线AP、BP相互垂直已知P点的场强大小为E、电势为，电荷A产生的电场在P点的场强大小为EA，取无穷远处的电势为零下列说法中正确的有（
4、）AA、B所带电荷量相等B电荷B产生的电场在P点的场强大小为CA、B连线上有一个电势为零的点D将电量为q的点电荷从P点移到无穷远处，电场力做的功为q7如图所示，轻弹簧上端固定，下端悬挂一质量为m的条形磁铁，磁铁穿过固定的水平闭合金属线圈将磁铁托起到弹簧压缩x后由静止放开，磁铁会上下运动并逐渐停下来，静止时弹簧伸长x不计空气阻力，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，则（）A弹簧处于原长时，磁铁的加速度可能大于gB磁铁中央通过线圈时，线圈中感应电流最大C磁铁向下运动时，线圈受到的安培力方向向上D线圈在整个过程中产生的焦耳势为2mgx8如图所示，A、B两小球从O点水平抛出，A球恰能越过竖直挡板P落
5、在水平面上的Q点，B球抛出后与水平面发生碰撞，弹起后恰能越过挡板P也落在Q点B球与水平面碰撞前后瞬间水平方向速度不变，竖直方向速度大小不变、方向相反，不计空气阻力则（）AA、B球从O点运动到Q点的时间相等BA、B球经过挡板P顶端时竖直方向的速度大小相等CA球抛出时的速度是B球抛出时速度的3倍D减小B球抛出时的速度，它也可能越过挡板P9溜索是一种古老的渡河工具，现已演变为游乐项目如图所示，滑轮、保险绳索与人体连接，粗钢索两端连接在固定桩上人从高处平台的A点出发，借助几十米的落差，沿钢索顺势而下，滑过最低点C，到达B点时速度为零下列说法中正确的有（）A人滑到C点时速度最大B人从A滑到C的过程中，重
6、力的功率先增大后减小C人滑到C点时的加速度方向竖直向上D钢索对左侧固定桩的拉力小于对右侧固定桩的拉力三、简答题：本题分必做题（第10、11题）和选做题（第12题）两部分，共计42分.请将解答填写在答题纸相应的位置10如图甲所示，螺旋测微器的读数为cm11某实验小组用如图1所示的装置验证机械能守恒定律实验中得到的一条纸带如图2所示，第一个打点标记为O，选择点迹清晰且便于测量的连续6个点，标为1、26，测出各点到O点的距离分别为d1、d2d6已知打点频率为f，则打点2时小车的速度为；若钩码质量为m，已知当地重力加速度为g，则验证点2与点5间重锤的机械能守恒的关系式可表示为已知打点频率f=50Hz，
7、如果发现纸带上第一个和第二个打点间的距离大约是5mm，出现这种情况可能的原因是A重锤的质量过大 B电源电压偏大C打点计时器没有竖直固定 D先释放纸带后接通打点计时器12测量电源的内阻，提供的器材如下：A待测电源E（内阻约为10）B电源E0（电动势E0略大于待测电源的电动势E）C灵敏电流计G（030A）D电阻箱（099999.9）E电阻箱（099.9）F定值电阻R0G均匀金属电阻丝及滑动触头H开关、导线若干（1）实验时采用图甲所示电路，闭合开关S1、S2，将滑动触头P与金属电阻丝试触，根据灵敏电流计G指针偏转方向调整P点位置，并（选填“增大”或“减小”）电阻箱R1的阻值，反复调节，直到G表指针不
8、发生偏转，此时金属丝左端接线柱A与角头P间的电势差UAP（选填“大于”、“小于”或“等于”）待测电源E的路端电压（2）改变R2的阻值重复实验，用（1）中的方法调节到G表不发生偏转，用刻度尺测量触头P到接线柱A间的距离，记下此时电阻箱R2的阻值，根据上述步骤测得的数据，作出电阻箱R2的阻值R与对应AP间距离L的关系图象如图乙所示测得图线的斜率为k，图线在纵轴上的截距为b，则待测电源E的内阻测量值为（3）实验中，电阻箱R2应选用（选填序号“D”或“E”）（4）请写出由金属丝引起误差的一个原因一、选做题（请从A、B和C三小题中选定两小题作答，并在答题卡上把所选题目对应字母后的方框涂满涂黑如都作答，则
9、按A、B两小题评分A（选修模块3-3）13下列说法中正确的是（）A当气体分子热运动变得更剧烈时，气体压强一定变大B当空气压强发生变化时，水的饱和汽压也一定变化C若取走绝热容器中速率大于v的气体分子，此后其中分子的速率不会大于vD石墨层状结构间距离较大，沿此方向易剥下，因而其机械强度有方向性14如图所示，一定质量的理想气体从状态A开始分别经过等温膨胀和等压膨胀到相同体积，则等温膨胀过程中气体对外做功（选填“大于”、“等于”或“小于”）等压膨胀过程中气体对外做功；等温膨胀过程中气体从外界吸收的热量（选填“大于”、“等于”或“小于”）等压膨胀过程中气体从外界吸收的热量15如题图所示，食盐（NaCl）
10、晶体由钠离子和氯离子组成，相邻离子的中心用线连起来组成了一个个大小相等的立方体，立方体的个数与两种离子的总数目相等已知食盐的密度为，摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为NA，求：食盐的分子质量m；相邻离子间的距离aB（选修模块3-4）16下列说法中正确的是（）A被拍打的篮球上下运动是简谐运动B受迫振动的物体总以它的固有频率振动C当观察者和波源间存在相对运动时一定能观察到多普勒效应现象D在速度v高速运行的航天器上看地球上的时间进程变慢171971年，屠呦呦等获得了青蒿乙醚提取物结晶，研究人员通过X射线衍射分析确定了青蒿素的结构X射线衍射是研究物质微观结构的最常用方法，用于分析的X射线波长在0.05nm
