1、江西省上饶市2016年高考物理三模试卷（解析版）一、选择题1为了验证地面上物体的重力与地球吸引月球，太阳吸引行星的力是同一性质的力，同样遵从平方反比律的猜想，牛顿做了著名的“月地检验”，并把引力规律做了合理的外推，进而把决定天体运动的万有引力定律与1687年发表在自然哲学的数学原理中，完成了物理学的第一次大统一已知月球绕地球运动的轨道半径约为地球半径的60倍，下列说法正确的是（）A物体在月球轨道上运动的加速度大约是在地面附近下落时的加速度的B物体在月球表面下落时的加速度是在地球表面下落时的加速度的C月球绕地球运行的周期是近地卫星绕地球运行周期的60倍D月球绕地球运行的线速度是近地卫星绕地球运行
2、线速度的2细绳栓一个质量为m的小球，小球用固定在墙上的水平轻质弹簧支撑，小球与弹簧不粘连，平衡时细绳与竖直方向的夹角为53，如图所示（已知cos53=0.6，sin53=0.8）以下说法正确的是（）A小球静止时弹簧的弹力大小为mgB小球静止时细绳的拉力大小为mgC将弹簧瞬间撤掉小球的加速度立即为gD细线烧断瞬间小球的加速度立即为g3两个电荷量、质量均相同的带电粒子甲、乙以不同速率从a点沿对角线方向射入正方形匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里甲粒子垂直bc离开磁场，乙粒子垂直ac从d点离开磁场，不计粒子重力，则（）A甲粒子带负电，乙粒子带正电B甲粒子的运行动能是乙粒子运行动能的2倍C甲粒子所受洛伦
3、兹力是乙粒子所受洛伦兹力的2倍D甲粒子在磁场中的运行时间与乙粒子相等4如图所示，质量为m的可看成质点的物块置于粗糙水平面上的M点，水平面的右端与固定的斜面平滑连接，物块与水平面及斜面之间的动摩擦因数处处相同物块与弹簧未连接，开始时物块挤压弹簧使弹簧处于压缩状态现从M点由静止释放物块，物块运动到N点时恰好静止弹簧原长小于MM若物块从M点运动到N点的过程中，物块与接触面之间由于摩擦所产生的热量为Q，物块、弹簧与地球组成系统的机械能为E，物块通过的路程为s不计转折处的能量损失，下列图象所描述的关系中可能正确的是（）ABCD5在空间中存在着沿x轴的静电场，其电场强度E随位置坐标x变化规律如图所示A、B
4、、C为x轴上的点，取x轴正方向为电场强度的正方向下列说法正确的是（）AAC段中B点的电势最低B一带正电的粒子从A点运动到B点电势能增加CUABUBCD一负电荷仅在电场力作用下从A点运动到C点动能先减小后增大6如图所示，矩形线圈面积为0.1m2，匝数为100，绕OO轴在磁感应强度为T的匀强磁场中以角速度5rad/s匀速转动从图示位置开始计时，理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，两电表均为理想电表，电阻R=50，其他电阻不计，下列判断正确的是（）A保持P不动，若转速变成2倍时，变压器的输入功率也变为2倍B若=，变压器输入功率为50WC不管P如何移动，当t=0.2s时，电流表示数均为零DP向
5、上移动时，电流表示数变小7如图所示，一质量为m的小球置于半径为R的光滑竖直圆轨道最低点A处，B为轨道最高点，C、D为圆的水平直径两端点轻质弹簧的一端固定在圆心O点，另一端与小球栓接，已知弹簧的劲度系数为k=，原长为L=2R，弹簧始终处于弹性限度内，若给小球一水平初速度v0，已知重力加速度为g，则（）A无论v0多大，小球均不会离开圆轨道B若在v0则小球会在B、D间脱离圆轨道C只要v0，小球就能做完整的圆周运动D只要小球能做完整圆周运动，则小球与轨道间最大压力与最小压力之差与v0无关8在光滑的水平地面上方，有两个磁感应强度大小均为B，方向相反的水平匀强磁场，如图所示的PQ为两个磁场的边界，磁场范围
6、足够大，一个边长为a、质量为m、电阻为R的正三角形金属线框垂直磁场方向，以初速度v从图中虚线位置向右运动（线框平面保持竖直），当运动到如图所示实线的位置时，金属线框的速度为v，则下列说法正确的是（）A此时金属线框中的电功率为B此时金属线框的加速度为C此过程中通过金属线框某截面的电量为D此过程中回路产生的电能为mv2二、非选择题9某物理小组的同学设计了用圆锥摆粗略验证向心力的表达式的实验，所用器材有：刻度尺、游标卡尺、小刚球、画着圆的白纸、秒表、天平、细线完成下列填空：用游标卡尺测出钢球的直径D，如图（a）所示钢球的直径D=_cm，将实验器材组装好如图（b）将画着圆的白纸置于水平桌面上，使小球静
