1、2016年江苏省泰州市泰兴四中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在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程在对以下几位物理学家所作科学贡献的叙述中，正确的是（）A牛顿应用“理想实验”推翻了亚里士多德的力是维持物体运动原因的观点B英国物理学家卡文迪许用实验的方法测出了万有引力常量GC在研究电荷间相互作用时，美国科学家密立根提出了电荷周围存在电场的观点D元电荷的电荷量e最早由法国学者库仑测得2某屋顶为半球形，一人在屋顶上向上缓慢爬行（如图所示），则他在向上爬的过程中（） A屋顶对他的摩擦力变大B屋顶对他的摩擦力不变
2、C屋顶对他的支持力变大D屋顶对他的支持力不变3如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a与c关于MN对称，b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上以下判断正确的是（）Ab点场强大于d点场强Bb点电势高于d点电势C试探电荷+q在a点的电势能小于在c点的电势能Da、b两点的电势差等于b、c两点间的电势差4如图甲所示电路中，A1、A2、A3为相同的电流表，C为电容器，电阻R1、R2、R3的阻值相同，线圈L的电阻不计在某段时间内，理想变压器T原线圈内磁场的磁感应强度B的变化情况如图乙所示，则在t1t2时间内（）A电流表A1和A2的示数相
3、同B电流表A2的示数比A3的小C电流表A1的示数比A2的小D电流表的示数都不为零5如图所示，斜面体M放在水平地面上现将物块m放在斜面上，物块恰能沿斜面匀速下滑，而斜面体静止不动若用平行于斜面向下的推力F，使物块加速下滑，则斜面体（）A对地面的压力增大B对地面的压力不变C可能沿水平面向右运动D受到地面的摩擦力方向水平向左二、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，选对不全的得2分，错选或不答的得0分6已知地球质量为M，半径为R，自转周期为T，地球同步卫星质量为m，引力常量为G有关同步卫星，下列表述正确的是（）A卫星距离地面的高度为B卫星的运行速度
4、小于第一宇宙速度C卫星运行时受到的向心力大小为GD卫星运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度7如图所示，电路中电源电动势E恒定，内阻r=2，定值电阻R3=4ab段电路消耗的电功率在开关S断开与闭合时相等，则以下说法中正确的是（）A电阻R1、R2可能分别为3、9B电阻R1、R2可能分别为4、6C开关S断开时电压表的示数一定等于S闭合时的示数D开关S断开与闭合时，电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比与R1、R2无关8狄拉克曾经预言，自然界应该存在只有一个磁极的磁单极子，其周围磁感线呈均匀辐射状分布（如图甲所示），距离它r处的磁感应强度大小为（k为常数），其磁场分布与负点电荷Q的电场
5、（如图乙所示）分布相似现假设磁单极子S和负点电荷Q均固定，有带电小球分别在S极和Q附近做匀速圆周运动则关于小球做匀速圆周运动的判断正确的是（）A若小球带正电，其运动轨迹平面可在S的正上方，如图甲所示B若小球带正电，其运动轨迹平面可在Q的正下方，如图乙所示C若小球带负电，其运动轨迹平面可在S的正上方，如图甲所示D若小球带负电，其运动轨迹平面可在Q的正下方，如图乙所示9如图所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧直立于地面上，弹簧上放一个质量为m且带正电的小球，小球与弹簧不连接现加外力F将小球向下压至某一位置当撤去外力F后，小球由静止开始运动到离开弹簧的过程中，小球克服重力做功为W1、电场力对小球
6、做功为W2，小球离开弹簧时的速度为v，不计空气阻力，则该过程中（）A小球的重力势能增加W1B小球动能的最大值一定为mv2C弹簧弹性势能的最大值小于W1+mv2D小球的机械能增加W2三、简答题：本题分必做题（第10-13题）和选做题两部分，请将解答填写在答题卡相应的位置10游标卡尺的读数mm；螺旋测微器的读数mm11在暗室中用图1示装置做“测定重力加速度”的实验实验器材有：支架、漏斗、橡皮管、尖嘴玻璃管、螺丝夹接水铝盒、一根荧光刻度的米尺、频闪仪具体实验步骤如下：在漏斗内盛满清水，旋松螺丝夹子，水滴会以一定的频率一滴滴的落下用频闪仪发出的白闪光将水滴流照亮，由大到小逐渐调节频闪仪的频率直到第一次