11、0.25nm范围之间，因为X射线的波长（选填“远大于”、“接近”或“远小于”）晶体内部原子间的距离，所以衍射现象明显分析在照相底片上得到的衍射图样，便可确定晶体结构X射线是（选填“纵波”或“横波”）18如图所示，有一四棱镜ABCD，B=C=90，D=75某同学想测量其折射率，他用激光笔从BC面上的P点射入一束激光，从Q点射出时与AD面的夹角为30，Q点到BC面垂线的垂足为E，P、Q两点到E点的距离分别为a、a，已知真空中光束为c，求：该棱镜材料的折射率n；激光从P点传播到Q点所需的时间tC（选修模块-5）12分）19下列说法中正确的是（）A火箭利用周围空气提供的动力飞行B卢瑟福通过对粒子散射实
12、验的研究，提出了原子核的结构模型C铀235与铀238原子核内的中子数不同，因而有不同的半衰期D热核反应的温度须达到108K，反应过程中要吸收能量20如图所示，在橄榄球比赛中，质量为100kg的橄榄球前锋以vA=5m/s的速度跑动，想穿越防守队员到底线触地得分就在他刚要到底线时，迎面撞上了对方两名质量均为75kg的球员，一个速度vB=2m/s，另一个速度vC=4m/s，他们腾空扭在了一起他们碰撞后瞬间的速度大小约为m/s，在此过程中三名球员的总机械能（选填“增大”、“不变”或“减小”）21一光电管的阴极K用截止频率为的金属铯制成，光电管阳极A和阴极K之间的正向电压为U用波长为的单色光射向阴极，产
13、生了光电流已知普朗克常量为h，电子电荷量为e，真空中的光速为c求：金属铯的逸出功W；光电子到达阳极的最大动能EK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22如图所示，空间有磁感应强度为B、方向竖直向上的匀强磁场，两平行光滑金属导轨水平放置，其电阻不计、间距为L，左端接有电阻为R的定值电阻一质量为m、电阻也为R的导体棒与两导轨接触良好，在水平力F作用下在O位置两M、N间做往复运动t=0时刻起导体棒从M位置开始向右运动，其速度变化规律为v=vmsint，在O位置速度最大（1）写出定值电
14、阻中的电流i随时间t变化的表达式；（2）导体棒从M位置开始运动到O位置的过程中，经过的时间t=，求定值电阻中产生的焦耳热Q及水平力F做的功W；（3）单匝线框在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动产生电流的情形与题中导体棒运动产生电流的情形类似试求导体棒从M位置运动到O位置的过程中，通过定值电阻的电荷量q23如图所示，在光滑水平面左右两侧各有一竖直弹性墙壁P、Q，平板小车A的左侧固定一挡板D，小车和垫板的总质量M=2kg，小车上表面O点左侧光滑，右侧粗糙一轻弹簧左端与挡板相连，时右端在O点质量m=1kg的物块B在O点贴着弹簧右端放置，但不与弹簧连接，B与O点右侧平面间的动摩擦因数=0.5现将小车贴
15、着P固定，有水平恒力F推B向左移动x0=0.1m距离时撤去推力，B继续向左运动，最终停在O点右侧x1=0.9m处，取重力加速度g=10m/s2，弹簧在弹性限度内（1）求水平恒力F的大小及弹簧的最大弹性势能Ep；（2）撤去小车A的固定限制，以同样的力F推B向左移动x0时撤去推力，发现A与Q发生第一次碰撞前A、B已经达到共同速度，求最初A右端与Q间的最小距离s0；（3）在（2）的情况下，求B在O点右侧运动的总路程s及运动过程中B离开O点的最远距离x（车与墙壁碰撞后立即以原速率弹回）24如图甲所示，xOy平面处于匀强电场和匀强磁场中，电场强度E和磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示，周期均为2t
16、0，y轴正方向为E的正方向，垂直于纸面向里为B的正方向t=0时刻，一质量为m、电荷量为+q的粒子从坐标原点O开始运动，此时速度大小为v0，方向为+x轴方向已知电场强度大小为E0，磁感应强度大小B0=，不计粒子所受重力求：（1）t0时刻粒子的速度大小v1及对应的位置坐标（x1，y1）；（2）为使粒子第一次运动到y轴时速度沿x方向，B0与E0应满足的关系； （3）t=4nt0（n 为正整数）时刻粒子所在位置的横坐标x2016年江苏省南通市、扬州市、泰州市高考物理三模试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沈括在梦溪笔谈中记载了“以磁石磨针
17、锋”制造指南针的方法，磁针“常微偏东，不全南也”他是世界上第一个指出地磁场存在磁偏角的人，比西方早了400年关于地磁场，下列说法中正确的是（）A地磁场只分布在地球的外部B地理南极点的地磁场方向竖直向上C地磁场穿过地球表面的磁通量为零D地球表面各处地磁场的磁感应强度大小相等【考点】地磁场【分析】根据课本中有关地磁场的基础知识，同时明在确磁场及磁通量的性质；即可确定此题的答案【解答】解：A、根据磁场的性质可知，磁感线是闭合的，故地球内部一定有磁感线，故一定有磁场；故A错误；B、地理南极点并不是地磁的N极，故地理南极点处磁场方向不是竖直向上的；故B错误；C、根据磁通量的性质可知，由外向里和从里向外穿