7、止时正好位于圆心，用手带动小球，设法使它沿着白纸上画的圆在水平面上做匀速圆周运动（小球和白纸尽可能仅接触无压力），并用秒表记下钢球运动n圈的时间t，用刻度尺测出细线的长度L通过白纸上的圆测出钢球做匀速圆周运动的半径r，并用天平测出钢球的质量m用上述测得的物理量分别表示钢球所需要的向心力的表达式F1=_，钢球所受合力的表达式F2=_（设当地的重力加速度为g），若在实验误差允许的范围内F1=F2，则表明验证了向心力的表达式10某同学做描绘小灯泡（额定电压为3.8V，额定电流为0.32A）的伏安特性曲线实验，有下列器材可供选用：A电压表V1（03V，内阻3k）B电压表V2（015V，内阻15k）C电
8、流表A（00.6A，内阻约1）D定值电阻R1=2kE定值电阻R2=15kF滑动变阻器R（10，2A）G学生电源（直流6V，内阻不计）H开关、导线若干（1）为了使测量结果更加准确，实验中所用电压表应选用_，定值电阻应选用_（均用序号字母填写）；（2）为尽量减小实验误差，并要求从零开始多取几组数据，请在图1画出满足实验要求的电路图；（3）该同学按照正确的电路图和正确的实验步骤，描出的伏安特性曲线如图2所示，将两个这样的小灯泡与电动势4V内阻为10的电源串联，此时每个小灯泡的发热功率为_W（结果取2位有效数字）11（12分）（2016上饶三模）如图所示，质量为m、电阻为R的单匝矩形线框置于倾角为的光
9、滑斜面上，线框边长ab=L、ad=2L，虚线MN过ad、bc边中点，一根能承受最大拉力F0（F0mgsin）的细线沿斜面中轴线方向栓住ab边中点处于静止从某时刻起，在MN上方加一方向垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小按B=kt的规律均匀变化求经多长时间细线断裂？12（20分）（2016上饶三模）质量M=9kg、长L=1m的木板在动摩擦因数1=0.1的水平地面上向右滑行，当速度v0=2m/s时，在木板的右端轻放一质量m=1kg的小物块如图所示当小物块刚好滑到木板左端时，物块和木板达到共同速度取g=10m/s2，求：（1）从物块放到木板上到它们达到共同速度所用的时间t（2）小物块与木板间的摩擦
10、因数2（3）物块从放上木板到停下来经过的位移【物理选修：33】13下列说法正确的是（）A扩散运动向着更为无序的方向进行，是可逆过程B温度时分子热运动平均动能的标志C分子间作用力随分子间距离的增大而减小D液晶对不同颜色的吸收强度随电场强度的变化而变化E失重条件下充入金属液体的气体气泡不能无限地膨胀是因为液体表面张力的约束14如图所示，用销钉固定的导热活塞把水平放置的导热气缸分隔成容积相同的两部分，分别封闭着A、B两部分理想气体：A部分气体压强为PA0=2.5105 Pa，B部分气体压强为PB0=1.5105 Pa现拔去销钉，待活塞重新稳定后，（外界温度保持不变，活塞与气缸间摩擦可忽略不计，整个过
11、程无漏气发生）求此时A部分气体体积与原来体积之比；判断此过程中A部分气体是吸热还是放热，并简述理由【物理选修：34】15（2016上饶三模）2016年，科学家利用“激光干涉引力波天文台”（LIGO）探测到由于引力波引起的干涉条纹的变化，这是引力波存在的直接证据关于激光及激光干涉，下列说法中正确的是（）A激光是自然界中某种物质直接发光产生的，不是偏振光B激光相干性好，任何两束激光都能发生干涉C激光全息照片是利用光的干涉记录下物体三维图象的信息D用激光照射分束器，是将激光一分为二形成两个相干光源E光探测器探测到干涉条纹发生变化，是因为有引力波通过，引起时空变形形成光程差而造成的16（2016上饶三