7、看到一串仿佛固定不动的水滴用竖直放置的米尺测得各个水滴所对应的刻度采集数据进行处理（1）实验中看到空间有一串仿佛固定不动的水滴时，频闪仪的闪光频率满足的条件是：（2）实验中观察到水滴“固定不动”时的闪光频率为30Hz，某同学读出其中比较圆的水滴到第一个水滴的距离如图2，根据数据测得当地重力加速度g=m/s2；第8个水滴此时的速度v8=m/s（结果都保留三位有效数字）（3）该实验存在的系统误差可能有（答出一条即可）：12某学习小组为探究导电溶液的电阻在体积相同时，电阻值与长度的关系选取了一根乳胶管，里面灌满了盐水，两端用粗铜丝塞住管口，形成一段封闭的盐水柱进行了如下实验：（1）该小组将盐水柱作为
8、纯电阻，粗测其电阻约为几千欧现采用伏安法测盐水柱的电阻，有如下实验器材供选择：A直流电源：电动势12V，内阻很小，额定电流为1A；B电流表A1：量程010mA，内阻约10；C电流表A2：量程0600mA，内阻约0.5；D电压表V：量程015V，内阻约15k；E滑动变阻器R1：最大阻值10；F滑动变阻器R2：最大阻值5k；G开关、导线等在可供选择的器材中，应选用的电流表是（填“A1”或“A2”），应该选用的滑动变阻器是（填“R1”或“R2”）（2）该小组已经完成部分导线的连接，请你在如图1实物接线图中完成余下导线的连接（3）握住乳胶管的两端把它均匀拉长，多次实验测得盐水柱长度L、电阻R的数据如下
9、表：实验次数123456长度L（cm）20.025.030.035.040.045.0电阻R（k）1.32.13.04.15.36.7为了研究电阻R与长度L的关系，该小组用纵坐标表示电阻R，作出了如图2所示的图线，你认为横坐标表示的物理量是【选做题】（选修模块3-3）13下列四幅图分别对应四种说法，其中正确的是（）A微粒运动就是物质分子的无规则热运动，即布朗运动B当两个相邻的分子间距离为r0时，它们间相互作用的引力和斥力大小相等C食盐晶体的物理性质沿各个方向都是一样的D小草上的露珠呈球形的主要原因是液体表面张力的作用14如图，一定质量的理想气体由状态a沿abc变化到状态c，吸收了340J的热量
10、，并对外做功120J若该气体由状态a沿adc变化到状态c时，对外做功40J，则这一过程中气体（填“吸收”或“放出”）J热量15已知1mol水的质量为18g、密度为1.0103kg/m3，阿伏伽德罗常数为6.01023mol1，试估算1200mL水所含的水分子数目（计算结果保留一位有效数字）（选修模块3-5）16关于下列四幅图说法正确的是（）A原子中的电子绕原子核高速运转时，运行轨道的半径是任意的B光电效应实验说明了光具有粒子性C电子束通过铝箔时的衍射图样证实了电子具有粒子性D发现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17如图所示为氢原子的能级图用光子能量为13.06e
11、V的光照射一群处于基态的氢原子，可能观测到氢原子发射的不同波长的光有种，其中最短波长为m（结果保留2位有效数字，已知普朗克常量h=6.631034 Js）18速度为3m/s的冰壶甲与静止的相同冰壶乙发生对心正碰，碰后甲以1m/s的速度继续向前滑行求碰后瞬间冰壶乙的速度大小四、计算题：本题共3小题，共计45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与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19电阻可忽略的光滑平行金属导轨长S=1.3m，两导轨间距L=0.75m，导轨倾角为30，导轨上端ab接一阻值R=1.5的电阻，磁感应强度B=0.8T的匀强磁场垂直轨道平面向
12、上阻值r=0.5，质量m=0.2kg的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端ab处由静止开始下滑至底端，在此过程中金属棒产生的焦耳热Q=0.1J（取g=10m/s2）求：（1）金属棒在此过程中克服安培力的功W安；（2）金属棒下滑速度v=2m/s时的加速度a（3）为求金属棒下滑的最大速度vm，有同学解答如下：由动能定理W重W安=mvm2，由此所得结果是否正确？若正确，说明理由并完成本小题；若不正确，给出正确的解答20长为6L质量为6m的匀质绳，置于特制的水平桌面上，绳的一端悬垂于桌边外，另一端系有一个可视为质点的质量为M的木块，如图所示木块在AB段与桌面无摩擦，在BE段与桌面有摩擦，匀质绳与桌面
13、的摩擦可忽略初始时刻用手按住木块使其停在A处，绳处于绷紧状态，AB=BC=CD=DE=L，放手后，木块最终停在C处桌面距地面高度大于6L（1）求木块刚滑至B点时的速度v，木块与桌面的BE段的动摩擦因数；（2）若木块在BE段与桌面的动摩擦因数变为，则木块最终停在何处？（3）是否存在一个值，能使木块从A处放手后，最终停在E处，且不再运动？若能，求出该值；若不能，简要说明理由21如图1所示，与纸面垂直的竖直面MN的左侧空间中存在竖直向上场强大小为E=2.5102N/C的匀强电场（上、下及左侧无界）一个质量为m=0.5kg、电量为q=2.0102C的可视为质点的带正电小球，在t=0时刻以大小为v0的水