18、过地球表面的磁感线条数一定相等故地磁场穿过地球表面的磁通量为零；故C正确；D、地球两极处磁感应强度最大，而赤道上磁感应强度最小；故D错误；故选：C2在离地球十几亿光年的遥远星系中有两个黑洞A、B，其质量分别为太阳质量的36倍和29倍，A、B绕它们连线上某点以相同周期转动组成双星系统在漫长的演变过程中，A、B缓慢靠近，最后合并为一个黑洞，释放出巨大能量，则（）AA、B所受万有引力之比为36：29BA、B做圆周运动的半径之比为29：36CA、B缓慢靠近过程中势能增大DA、B缓慢靠近过程中动能减小【考点】万有引力定律及其应用；功能关系【分析】双星做匀速圆周运动具有相同的角速度，靠相互间的万有引力提供
19、向心力，根据万有引力提供向心力公式可确定其半径之比，由引力做功确定能量的变化【解答】解：A、二者所受的引力为作用力与反作用力，则大小相等，则A错误B、二者的角速度相同是，则=，则=，则B正确C、D、缓慢靠近过程中势能增大引力做正功，势能减小，动能增加，则C错误，D错误故选：B3如图所示，R为阻值较大的电阻，电容器C不带电现将开关合到1，待电路稳定后再合到2，此过程中通过R的电流i随时间t变化的图象可能是（）ABCD【考点】电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用【分析】由it图象可知，充电时电流为正，放电时电流为负，图象与坐标轴围成的面积表示q=it，从而即可求解【解答】解：由it图象可知，充
20、电时电流为正，放电时电流为负，即流过电阻R的充电电流和放电电流方向相反；图象与坐标轴围成的面积表示it，即为电荷量，所以图电流曲线与横轴所围图形的面积表示电容器充电结束时所带的电荷量，即相等，故A正确，BCD错误；故选：A4竹蜻蜓是我国古代发明的一种儿童玩具，上世纪三十年代，人们根据竹蜻蜓原理设计了直升机的螺旋桨如图，一小孩搓动质量为20g的竹蜻蜓，松开后竹蜻蜓能上升到二层楼房顶高处在搓动过程中手对竹蜻蜓做的功可能是（）A0.2JB0.6 JC1.0 JD2.5 J【考点】功能关系；功的计算【分析】根据动能定理可知，在搓动过程中手对竹蜻蜓做的功等于竹蜻蜓获得的初动能，竹蜻蜓从地面飞到二层楼房顶
21、高处时，速度刚好为零，此过程中，根据动能定理列式求解即可【解答】解：地面到二层楼房顶的高度约为6m，竹蜻蜓从地面飞到二层楼房顶高处时，速度刚好为零，此过程中，根据动能定理得：解得： =0.02106=1.2J，而在搓动过程中手对竹蜻蜓做的功等于竹蜻蜓获得的初动能，所以在搓动过程中手对竹蜻蜓做的功大于1.2J，故D正确故选：D5如图所示，木块B静止在水平地面上，木块A叠放在B上A的左侧靠在光滑的竖起墙面上关于A、B的受力情况，下列说法中正确的是（）AB对A的作用力方向一定竖直向上BB对A的作用力一定大于A的重力C地面对B的摩擦力方向可能向右D地面对B的作用力大小可能等于A、B的总重力【考点】共点
22、力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【分析】分光滑与粗糙两种情况，分别对A以及AB整体进行分析，由共点力的平衡条件可判断两物体可能的受力情况【解答】解：A、对A受力分析可知：1若A与B的接触面光滑，则A受重力、支持力及墙壁对A的支持力作用，A处于静止状态，合力为零，由于A、B之间的接触面倾斜，则B对A的支持力大于A的重力，根据牛顿第三定律可知，物块A对物块B的压力大小大于物块A的重力；2若接触面粗糙，A可能受到重力、支持力和B对A的摩擦力，有可能A还受到墙壁的支持力；当墙壁对A没有支持力时，B对A的支持力与摩擦力的合力与A的重力大小相等，方向相反由以上分析可知，故A错误，B错误；C、1若A与
23、B的接触面光滑，木块B受重力、地面的支持力、A对B斜向下的压力以及地面的摩擦力处于静止状态，合力为零，则摩擦力方向水平向左；2若接触面粗糙，木块B受重力、地面的支持力、A对B斜向下的压力以及A对B的静摩擦力，其中A对B斜向下的压力以及A对B的静摩擦力的合力与A的重力大小相等，方向竖直向下，所以B不受地面的摩擦力，故C错误；D、对整体进行受力分析可知，整体在竖直方向不受外力，故支持力一定等于两物体的重力，故D正确；故选：D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，错选或不答得0分6两异种点电荷A、B附近的电场线分布如图所示，
24、P为电场中的一点，连线AP、BP相互垂直已知P点的场强大小为E、电势为，电荷A产生的电场在P点的场强大小为EA，取无穷远处的电势为零下列说法中正确的有（）AA、B所带电荷量相等B电荷B产生的电场在P点的场强大小为CA、B连线上有一个电势为零的点D将电量为q的点电荷从P点移到无穷远处，电场力做的功为q【考点】电势差与电场强度的关系；电势能【分析】根据电场线的分布图，利用对称性比较A、B所带的电荷量大小；由电场的叠加原理求电荷B在P点的场强；正电荷周围电势为正，负电荷周围电势为负，根据电势的叠加知AB连线上有一点电势为0；由电场力公式W=qU求电场力做功【解答】解：A、根据等量异种点电荷的电场线分