12、模）如图所示，一透明半球的半径为R，对单色光a和b的折射率分别为n1=和n2=2真空中两细束平行单色光a和b从半球的左、右两侧沿半球的平面上的一条直径向球心移动，光始终与透明半球的平面垂直一旦光束到某一位置恰好从透明半球的球面射出（不考虑光在透明介质中的多次反射后再射出球面）即停止移动将此时a、b入射点分别记为P、Q（图中未画出）求：PQ的距离d设真空中光束为c，现让单色光束a和b分别从P、Q两点，同时垂直入射，求两束光到达相交位置的时间差t【物理选修：35】17（2016安徽校级模拟）如图所示为氢原子能级图，下列说法正确的是（）A一个处于n=4能级的氢原子，最多可以辐射出6种频率的光子B吸收
13、某能量为2.6eV的光子，将使处于n=2能级的氢原子受激跃迁至n=4能级C处于基态的氢原子吸收14eV能量的光子后会电离D处于基态的氢原子受到14eV能量的中子轰击后可能会电离E处于n=4能级的氢原子辐射出的光子中，一定有能使极限频率为2.51015Hz的某金属材料发生光电效应的光子存在（普朗克常数为h=6.631034Js）18（2016湖北模拟）如图所示，质量为3kg的小车A以v0=4m/s的速度沿光滑水平面匀速运动，小车左端固定的支架通过不可伸长的轻绳悬挂质量为1kg的小球B（可看作质点），小球距离车面0.8m某一时刻，小车与静止在水平面上的质量为1kg的物块C发生碰撞并粘连在一起（碰撞
14、时间可忽略），此时轻绳突然断裂此后，小球刚好落入小车右端固定的砂桶中（小桶的尺寸可忽略），不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2求：绳未断前小球与砂桶的水平距离小车系统的最终速度大小整个系统损失的机械能2016年江西省上饶市高考物理三模试卷参考答案与试题解析一、选择题1为了验证地面上物体的重力与地球吸引月球，太阳吸引行星的力是同一性质的力，同样遵从平方反比律的猜想，牛顿做了著名的“月地检验”，并把引力规律做了合理的外推，进而把决定天体运动的万有引力定律与1687年发表在自然哲学的数学原理中，完成了物理学的第一次大统一已知月球绕地球运动的轨道半径约为地球半径的60倍，下列说法正确的是（）A物体
15、在月球轨道上运动的加速度大约是在地面附近下落时的加速度的B物体在月球表面下落时的加速度是在地球表面下落时的加速度的C月球绕地球运行的周期是近地卫星绕地球运行周期的60倍D月球绕地球运行的线速度是近地卫星绕地球运行线速度的【考点】万有引力定律及其应用【分析】万有引力提供卫星做圆周运动的向心力，在星球表面的物体受到的万有引力等于重力，据此求出月球表面的重力加速度；根据万有引力等于向心力得出月球地球的线速度与近地卫星的线速度的关系【解答】解：AB、设物体质量为m，地球质量为M，地球半径为R，月球轨道半径r=60R，物体在月球轨道上运动时的加速度为a，由牛顿第二定律：；月球表面物体重力等于万有引力：；
16、联立得，故A正确；B错误；C、月球绕地球运行的周期为27天，近地卫星绕地球运行周期大约85min，故月球绕地球运行的周期不等于近地卫星绕地球运行周期的60倍，故C错误；D、根据万有引力提供向心力，得，即月球绕地球运行的线速度是近地卫星绕地球运行线速度的，故D错误；故选：A【点评】解决本题的关键掌握月地检验的原理，掌握万有引力等于重力和万有引力提供向心力这两个理论，并能灵活运用2细绳栓一个质量为m的小球，小球用固定在墙上的水平轻质弹簧支撑，小球与弹簧不粘连，平衡时细绳与竖直方向的夹角为53，如图所示（已知cos53=0.6，sin53=0.8）以下说法正确的是（）A小球静止时弹簧的弹力大小为mg
17、B小球静止时细绳的拉力大小为mgC将弹簧瞬间撤掉小球的加速度立即为gD细线烧断瞬间小球的加速度立即为g【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力；共点力平衡的条件及其应用【分析】小球静止时，分析受力情况，由平衡条件求解弹簧的弹力大小和细绳的拉力大小细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反，即可求出加速度【解答】解：A、B、小球静止时，分析受力情况，如图，由平衡条件，弹簧的弹力大小为：F=mgtan53=细绳的拉力大小为：T=故AB均错误C、将弹簧瞬间撤掉时细绳的拉力也瞬间发生变化，小球将沿绳子的垂直的方向向下运动，其加速度为：a=故C错误；D、细绳烧断瞬间弹