14、平初速度向右通过电场中的一点P，当t=t1时刻在电场所在空间中加上一如图2所示随时间周期性变化的磁场，使得小球能竖直向下通过D点，D为电场中小球初速度方向上的一点，PD间距为L，D到竖直面MN的距离DQ为L/设磁感应强度垂直纸面向里为正（g=10m/s2）（1）如果磁感应强度B0为已知量，使得小球能竖直向下通过D点，求磁场每一次作用时间t0的最小值（用题中所给物理量的符号表示）；（2）如果磁感应强度B0为已知量，试推出满足条件的时刻t1的表达式（用题中所给物理量的符号表示）；（3）若小球能始终在电磁场所在空间做周期性运动，则当小球运动的周期最大时，求出磁感应强度B0及运动的最大周期T的大小（用
15、题中所给物理量的符号表示）2016年江苏省泰州市泰兴四中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在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程在对以下几位物理学家所作科学贡献的叙述中，正确的是（）A牛顿应用“理想实验”推翻了亚里士多德的力是维持物体运动原因的观点B英国物理学家卡文迪许用实验的方法测出了万有引力常量GC在研究电荷间相互作用时，美国科学家密立根提出了电荷周围存在电场的观点D元电荷的电荷量e最早由法国学者库仑测得【考点】物理学史【分析】本题属于对物理学史和常识的考查，熟记物理学家的贡献即可解答
16、【解答】解：A、伽利略应用“理想实验”推翻了亚里士多德的力是维持物体运动原因的观点，故A错误B、牛顿发现了万有引力定律，但没能测出G的数值；G是由卡文迪许通过实验方法得出的，故B正确C、在研究电荷间相互作用时，英国科学家法拉第提出了电荷周围存在电场的观点，故C错误D、元电荷的电荷量e最早由美国科学家密立根测得的，故D错误故选：B2某屋顶为半球形，一人在屋顶上向上缓慢爬行（如图所示），则他在向上爬的过程中（） A屋顶对他的摩擦力变大B屋顶对他的摩擦力不变C屋顶对他的支持力变大D屋顶对他的支持力不变【考点】共点力平衡的条件及其应用【分析】以人为研究对象，作出力图，根据平衡条件得出屋顶对他的摩擦力和
17、支持力与坡角的关系式，再分析两个力如何变化【解答】解：以人为研究对象，作出力图设此人的重力为G，根据平衡条件得：屋顶对他的摩擦力：f=Gsin屋顶对他的支持力：N=Gcos人在半球形屋顶上向上缓慢爬行的过程中，坡角减小，则f减小，N增大即屋顶对他的摩擦力减小，屋顶对他的支持力增大故选：C3如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a与c关于MN对称，b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上以下判断正确的是（）Ab点场强大于d点场强Bb点电势高于d点电势C试探电荷+q在a点的电势能小于在c点的电势能Da、b两点的电势差等于b、c两点
18、间的电势差【考点】电势能；电场强度；电势【分析】据等量异号电荷的电场分布特点可知各点的场强大小，由电场线性质及电场的对称性可知ab及bc两点间的电势差；由电势能的定义可知ac两点电势能的大小【解答】解：A：在两等量异号电荷连线上，中间点电场强度最小；在两等量异号电荷连线的中垂线上，中间点电场强度最大；所以b点场强小于d点场强，选项A错误；B：MN是一条等势线，与在两等量异号电荷连线上的点相比较，d点的电势要高，所以d点电势高于b点电势，选项B错误；C：因a点的电势高于c点的电势，故试探电荷+q在a点的电势能大于在c点的电势能，选项C错误D：由对称性可知，a、b两点的电势差等于b、c两点间的电势
19、差，故选项D正确；故选：D4如图甲所示电路中，A1、A2、A3为相同的电流表，C为电容器，电阻R1、R2、R3的阻值相同，线圈L的电阻不计在某段时间内，理想变压器T原线圈内磁场的磁感应强度B的变化情况如图乙所示，则在t1t2时间内（）A电流表A1和A2的示数相同B电流表A2的示数比A3的小C电流表A1的示数比A2的小D电流表的示数都不为零【考点】电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用【分析】由图可知副线圈电路中的磁通量的变化情况，则由电磁感应可得出产生的感应电流；根据电容器及电感器的性质可得出各表的电流大小【解答】解：原线圈中磁场如乙图所示变化，则原线圈中的磁通量均匀变化，故副线圈中产生恒定