25、布图具有对称性，知A、B所带的电荷量不相等，故A错误；B、P点的场强是点电荷A、B在P点产生的合场强，根据矢量合成的平行四边形定则知，故B正确；C、如果取无穷远处的电势为0，正电荷附近的电势高于0，负电荷附近低于0，所以其A、B连线上有电势为0，故C正确；D、根据W=q（0）=q，故D错误；故选：BC7如图所示，轻弹簧上端固定，下端悬挂一质量为m的条形磁铁，磁铁穿过固定的水平闭合金属线圈将磁铁托起到弹簧压缩x后由静止放开，磁铁会上下运动并逐渐停下来，静止时弹簧伸长x不计空气阻力，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，则（）A弹簧处于原长时，磁铁的加速度可能大于gB磁铁中央通过线圈时，线圈中感应
26、电流最大C磁铁向下运动时，线圈受到的安培力方向向上D线圈在整个过程中产生的焦耳势为2mgx【考点】法拉第电磁感应定律；楞次定律【分析】利用楞次定律判断线圈所受安培力的方向，并利用楞次定律力的角度“来拒去留”去分析安培力方向，最后依据能量守恒定律，即可求解产生的焦耳热是来自于重力势能的减小【解答】解：A、弹簧处于原长时，没有弹力，除受到重力外，若磁铁向上运动，则受到向下的安培阻力，若向下运动，则受到向上的安培阻力，因此磁铁的加速度可能大于g，故A正确；B、磁铁中央通过线圈时，线圈的磁通量变化率为零，则线圈中感应电流为零，最小，故B错误；C、当磁铁向下运动时，根据楞次定律：来拒去留，则磁铁受到向上
27、的安培力，那么线圈受到的安培力方向向下，故C错误；D、根据能量守恒定律，从静止至停止，弹簧的弹性势能不变，那么减小的重力势能转化为电能，从而产生焦耳热为Q=mgh=2mgx，故D正确；故选：AD8如图所示，A、B两小球从O点水平抛出，A球恰能越过竖直挡板P落在水平面上的Q点，B球抛出后与水平面发生碰撞，弹起后恰能越过挡板P也落在Q点B球与水平面碰撞前后瞬间水平方向速度不变，竖直方向速度大小不变、方向相反，不计空气阻力则（）AA、B球从O点运动到Q点的时间相等BA、B球经过挡板P顶端时竖直方向的速度大小相等CA球抛出时的速度是B球抛出时速度的3倍D减小B球抛出时的速度，它也可能越过挡板P【考点】
28、平抛运动【分析】将两球的运动分解为水平方向和竖直方向分析，抓住等时性，结合竖直方向上的运动规律比较运动的时间，结合水平位移比较抛出时的初速度根据下降的高度比较竖直分速度的大小【解答】解：A、将小球的运动分解为水平方向和竖直方向，根据等时性，结合竖直方向上的运动规律知，B球的运动时间是A球运动时间的3倍，故A错误B、A、B两球到达P顶端时，下降的高度相同，根据竖直方向上的运动规律知，竖直方向上的分速度相等，故B正确C、从O到Q，由于B球的运动时间是A球运动时间的3倍，由于水平位移相等，则A球抛出时的速度是B球抛出时速度的3倍，故C正确D、减小B球抛出时的速度，第一次落点的水平位移减小，反弹后可能
29、会越过挡板P，故D正确故选：BCD9溜索是一种古老的渡河工具，现已演变为游乐项目如图所示，滑轮、保险绳索与人体连接，粗钢索两端连接在固定桩上人从高处平台的A点出发，借助几十米的落差，沿钢索顺势而下，滑过最低点C，到达B点时速度为零下列说法中正确的有（）A人滑到C点时速度最大B人从A滑到C的过程中，重力的功率先增大后减小C人滑到C点时的加速度方向竖直向上D钢索对左侧固定桩的拉力小于对右侧固定桩的拉力【考点】功率、平均功率和瞬时功率；共点力平衡的条件及其应用【分析】人下滑过程中，对人进行受力分析，人滑到C点时如果没有摩擦力，C点速度就最大，考虑到钢索对人有摩擦力，所以人滑到C点时切线方向合力不为零
30、，根据力的合成知合力不是竖直向上，根据重力的瞬时功率公式分析重力的功率变化情况，通过对钢索受力分析知左侧固定桩的拉力与对右侧固定桩的拉力关系【解答】解：A、人滑到C点时，对人进行受力分析，人和滑轮整体受到重力、钢索的拉力和滑动摩擦力，受力分析如图，如果钢索光滑A对；考虑摩擦力作用，应该是摩擦力切线方向的分量和两绳拉力沿切线方向分量合力为0的位置速度最大，故A错误B、人从A滑到C的过程中，根据，开始时速度为0，重力的功率为0，中间过程重力的功率不为0，到C点时重力方向与速度方向垂直，重力的功率为0，故人从A到C的过程中，重力的功率先增大后减小，故B正确C、人滑到C点时由于有沿切线方向的摩擦力，所
31、以人滑到C点时合力方向不再沿竖直向上，故C错误D、如果没有摩擦力与对右侧固定桩的拉力相等，人从A滑到C的过程中，钢索对人有向右的摩擦力，那么右边的钢索会受到人对它向左的摩擦力，因此右侧钢索对固定桩的拉力大，所以钢索对左侧固定桩的拉力小于对右侧固定桩的拉力，故D正确故选：BD三、简答题：本题分必做题（第10、11题）和选做题（第12题）两部分，共计42分.请将解答填写在答题纸相应的位置10如图甲所示，螺旋测微器的读数为1.0217cm【考点】螺旋测微器的使用【分析】螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读【解答】解：螺旋测微器的固定刻度为10mm，可动刻度为2