18、簧的弹力不变，则小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反，则此瞬间小球的加速度大小为：a=故D正确故选：D【点评】本题中小球先处于平衡状态，由平衡条件求解各力的大小，后烧断细绳，小球处于非平衡条件，抓住细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变是关键3两个电荷量、质量均相同的带电粒子甲、乙以不同速率从a点沿对角线方向射入正方形匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里甲粒子垂直bc离开磁场，乙粒子垂直ac从d点离开磁场，不计粒子重力，则（）A甲粒子带负电，乙粒子带正电B甲粒子的运行动能是乙粒子运行动能的2倍C甲粒子所受洛伦兹力是乙粒子所受洛伦兹力的2倍D甲粒子在磁场中的运行时间与乙粒子相等【考点】带电粒子在匀
19、强磁场中的运动【分析】根据粒子运动轨迹，应用左手定则可以判断出粒子的电性；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意求出粒子轨道半径关系，然后应用牛顿第二定律求出粒子的速度然后分析答题；根据粒子做圆周运动的周期公式与粒子转过的圆心角求出粒子的运动时间【解答】解：A、由左手定则可判定甲粒子带正电，乙粒子带负电，故A错误；B、令正方形磁场的边长为L，则由题知甲粒子运行的半径为L，乙粒子运行的半径为L，由洛伦兹力提供向心力有Bqv=m，动能Ek=mv2=，甲粒子的运行动能是乙粒子运行动能的4倍，故B错误；C、由牛顿第二定律得：Bqv=m，解得：F=Bqv=，所以甲粒子在磁场中所受洛伦兹
20、力是乙粒子所受洛伦兹力的2倍，故C正确；D、粒子的运动时间：t=，甲粒子运行轨迹所对圆心角为45，乙粒子运行轨迹所对圆心角为90，即甲粒子在磁场中的运行时间是乙粒子的一半，故D错误；故选：C【点评】本题考查了粒子在磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程是解题的关键，应用牛顿第二定律与粒子做圆周运动的周期公式可以解题4如图所示，质量为m的可看成质点的物块置于粗糙水平面上的M点，水平面的右端与固定的斜面平滑连接，物块与水平面及斜面之间的动摩擦因数处处相同物块与弹簧未连接，开始时物块挤压弹簧使弹簧处于压缩状态现从M点由静止释放物块，物块运动到N点时恰好静止弹簧原长小于MM若物块从M点运动到N点的过程中，
21、物块与接触面之间由于摩擦所产生的热量为Q，物块、弹簧与地球组成系统的机械能为E，物块通过的路程为s不计转折处的能量损失，下列图象所描述的关系中可能正确的是（）ABCD【考点】机械能守恒定律【分析】根据摩擦力做功判断产生的热量与路程s的关系由于摩擦力做功，随着路程的增大，热量增加，根据能量守恒，则系统的机械能减小【解答】解：A、摩擦产生的热量Q=fs，因为MM段和MN段物体所受的摩擦力不同，MM段摩擦力大小f1=mg，MN段物体所受的摩擦力f2=mgcos，知Q随s成线性变化，但是两段过程的图线斜率不同故A、B错误C、系统机械能的减小量转化为产生的热量，则知两段过程系统机械能均匀减小，但是第一段
22、减小得更快故C正确，D错误故选C【点评】解决本题的关键知道产生的热量与摩擦力做功的关系，以及知道系统机械能的减小量等于摩擦产生的热量5在空间中存在着沿x轴的静电场，其电场强度E随位置坐标x变化规律如图所示A、B、C为x轴上的点，取x轴正方向为电场强度的正方向下列说法正确的是（）AAC段中B点的电势最低B一带正电的粒子从A点运动到B点电势能增加CUABUBCD一负电荷仅在电场力作用下从A点运动到C点动能先减小后增大【考点】电势差与电场强度的关系；电势【分析】从图可以看出，电场强度的方向沿x轴正方向，大小先减小后增大，沿电场线电势降低，电场力做正功电势能减小，电场力做负功电势能增大，Ex图象的面积