20、的电流，因线圈电阻不计，故线圈L对恒定电流没有阻碍作用，所以电流表A1和A2的读数相同，而电容器“通交隔直”，所以电流表A3的读数为0故A正确，BCD错误；故选：A5如图所示，斜面体M放在水平地面上现将物块m放在斜面上，物块恰能沿斜面匀速下滑，而斜面体静止不动若用平行于斜面向下的推力F，使物块加速下滑，则斜面体（）A对地面的压力增大B对地面的压力不变C可能沿水平面向右运动D受到地面的摩擦力方向水平向左【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力【分析】未加推力F时，物块m沿斜面匀速下滑，而斜面体静止不动，两者都处于平衡状态，可以作为整体处理，分析地面对斜面体有无摩擦力再研究施加推力F的情况，物块对斜
21、面体的作用力没有变化，分析可知斜面体的受力情况不改变【解答】解：在未加推力F时，物块m沿斜面匀速下滑，而斜面体静止不动，两者都处于平衡状态，以整体为研究对象，分析可知，竖直方向上受到总重力和地面的支持力，由平衡条件得知，地面的支持力大小等于总重力水平方向上地面对斜面体没有摩擦力施加推力F后，物块对斜面体的压力和摩擦力没有变化，则斜面体的受力情况没有改变，所以斜面体受到的地面的摩擦力仍然为零，地面对斜面体的支持力仍然等于总重力，保持不变，则斜面体对地面的压力也保持不变故B正确，A、C、D错误故选：B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
22、不全的得2分，错选或不答的得0分6已知地球质量为M，半径为R，自转周期为T，地球同步卫星质量为m，引力常量为G有关同步卫星，下列表述正确的是（）A卫星距离地面的高度为B卫星的运行速度小于第一宇宙速度C卫星运行时受到的向心力大小为GD卫星运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度【考点】同步卫星【分析】同步卫星与地球相对静止，因而与地球自转同步，根据万有引力提供向心力，即可求出相关的量【解答】解：A、万有引力提供向心力，有： =且r=R+h解得：h=R，故A错误；B、第一宇宙速度为v1=，而同步卫星的速度为v=，因此运行速度小于第一宇宙速度，故B正确；C、卫星运行时受到的向心力大小是F向=，故C错
23、误；D、地表重力加速度为g=，卫星运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度，故D正确；故选：BD7如图所示，电路中电源电动势E恒定，内阻r=2，定值电阻R3=4ab段电路消耗的电功率在开关S断开与闭合时相等，则以下说法中正确的是（）A电阻R1、R2可能分别为3、9B电阻R1、R2可能分别为4、6C开关S断开时电压表的示数一定等于S闭合时的示数D开关S断开与闭合时，电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比与R1、R2无关【考点】闭合电路的欧姆定律【分析】当K闭合时R2被短路，根据电键K断开与闭合时，ab段电路消耗的电功率相等，列出方程，将电阻R1、R2代入，选择使方程成立的阻值根据外电
24、路总电阻的变化，分析电压表示数的大小关系根据闭合电路欧姆定律求解电键K断开与闭合时电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比【解答】解：A、B、由题，电键K断开与闭合时，ab段电路消耗的电功率相等，则有： =将3、9代入方程成立，而将4、6代入方程不成立故A正确，B错误C、电键断开时外电路总电阻大于闭合时外电路总电阻，则电键断开时电压表的示数一定大于闭合时的示数故C错误D、根据闭合电路欧姆定律得：U=E（R3+r）I，则电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比为： =R3+r=6故D正确故选：AD8狄拉克曾经预言，自然界应该存在只有一个磁极的磁单极子，其周围磁感线呈均匀辐射状
25、分布（如图甲所示），距离它r处的磁感应强度大小为（k为常数），其磁场分布与负点电荷Q的电场（如图乙所示）分布相似现假设磁单极子S和负点电荷Q均固定，有带电小球分别在S极和Q附近做匀速圆周运动则关于小球做匀速圆周运动的判断正确的是（）A若小球带正电，其运动轨迹平面可在S的正上方，如图甲所示B若小球带正电，其运动轨迹平面可在Q的正下方，如图乙所示C若小球带负电，其运动轨迹平面可在S的正上方，如图甲所示D若小球带负电，其运动轨迹平面可在Q的正下方，如图乙所示【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力【分析】粒子在磁场中受洛仑兹力及本身的重力做匀速圆周运动，故它们的合力应充当向心力；则分