32、1.70.01mm=0.217mm，所以最终读数为10mm+0.217mm=10.217mm=1.0217cm，由于需要估读，最后的结果可以在1.0215至1.0219之间故答案为：1.021711某实验小组用如图1所示的装置验证机械能守恒定律实验中得到的一条纸带如图2所示，第一个打点标记为O，选择点迹清晰且便于测量的连续6个点，标为1、26，测出各点到O点的距离分别为d1、d2d6已知打点频率为f，则打点2时小车的速度为；若钩码质量为m，已知当地重力加速度为g，则验证点2与点5间重锤的机械能守恒的关系式可表示为mg（d5d2）=mf2（d6d4）2mf2（d3d1）2已知打点频率f=50Hz
33、，如果发现纸带上第一个和第二个打点间的距离大约是5mm，出现这种情况可能的原因是DA重锤的质量过大 B电源电压偏大C打点计时器没有竖直固定 D先释放纸带后接通打点计时器【考点】验证机械能守恒定律【分析】应用匀变速直线运动的推论求出瞬时速度；应用机械能守恒定律可以求出机械能守恒定律的表达式实验时应先接通电源，然后释放重物【解答】解：匀变速直线运动平均速度等于中间时刻的瞬时速度可算2点速度，即第点2的瞬时速度等于13间的平均速度：v2=，打点5时的瞬时速度：v5=，2与点5间重锤的机械能守恒的关系式为：mg（d5d2）=mv52mv22，即：mg（d5d2）=mf2（d6d4）2mf2（d3d1）
34、2；打点的同时纸带开始下落，则1、2两点间的距离接近2mm，如果1、2两点间的距离为5mm，这是由于先释放纸带后解题电源造成的，故选D故答案为：；mg（d5d2）=mf2（d6d4）2mf2（d3d1）2；D12测量电源的内阻，提供的器材如下：A待测电源E（内阻约为10）B电源E0（电动势E0略大于待测电源的电动势E）C灵敏电流计G（030A）D电阻箱（099999.9）E电阻箱（099.9）F定值电阻R0G均匀金属电阻丝及滑动触头H开关、导线若干（1）实验时采用图甲所示电路，闭合开关S1、S2，将滑动触头P与金属电阻丝试触，根据灵敏电流计G指针偏转方向调整P点位置，并减小（选填“增大”或“减
35、小”）电阻箱R1的阻值，反复调节，直到G表指针不发生偏转，此时金属丝左端接线柱A与角头P间的电势差UAP等于（选填“大于”、“小于”或“等于”）待测电源E的路端电压（2）改变R2的阻值重复实验，用（1）中的方法调节到G表不发生偏转，用刻度尺测量触头P到接线柱A间的距离，记下此时电阻箱R2的阻值，根据上述步骤测得的数据，作出电阻箱R2的阻值R与对应AP间距离L的关系图象如图乙所示测得图线的斜率为k，图线在纵轴上的截距为b，则待测电源E的内阻测量值为（3）实验中，电阻箱R2应选用E（选填序号“D”或“E”）（4）请写出由金属丝引起误差的一个原因通电后温度变化使金属丝电阻变化【考点】测定电源的电动势
36、和内阻【分析】（1）明确确实验原理，分析电路图，从而分析实验应进行的操作； （2）根据闭合电路欧姆定律进行列式，再结合图象规律即可求得电源的内阻；（3）根据实验要求明确应选择的电阻； 注意分析电阻箱的作用；（4）分析金属丝的性质，明确可能产生误差的原因【解答】解：（1）开始时电阻箱应调至最大，然后再减小阻值； 当直到G表指针不发生偏转时，说明G表两端电势差为零，故说UAP等于E的路端电压； （2）因UAP等于E的路端电压；故电压与AP间的距离成正比；则由闭合电路欧姆定律可知：U=R则可知： =+由数学规律可知：k=； b=解得：r=（3）因电源电动势及内阻较小，故电阻箱选择总阻值较小的E即可；
37、 （4）由于金属丝电阻随温度的变化而变化，故实验中由于其电阻的变化而产生误差； 故答案为：（1）减小； 等 于；（2）； （3）E； （4）通电后温度变化使金属丝电阻变化一、选做题（请从A、B和C三小题中选定两小题作答，并在答题卡上把所选题目对应字母后的方框涂满涂黑如都作答，则按A、B两小题评分A（选修模块3-3）13下列说法中正确的是（）A当气体分子热运动变得更剧烈时，气体压强一定变大B当空气压强发生变化时，水的饱和汽压也一定变化C若取走绝热容器中速率大于v的气体分子，此后其中分子的速率不会大于vD石墨层状结构间距离较大，沿此方向易剥下，因而其机械强度有方向性【考点】热力学第一定律；* 液体
38、的微观结构【分析】根据理想气体的状态方程分析气体的状态参量的变化；水的饱和汽压仅仅与温度有关；根据分子运动的统计规律分析；【解答】解：A、一定质量的理想气体，当分子热运动变得剧烈时，说明温度升高，根据=C，知压强不一定变大，故A错误；B、水的饱和汽压仅仅与温度有关，与空气的压强无关故B错误；C、把气体中分子速率很大的如大于VA的分子全部取走，则气体的温度会下降，此后气体的由于碰撞等原因，仍然会出现速率大于VA的分子；故C错误；D、石墨属于混合晶体，石墨层状结构间距离较大，沿此方向易剥下，因而其机械强度有方向性故D正确故选：D14如图所示，一定质量的理想气体从状态A开始分别经过等温膨胀和等压膨胀