26、析甲图可得出正确的结果；而在点电荷周围粒子要做匀速圆周运动，则电场力与重力的合力应充当向心【解答】解：要使粒子能做匀速圆周运动，则洛仑兹力与重力的合力应能充当向心力；在甲图中，若粒子为正电荷且逆时针转动（由上向下看）则其受力斜向上，与重力的合力可以指向圆心，故A正确；而若为负电荷，但顺时针转动，同理可知，合力也可以充当向心力，故C正确；Q带负电，则正电荷在图示位置各点受到的电场力指向Q，则电场力与重力的合力可能充当向心力，故B正确；但若小球带负电，则小球受电场力逆着电场线，故其与重力的合力向下，合力不能全部提供向心力，故不会做匀速圆周运动，故D错误；故选ABC9如图所示，竖直向上的匀强电场中，
27、绝缘轻质弹簧直立于地面上，弹簧上放一个质量为m且带正电的小球，小球与弹簧不连接现加外力F将小球向下压至某一位置当撤去外力F后，小球由静止开始运动到离开弹簧的过程中，小球克服重力做功为W1、电场力对小球做功为W2，小球离开弹簧时的速度为v，不计空气阻力，则该过程中（）A小球的重力势能增加W1B小球动能的最大值一定为mv2C弹簧弹性势能的最大值小于W1+mv2D小球的机械能增加W2【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；功能关系【分析】小球上升的过程中，根据动能定理分析弹簧的弹力做功电场力做正功，小球的电势能减小重力做负功，重力势能增加电场力做功等于机械能的增加根据功能关系进行分析【解答】解：A
28、、小球克服重力做功为W1，则小球的重力势能增加W1故A正确B、小球在上升过程中先加速运动，后减速运动，故东灯的最大值要大于mv2，故B错误；C、小球上升的过程中，由动能定理：W弹+W2W1=mv2，得：W弹=W1W2+mv2，而弹簧弹性势能最大值与弹簧做功W弹相等故C正确；D、重力和弹簧弹力以外的力做功，等于系统机械能的增加，即电场力做功等于系统机械能的增加，所以系统的机械能增加W2故D正确故选：ACD三、简答题：本题分必做题（第10-13题）和选做题两部分，请将解答填写在答题卡相应的位置10游标卡尺的读数7.2mm；螺旋测微器的读数8.694mm【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使
29、用【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读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：10分度的游标卡尺，精确度是0.1mm，游标卡尺的主尺读数为7mm，游标尺上第2个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为20.1mm=0.2mm，所以最终读数为：7mm+0.2mm=7.2mm螺旋测微器的固定刻度为8.5mm，可动刻度为19.40.01mm=0.194mm，所以最终读数为8.5mm+0.194mm=8.694mm故答案为：7.2，8.69411在暗室中用图1示装置做“测定重力加速度”的实验实验器材有：支架、漏斗、
30、橡皮管、尖嘴玻璃管、螺丝夹接水铝盒、一根荧光刻度的米尺、频闪仪具体实验步骤如下：在漏斗内盛满清水，旋松螺丝夹子，水滴会以一定的频率一滴滴的落下用频闪仪发出的白闪光将水滴流照亮，由大到小逐渐调节频闪仪的频率直到第一次看到一串仿佛固定不动的水滴用竖直放置的米尺测得各个水滴所对应的刻度采集数据进行处理（1）实验中看到空间有一串仿佛固定不动的水滴时，频闪仪的闪光频率满足的条件是：频闪仪频率等于水滴滴落的频率（2）实验中观察到水滴“固定不动”时的闪光频率为30Hz，某同学读出其中比较圆的水滴到第一个水滴的距离如图2，根据数据测得当地重力加速度g=9.72m/s2；第8个水滴此时的速度v8=2.27m/s
31、（结果都保留三位有效数字）（3）该实验存在的系统误差可能有（答出一条即可）：存在空气阻力（或水滴滴落的频率变化）【考点】测定匀变速直线运动的加速度【分析】（1）当频闪仪频率等于水滴滴落的频率时，可看到一串仿佛固定不动的水滴（2）该实验利用了自由落体运动的规律，根据匀变速直线运动的规律可以求出水滴C的速度，利用逐差法可以求出重力加速度的大小（3）由于空气阻力对水滴的作用，水滴不是严格的自由落体【解答】解：（1）频闪仪频率等于水滴滴落的频率时，则每滴下来的一滴水，频闪仪都在相同的位置记录，故可看到一串仿佛固定不动的水滴（2）s67=19.3613.43=5.93cm，s78=26.3919.36=
32、7.03cm，s89=34.4826.39=8.09cm，s90=43.6734.48=9.19cm，由逐差法可得：g= m/s2=9.72m/s2第8滴水的速度为：v8= m/s=2.27m/s（3）由于空气阻力对水滴的作用，水滴不是严格的自由落体；或者滴水的频率改变了，都会产生误差故答案为：（1）频闪仪频率等于水滴滴落的频率；（2）9.72，2.27；（3）存在空气阻力（或水滴滴落的频率变化）12某学习小组为探究导电溶液的电阻在体积相同时，电阻值与长度的关系选取了一根乳胶管，里面灌满了盐水，两端用粗铜丝塞住管口，形成一段封闭的盐水柱进行了如下实验：（1）该小组将盐水柱作为纯电阻，粗测其电阻
33、约为几千欧现采用伏安法测盐水柱的电阻，有如下实验器材供选择：A直流电源：电动势12V，内阻很小，额定电流为1A；B电流表A1：量程010mA，内阻约10；C电流表A2：量程0600mA，内阻约0.5；D电压表V：量程015V，内阻约15k；E滑动变阻器R1：最大阻值10；F滑动变阻器R2：最大阻值5k；G开关、导线等在可供选择的器材中，应选用的电流表是A1（填“A1”或“A2”），应该选用的滑动变阻器是R2（填“R1”或“R2”）（2）该小组已经完成部分导线的连接，请你在如图1实物接线图中完成余下导线的连接（3）握住乳胶管的两端把它均匀拉长，多次实验测得盐水柱长度L、电阻R的数据如下表：实验次
34、数123456长度L（cm）20.025.030.035.040.045.0电阻R（k）1.32.13.04.15.36.7为了研究电阻R与长度L的关系，该小组用纵坐标表示电阻R，作出了如图2所示的图线，你认为横坐标表示的物理量是L2【考点】伏安法测电阻【分析】（1）电流表选择要考虑电路的实际最大电流不超过量程，同时尽量选择小量程；电源额定电流只有1A，从安全角度考虑，选择加大的滑动变阻器并采用限流式接法；（2）滑动变阻器采用限流式接法，注意电表的极性；（3）描点作图或者根据电阻定律理论推导都可以得到结论【解答】解：（1）流过电阻的电流最大为12V除以几个千欧，即几个毫安，故电流表选择A1；电
35、源的额定电流为1A，若选择小电阻的滑动变阻器，要用分压式接法，流过电源的电流会超过电源的额定电流，故滑动变阻器选择R2；（2）电流表采用限流式接法，如图所示（3）由R=，又拉长过程中体积不变，即V=sL，所以S=，代入上式可得R=，应作出RL2图象故答案为：（1）A1；R2； （2）电路图如图所示；（3）L2【选做题】（选修模块3-3）13下列四幅图分别对应四种说法，其中正确的是（）A微粒运动就是物质分子的无规则热运动，即布朗运动B当两个相邻的分子间距离为r0时，它们间相互作用的引力和斥力大小相等C食盐晶体的物理性质沿各个方向都是一样的D小草上的露珠呈球形的主要原因是液体表面张力的作用【考点】
36、布朗运动；* 晶体和非晶体；* 液体的表面张力现象和毛细现象【分析】布朗运动是指固体小颗粒的运动，不是分子的运动；当两个相邻的分子间距离为r0时，它们间相互作用的引力和斥力大小相等；分子力做正功时，分子势能减小；分子力做负功时，分子势能增大；单晶体结构规则且具有各向异性；液体表面存在表面张力的作用，露珠呈球形【解答】解：A、布朗运动是固体小颗粒的运动，它是分子热运动的间接反应，但不是分子热运动；故A错误；B、分子间作用力随分子间距离的增大而减小，当两个相邻的分子间距离为r0时，它们间相互作用的引力和斥力大小相等；故B正确；C、单晶体具有规则的形状，并且也具有各向异性；故C错误；D、小草上的露珠
37、呈球形的主要原因是液体表面张力的作用；故D正确；故选：BD14如图，一定质量的理想气体由状态a沿abc变化到状态c，吸收了340J的热量，并对外做功120J若该气体由状态a沿adc变化到状态c时，对外做功40J，则这一过程中气体吸收（填“吸收”或“放出”）260J热量【考点】理想气体的状态方程；热力学第一定律【分析】气体是由状态a沿abc变化到状态c，还是由状态a沿adc变化到状态c，理想气体增加的内能是一样的，有第一个过程结合热力学第一定律可求出内能的增加量；再由热力学第一定律即可计算出第二个过程需要吸收的热量的多少【解答】解：一定质量的理想气体由状态a沿abc变化到状态c，吸收了340J的
38、热量，并对外做功120J，由热力学第一定律有：U=Q+W=340120=220J，即从a状态到c状态，理想气体的内能增加了220J；若该气体由状态a沿adc变化到状态c时，对外做功40J，此过程理想气体的内能增加还是220J，所以可以判定此过程是吸收热量，由热力学第一定律有：U=Q+W，得：Q=UW=220+40=260J故答案为：吸收，26015已知1mol水的质量为18g、密度为1.0103kg/m3，阿伏伽德罗常数为6.01023mol1，试估算1200mL水所含的水分子数目（计算结果保留一位有效数字）【考点】阿伏加德罗常数【分析】由体积与密度相乘求出水的质量，质量除以摩尔质量求出摩尔数