39、到相同体积，则等温膨胀过程中气体对外做功小于（选填“大于”、“等于”或“小于”）等压膨胀过程中气体对外做功；等温膨胀过程中气体从外界吸收的热量小于（选填“大于”、“等于”或“小于”）等压膨胀过程中气体从外界吸收的热量【考点】理想气体的状态方程；热力学第一定律【分析】根据pV图象与坐标轴包围的面积比较对外所做的功，根据热力学第一定律比较等温膨胀与等压膨胀过程中吸收的热量【解答】解：由p=V图线所包围的面积的物理意义是气体对外做的功，等温膨胀包围的面积小，所以等温膨胀过程中气体对外做的功小于等压过程中气体对外所做的功；根据热力学第一定律，等温过程 等压过程等温过程中 吸收的热量=，即吸收的热量全部
40、用于对外做功等压过程中，体积增加，温度升高，内能增加，吸收的热量用于对外做功和增加内能所以，即等温膨胀过程中气体从外界吸收的热量小于等压膨胀过程中气体从外界吸收的热量故答案为：小于，小于15如题图所示，食盐（NaCl）晶体由钠离子和氯离子组成，相邻离子的中心用线连起来组成了一个个大小相等的立方体，立方体的个数与两种离子的总数目相等已知食盐的密度为，摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为NA，求：食盐的分子质量m；相邻离子间的距离a【考点】阿伏加德罗常数【分析】单个分子质量等于摩尔质量除以阿伏加德罗常数；摩尔质量等于密度与摩尔体积的乘积；摩尔体积等于分子体积与阿伏加德罗常数的乘积；选择分子的立方体模型列
41、式求解分子间距【解答】解：食盐的分子质量为：m=；1molNaCl的体积为V=由题可知1molNaCl的离子组成的立方体个数为2NA所以每个小立方体体积为V=则相邻钠离子与氯离子间距离为：a=答：食盐的分子质量为；相邻离子间的距离为B（选修模块3-4）16下列说法中正确的是（）A被拍打的篮球上下运动是简谐运动B受迫振动的物体总以它的固有频率振动C当观察者和波源间存在相对运动时一定能观察到多普勒效应现象D在速度v高速运行的航天器上看地球上的时间进程变慢【考点】* 时间间隔的相对性；多普勒效应【分析】物体做简谐运动的条件是回复力为F=kx；做受迫振动的物体的振动频率与驱动力的频率相等，与物体的固有
42、频率无关；多普勒效应是由于观察者和波源间位置的变化而产生的；在速度v高速运行的航天器上看地球上的时间进程变慢【解答】解：A、根据质点做简谐运动的条件可知，做简谐运动的条件是回复力为F=kx，被拍打的篮球上下运动显然不是简谐运动故A错误；B、做受迫振动的物体的振动频率与驱动力的频率相等，与物体的固有频率无关故B错误；C、当观察者和波源间存在相对运动时不一定能观察到多普勒效应现象，如观测者绕波源做匀速圆周运动故C错误；D、根据相对论的两个基本假设，在速度v高速运行的航天器上看地球上的时间进程变慢故D正确故选：D171971年，屠呦呦等获得了青蒿乙醚提取物结晶，研究人员通过X射线衍射分析确定了青蒿素
43、的结构X射线衍射是研究物质微观结构的最常用方法，用于分析的X射线波长在0.05nm0.25nm范围之间，因为X射线的波长接近（选填“远大于”、“接近”或“远小于”）晶体内部原子间的距离，所以衍射现象明显分析在照相底片上得到的衍射图样，便可确定晶体结构X射线是横波（选填“纵波”或“横波”）【考点】X射线、射线、射线、射线及其特性【分析】由X射线穿过晶体内部原子间隙能发生明显的衍射现象来判断；X射线是由交替变化的电场和磁场组成的，X射线是横波【解答】解：能发生明显的衍射现象的条件是：孔或障碍物的尺寸比波长小或者相差不多当X射线透过晶体内部原子间隙时，发生了明显的衍射现象，用于分析的X射线波长应接近
44、晶体内部原子间的距离；因为X射线是由交替变化的电场和磁场组成的，所以X射线是一种横波故答案为：接近，横波18如图所示，有一四棱镜ABCD，B=C=90，D=75某同学想测量其折射率，他用激光笔从BC面上的P点射入一束激光，从Q点射出时与AD面的夹角为30，Q点到BC面垂线的垂足为E，P、Q两点到E点的距离分别为a、a，已知真空中光束为c，求：该棱镜材料的折射率n；激光从P点传播到Q点所需的时间t【考点】光的折射定律【分析】根据几何知识求出激光在AD面上的入射角和折射角，再由折射定律求该棱镜材料的折射率n；公式v=求出光在棱镜中传播速度再由运动学公式求激光从P点传播到Q点所需的时间t【解答】解：
45、由题意，根据QEBC，QE=PE得PQE=30由几何关系可知，激光在AD面上的入射角 i=45，折射角 r=60光从介质射向真空，由折射定律得：该棱镜材料的折射率 n=激光在棱镜中传播速度 v=激光从P点传播到Q点所需的时间 t=解得 t=答：该棱镜材料的折射率n是；激光从P点传播到Q点所需的时间t是C（选修模块-5）12分）19下列说法中正确的是（）A火箭利用周围空气提供的动力飞行B卢瑟福通过对粒子散射实验的研究，提出了原子核的结构模型C铀235与铀238原子核内的中子数不同，因而有不同的半衰期D热核反应的温度须达到108K，反应过程中要吸收能量【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度；粒子散射