39、，再乘以阿伏加德罗常数NA，即可求得水分子的总数N【解答】解：水分子数目为：N=NA代入得：N=61023=41025（个）答：1200ml水所含的水分子数目为=41025个（选修模块3-5）16关于下列四幅图说法正确的是（）A原子中的电子绕原子核高速运转时，运行轨道的半径是任意的B光电效应实验说明了光具有粒子性C电子束通过铝箔时的衍射图样证实了电子具有粒子性D发现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【考点】光电效应；粒子散射实验【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
40、小空间范围【解答】解：A、由图和玻尔理论知道，电子的轨道不是任意的，电子有确定的轨道故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错误D、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D正确故选：BD17如图所示为氢原子的能级图用光子能量为13.06eV的光照射一群处于基态的氢原子，可能观测到氢原子发射的不同波长的光有10种，其中最短波长为9.5108m（结果保留2位有效数字，已知普朗克常量h=6.631034 Js）【考点】氢原子的能级公式和跃迁【分析】能
41、级间跃迁吸收会辐射的光子能量等于两能级间的能级差，通过该规律判断基态的氢原子跃迁到第几能级，根据数学组合公式求出发射不同波长光的种数，能级差越大，辐射的光子频率越大，波长越短，根据能级差，结合EmEn=hv=h求出最短的波长【解答】解：因为13.6+13.06eV=0.54eV，知氢原子跃迁到第5能级，根据=10，知可能观测到氢原子发射的不同波长的光有10中从n=5跃迁到n=1辐射的光子能量最大，波长最短，则EmEn=hv=h，即13.061.61019=6.631034解得：=9.5108 m故答案为：10； 9.510818速度为3m/s的冰壶甲与静止的相同冰壶乙发生对心正碰，碰后甲以1m
42、/s的速度继续向前滑行求碰后瞬间冰壶乙的速度大小【考点】动量守恒定律【分析】冰壶甲和冰壶乙在碰撞的过程中动量守恒，根据动量守恒定律求出碰后瞬间冰壶乙的速度大小【解答】解：根据动量守恒定律m1v1+m2v2=m1v1+m2v2代入数据得 v2=2m/s 答：碰后瞬间冰壶乙的速度大小为2m/s四、计算题：本题共3小题，共计45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与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19电阻可忽略的光滑平行金属导轨长S=1.3m，两导轨间距L=0.75m，导轨倾角为30，导轨上端ab接一阻值R=1.5的电阻，磁感应强度B=0.8T的匀强
43、磁场垂直轨道平面向上阻值r=0.5，质量m=0.2kg的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端ab处由静止开始下滑至底端，在此过程中金属棒产生的焦耳热Q=0.1J（取g=10m/s2）求：（1）金属棒在此过程中克服安培力的功W安；（2）金属棒下滑速度v=2m/s时的加速度a（3）为求金属棒下滑的最大速度vm，有同学解答如下：由动能定理W重W安=mvm2，由此所得结果是否正确？若正确，说明理由并完成本小题；若不正确，给出正确的解答【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；安培力【分析】（1）已知金属棒产生的焦耳热Qr=0.1J，R与r串联，根据焦耳定律分析它们产生的热量关系，从而求得总的焦耳热，即为
44、金属棒克服安培力的功W安（2）分析金属棒的受力分析，导体棒受到重力，支持力，安培力，做出受力图，求出合力，可以求得加速度（3）当金属棒的加速度为零时，速度最大，由上题结果求解最大速度【解答】解：从b向a看，棒受力情况如图（1）金属棒克服安培力做的功等于电路中产生的电能，由于电路是纯电阻的，所以电能又都转化为电路中的焦耳耳热，则有：W安=Qr（1+）=0.1（1+）=0.4J；（2）感应电流：I=，安培力：F=BIL，由牛顿第二定律得：mgsin30F=ma，解得：a=3.2m/s2；（3）金属棒刚要离开轨道时的速度最大，根据能的转化与守恒有：mgSsin30=W安+mvm2，解得：vm=3m/
45、s；答：（1）金属棒在此过程中克服安培力做的功W安为0.4J（2）金属棒下滑速度v=2m/s时的加速度a的大小为3.2m/s2（3）金属棒下滑的最大速度vm为3m/s20长为6L质量为6m的匀质绳，置于特制的水平桌面上，绳的一端悬垂于桌边外，另一端系有一个可视为质点的质量为M的木块，如图所示木块在AB段与桌面无摩擦，在BE段与桌面有摩擦，匀质绳与桌面的摩擦可忽略初始时刻用手按住木块使其停在A处，绳处于绷紧状态，AB=BC=CD=DE=L，放手后，木块最终停在C处桌面距地面高度大于6L（1）求木块刚滑至B点时的速度v，木块与桌面的BE段的动摩擦因数；（2）若木块在BE段与桌面的动摩擦因数变为，则
46、木块最终停在何处？（3）是否存在一个值，能使木块从A处放手后，最终停在E处，且不再运动？若能，求出该值；若不能，简要说明理由【考点】机械能守恒定律；功能关系【分析】（1）木块由A到B点过程中，只有重力做功，所以过程中机械能守恒；再取从A点到C点过程，由功能关系可求得动摩擦因数；（2）假设木块运动一段后停止的位移，则由功能关系，结合题意可得运动的位移，从而确定木块停在何处；（3）假设木块运动滑至E点，绳全部悬于桌边外，根据受力分析与运动分析，可得结果与假设茅盾从而确定假设的不正确【解答】解：（1）木块从A处释放后滑至B点的过程中，由机械能守恒得 则木块滑至B点时的速度 木块从A处滑至C点的过程中
47、，由功能关系得 4mg2L2mgL=MgL 由式得 （2）若，设木块能从B点向右滑动x最终停止，由功能关系得 将代入式并整理得 2x29Lx+10L2=0解得x=2L （x=2.5L不合题意舍去）即木块将从B点再滑动2L最终停在D处（3）不存在符合要求的值，即不可能使木块从A处放手后最终停在E处且不再运动这是由于当时，若木块滑至E点，恰好有f=Mg=6mg，此时绳全部悬于桌边外，对木块的拉力恰好也为6mg，而从（2）的结果知，更使木块继续向E点滑行，必须再减小值，因而木块尚未滑至E点时，木块所受滑动摩擦力已与悬绳拉力相等，此时，再向E点滑行时，悬绳对木块拉力将大于木块受到的滑动摩擦力而使合力向
48、右，木块又重新获得加速度因此不可能保持静止状态答：（1）求木块刚滑至B点时的速度 ；木块与桌面的BE段的动摩擦因数；（2）若木块在BE段与桌面的动摩擦因数变为，则木块最终停在木块将从B点再滑动2L最终停在D处；（3）不存在符合要求的值，即不可能使木块从A处放手后最终停在E处且不再运动21如图1所示，与纸面垂直的竖直面MN的左侧空间中存在竖直向上场强大小为E=2.5102N/C的匀强电场（上、下及左侧无界）一个质量为m=0.5kg、电量为q=2.0102C的可视为质点的带正电小球，在t=0时刻以大小为v0的水平初速度向右通过电场中的一点P，当t=t1时刻在电场所在空间中加上一如图2所示随时间周期
49、性变化的磁场，使得小球能竖直向下通过D点，D为电场中小球初速度方向上的一点，PD间距为L，D到竖直面MN的距离DQ为L/设磁感应强度垂直纸面向里为正（g=10m/s2）（1）如果磁感应强度B0为已知量，使得小球能竖直向下通过D点，求磁场每一次作用时间t0的最小值（用题中所给物理量的符号表示）；（2）如果磁感应强度B0为已知量，试推出满足条件的时刻t1的表达式（用题中所给物理量的符号表示）；（3）若小球能始终在电磁场所在空间做周期性运动，则当小球运动的周期最大时，求出磁感应强度B0及运动的最大周期T的大小（用题中所给物理量的符号表示）【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
50、【分析】（1）计算可知电场力和重力平衡，B=B0做匀速圆周运动，B=0做匀速直线运动，左手定则判断圆周运动的转动方向，可知t0取最小值的条件为：小球经一次磁场作用恰好速度方向转过270；（2）洛伦兹力提供向心力结合几何关系即可；（3）每次磁场作用使小球的速度方向偏转270，四次即可使速度变回原来的方向，周期最大的时，恰好轨迹与MN相切【解答】解：（1）设圆周运动的周期为T0，小球做圆周运动的半径为R 根据题给数据计算可知，当小球进入电场时：mg=Eq，所以0t1小球将做匀速直线运动 在t1时刻加入磁场，小球在时间t0内将做匀速圆周运动， 洛伦兹力提供向心力：qv0B0=m 周期：T0= 由图1
51、根据几何关系可知，若竖直向下通过D点，需满足：t0=T0 联立式子得：t0=（2）如图2根据几何关系可得：PFPD=R 即：v0t1L=R 式联立得：t1=+（3）小球运动的速率始终不变，当R变大时，T0也增加，小球在电场中的运动的周期T增加，在小球不飞出电场的情况下， 当T最大时有：DQ=2R 即： =整理得B0= 式代入式，可得：T0= 由图2分析可知小球在电磁场中运动的最大周期：T=8T0=6答：（1）磁场每一次作用时间t0的最小值为； （2）如果磁感应强度B0为已知量，试推出满足条件的时刻t1的表达式为+； （3）当小球运动的周期最大时，磁感应强度B0为，运动的最大周期T为62016年11月4日