46、实验；轻核的聚变【分析】火箭利用反冲飞行；卢瑟福通过粒子散射实验得出原子的核式结构模型；原子核的半衰期有原子核内部因素决定；热核反应需要达到很高的温度才能进行，但是反应时放出巨大的能量【解答】解：A、火箭通过喷气，利用反冲飞行，故A错误B、卢瑟福通过对粒子散射实验的研究，提出了原子的结构模型，故B错误C、原子核的半衰期与原子核内部因素决定，与所处的物理环境和化学状态无关，铀235与铀238原子核内的中子数不同，因而有不同的半衰期，故C正确D、热核反应的温度须达到108K，但是反应过程中放出能量，故D错误故选：C20如图所示，在橄榄球比赛中，质量为100kg的橄榄球前锋以vA=5m/s的速度跑动
47、，想穿越防守队员到底线触地得分就在他刚要到底线时，迎面撞上了对方两名质量均为75kg的球员，一个速度vB=2m/s，另一个速度vC=4m/s，他们腾空扭在了一起他们碰撞后瞬间的速度大小约为0.2m/s，在此过程中三名球员的总机械能减小（选填“增大”、“不变”或“减小”）【考点】动量守恒定律【分析】三个运动员所受的合外力为零，动量守恒，根据动量守恒定律求出碰撞后共同速度，再算出碰撞前后三名队员总机械能，即可解答【解答】解：以前锋A的速度vA的方向为正方向，设碰撞后瞬间的共同速度为v，根据动量守恒定律得： mAvAmBvBmCvC=（mA+mB+mC）v，代入数据解得：v=0.2m/s碰撞前三名队
48、员的总动能 Ek1=mAvA2+mBvB2+mCvC2=2000J碰撞后三名队员的总动能 Ek2=（mA+mB+mC）v2=5J可知，在碰撞过程中三名球员的总机械能减小故答案为：0.2，减小21一光电管的阴极K用截止频率为的金属铯制成，光电管阳极A和阴极K之间的正向电压为U用波长为的单色光射向阴极，产生了光电流已知普朗克常量为h，电子电荷量为e，真空中的光速为c求：金属铯的逸出功W；光电子到达阳极的最大动能EK【考点】光电效应【分析】根据逸出功和极限频率的关系求出金属铯的逸出功W；根据光电效应方程求出光电子的最大初动能，结合动能定理求出光电子到达阳极的最大动能【解答】解：金属铯的逸出功W=hv
49、根据光电效应方程知，光电子的最大初动能，根据动能定理得，eU=EkEkm，解得光电子到达阳极的最大动能Ek=eU+Ekm=答：金属铯的逸出功W为hv；光电子到达阳极的最大动能为四、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22如图所示，空间有磁感应强度为B、方向竖直向上的匀强磁场，两平行光滑金属导轨水平放置，其电阻不计、间距为L，左端接有电阻为R的定值电阻一质量为m、电阻也为R的导体棒与两导轨接触良好，在水平力F作用下在O位置两M、N间做往复运动t=0时刻起导体棒从M位置开始向右运动，其
50、速度变化规律为v=vmsint，在O位置速度最大（1）写出定值电阻中的电流i随时间t变化的表达式；（2）导体棒从M位置开始运动到O位置的过程中，经过的时间t=，求定值电阻中产生的焦耳热Q及水平力F做的功W；（3）单匝线框在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动产生电流的情形与题中导体棒运动产生电流的情形类似试求导体棒从M位置运动到O位置的过程中，通过定值电阻的电荷量q【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】（1）由导体棒运动时的速度表达式v=vmsint，结合的感应电动势公式E=BLv以及闭合电路欧姆定律求出电流i随时间t变化的表达式（2）回路中产生的是正弦式电流，求出电动
51、势的最大值Em，有效值为 E=Em，电流有效值为 I=，根据焦耳定律用有效值求解焦耳热从t=0到t=时间内外力F所做的功将外界的能量转化为动能和内能，根据能量守恒定律求解外力做功（3）根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电量的公式结合求通过定值电阻的电荷量q【解答】解：（1）导体棒运动时的速度为 v=vmsint，产生的感应电动势为：e=BLv=BLvmsint由欧姆定律得：导体棒中的电流为：i=则电流i随时间t变化的表达式为：i=sint（2）导体棒中产生的感应电动势的最大值为：Em=BLvm有效值为：E=Em通过R的电流的有效值为：I=，电阻R产生的热量为：Q=I2Rt解得：Q=由功能关系可
52、知：W=2Q+解得：W=+（3）由题意可知：Em=BS而=BS=平均感应电动势为： =平均感应电流为： =通过定值电阻的电荷量为：q=t联立解得：q=答：（1）定值电阻中的电流i随时间t变化的表达式是i=sint；（2）导体棒从M位置开始运动到O位置的过程中，经过的时间t=，定值电阻中产生的焦耳热Q是，水平力F做的功W是+（3）通过定值电阻的电荷量是23如图所示，在光滑水平面左右两侧各有一竖直弹性墙壁P、Q，平板小车A的左侧固定一挡板D，小车和垫板的总质量M=2kg，小车上表面O点左侧光滑，右侧粗糙一轻弹簧左端与挡板相连，时右端在O点质量m=1kg的物块B在O点贴着弹簧右端放置，但不与弹簧连接
53、，B与O点右侧平面间的动摩擦因数=0.5现将小车贴着P固定，有水平恒力F推B向左移动x0=0.1m距离时撤去推力，B继续向左运动，最终停在O点右侧x1=0.9m处，取重力加速度g=10m/s2，弹簧在弹性限度内（1）求水平恒力F的大小及弹簧的最大弹性势能Ep；（2）撤去小车A的固定限制，以同样的力F推B向左移动x0时撤去推力，发现A与Q发生第一次碰撞前A、B已经达到共同速度，求最初A右端与Q间的最小距离s0；（3）在（2）的情况下，求B在O点右侧运动的总路程s及运动过程中B离开O点的最远距离x（车与墙壁碰撞后立即以原速率弹回）【考点】动能定理；匀变速直线运动规律的综合运用；机械能守恒定律【分析
54、】（1）小车贴着P固定，对全过程研究，根据动能定理列式，可求出F再由功能关系求弹簧的最大弹性势能Ep；（2）撤去小车A的固定限制，B离开弹簧后，B做减速运动，A做加速运动，根据牛顿第二定律求出两者的加速度，根据速度相等的条件列式，求出时间，再由位移公式求解最小距离s0；（3）最终A、B都停止运动，机械能转化为内能，由功能关系求B在O点右侧运动的总路程s根据速度关系，由速度公式求出时间，再求解运动过程中B离开O点的最远距离x【解答】解：（1）取全过程研究，根据动能定理有：Fx0mgx1=0代入数据解得：F=45N由功能关系得：Fx0=Ep代入数据解得：Ep=4.5J（2）设B运动到O点的速度为v
55、0，根据机械能守恒定律有：Ep=mv02接着B减速，设加速度大小为a1，根据牛顿第二定律有：mg=ma1；代入数据解得：a1=5m/s2；A加速，设加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有：mg=Ma2；代入数据解得：a2=2.5m/s2；设运动的共同速度为v1，则 v1=v0a1t1，v2=a2t1，t1时间内A运动的距离即为最小距离为：s0=a2t12代入数据解得：s0=0.2m（3）最终A、B都停止运动，机械能转化为内能，由功能关系得：Ep=mgs代入数据解得：s=0.9mA与Q第一次碰撞前B距离O点的距离为：s1=v0t1a1t12a2t12A被Q反弹后瞬间向左速度大小为v1，B以大小为v
56、1的速度向右减速，且B的加速度大小仍是 a1=5m/s2，方向向左；A的加速度仍为a2=2.5m/s2，方向向右，达到共同速度v2前B相对A一直向右运动，则： v12=v1a1t2，v2=v1+a2t2，代入数据解得：t2=s，v2=m/s这段时间内B相对A向右移动距离为：s2=（v1t2a1t22）（v1t2+a2t22）此时B离开O点的最远距离为：x=s1+s2；代入数据解得：x=0.87m答：（1）水平恒力F的大小是45N，弹簧的最大弹性势能是45J；（2）最初A右端与Q间的最小距离是0.2m；（3）B在O点右侧运动的总路程s是0.9m，运动过程中B离开O点的最远距离是0.87m24如图
57、甲所示，xOy平面处于匀强电场和匀强磁场中，电场强度E和磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示，周期均为2t0，y轴正方向为E的正方向，垂直于纸面向里为B的正方向t=0时刻，一质量为m、电荷量为+q的粒子从坐标原点O开始运动，此时速度大小为v0，方向为+x轴方向已知电场强度大小为E0，磁感应强度大小B0=，不计粒子所受重力求：（1）t0时刻粒子的速度大小v1及对应的位置坐标（x1，y1）；（2）为使粒子第一次运动到y轴时速度沿x方向，B0与E0应满足的关系； （3）t=4nt0（n 为正整数）时刻粒子所在位置的横坐标x【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
58、）粒子在电场中做类似平抛运动，采用正交分解法，根据分运动规律列式求解即可；（2）使粒子第一次运动到y轴时速度沿x方向，则圆心在y轴上，结合几何关系得到轨道半径，然后根据牛顿第二定律列式求解；（3）有电场时粒子做类似平抛运动，只有磁场时粒子做匀速圆周运动，画出轨迹，结合几何关系列式分析【解答】解：（1）在电场中运动，沿着x轴正方向有：x1=v0t0，沿着y轴正方向，有：vy=at0，y1=，由牛顿第二定律，有：qE0=ma，运动的速度大小v1=，解得：v1=，粒子的位置坐标为（v0t0，）；（2）设粒子在磁场中做圆周运动的周期为T，则：qv1B0=，解得：T=2t0；则粒子第一次运动到y轴前的轨
59、迹如图所示：粒子在磁场中做圆周运动时，有：qv1B0=m，圆心在y周期上，结合几何关系得到：r1sin=v0t0，且v1sin=v0，解得：；（3）粒子在磁场中做圆周运动的周期为2t0，即在t02t0时间内粒子转了半圈，在x方向向左移动x，2t0时刻速度大小仍为v1，方向与t0时刻速度方向相反，在2t03t0时间内粒子做匀变速曲线运动，根据对称性可知，粒子运动轨迹与0t0时间内相同，3t0时刻速度大小为v0，方向沿着x轴负方向，在3t04t0时间内粒子转动半圈，4t0时刻速度大小为v0，方向沿着x正方向，如图所示；则04t0时间内粒子在x方向向左移动的距离为x；则粒子的横坐标x=nx= （n=1，2，）答：（1）t0时刻粒子的速度大小为，对应的位置坐标（v0t0，）；（2）为使粒子第一次运动到y轴时速度沿x方向，B0与E0应满足的关系； （3）t=4nt0（n 为正整数）时刻粒子所在位置的横坐标x为（n=1，2，）2017年3月17日高考资源网版权所有，侵权必究！