23、表示电势差【解答】解：A、从A点到C点，电场强度的方向不变，大小先减小后增大，根据U=Ed，电场强度是变量，可用Ex图象面积表示电势差，AC两点的图象与x轴所夹的面积大，故C点的电势最低，故A错误；B、因为电场方向沿x轴正方向，电场力沿x轴正向，所以带正电粒子电场力做正功，从A点运动到B点电势能减小，故B错误；C、AB两点图象与x轴所夹的面积大于BC两点图象与x轴所夹的面积，所以，故C正确；D、负电荷从A点运动到C点电场力做负功，电势能能增大，故D错误；故选：C【点评】此题考查电场强度E随x变化的图象与电势的关系，U=Ed，Ex图象组成图形的面积表示电势差6如图所示，矩形线圈面积为0.1m2，
24、匝数为100，绕OO轴在磁感应强度为T的匀强磁场中以角速度5rad/s匀速转动从图示位置开始计时，理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，两电表均为理想电表，电阻R=50，其他电阻不计，下列判断正确的是（）A保持P不动，若转速变成2倍时，变压器的输入功率也变为2倍B若=，变压器输入功率为50WC不管P如何移动，当t=0.2s时，电流表示数均为零DP向上移动时，电流表示数变小【考点】变压器的构造和原理；交流发电机及其产生正弦式电流的原理【分析】根据交变电流峰值的计算公式求出其峰值，然后应用功率公式判断变压比输入功率如何变化；求出发电机产生的感应电动势，再求出变压器副线圈电压，求出副线圈功率，
25、然后求出变压器的输入功率；电压表与电流表测量的是电流的有效值，据此分析电表示数；根据滑片的移动方向判断副线圈电压如何变化，然后应用欧姆定律判断电流如何变化【解答】解：A、线圈转速变成2倍，线圈产生的感应电动势峰值变为原来的两倍，变压器原线圈输入电压变为原来的2倍，保持P不动，副线圈两端电压变为原来的2倍，副线圈电流变为原来的2倍，副线圈功率：P=UI变为原来的4倍，变压器的输入功率变为原来的4倍，故A错误；B、交变电流的峰值：Em=nBS=1000.15=10V，变压器输入电压：U1=10V，副线圈电压：U2=U1=10=50V，副线圈电流：I2=1A，副线圈功率：P2=U2I2=501=50
26、W，变压器为理想变压器，变压器的输入功率：P1=P2=50W，故B正确；C、电流表测量的是交变电流的有效值，电路电流不为零，t=0.2s时电流表示数不为零，故C错误；D、P向上移动时副线圈匝数变少，原线圈电压不变，由变压器的变压比可知副线圈电压变小，电阻R不变，副线圈电流变小，原线圈电流变小，电流表示数变小，故D正确；故选：BD【点评】本题考查了交变电流的产生、变压器的变压与变流比、考查了电路动态分析，会求出交变电流的峰值是解题的关键，应用变压器公式与欧姆定律、功率公式可以解题7如图所示，一质量为m的小球置于半径为R的光滑竖直圆轨道最低点A处，B为轨道最高点，C、D为圆的水平直径两端点轻质弹簧
27、的一端固定在圆心O点，另一端与小球栓接，已知弹簧的劲度系数为k=，原长为L=2R，弹簧始终处于弹性限度内，若给小球一水平初速度v0，已知重力加速度为g，则（）A无论v0多大，小球均不会离开圆轨道B若在v0则小球会在B、D间脱离圆轨道C只要v0，小球就能做完整的圆周运动D只要小球能做完整圆周运动，则小球与轨道间最大压力与最小压力之差与v0无关【考点】向心力【分析】AB、在轨道的任意位置对小球受力分析，比较弹簧的弹力于重力在半径方向上的分力的大小，即可得知选项AB的正误C、利用机械能守恒定律可解的小球做圆周运动时在最低点的速度，由此可判知选项C的正误D、根据向心力的公式分别列出在最高点和最低点赶到
28、对小球的压力，结合小球在运动过程中机械能守恒，即可推导出压力之差的表达式，从而可知选项D的正误【解答】解：AB、因弹簧的劲度系数为k=，原长为L=2R，所以小球始终会受到弹簧的弹力作用，大小为F=K（lR）=KR=mg，方向始终背离圆心，无论小球在CD以上的哪个位置速度为零，重力在沿半径方向上的分量都小于等于弹簧的弹力（在CD一下，轨道对小球一定有指向圆心的支持力），所以无论v0多大，小球均不会离开圆轨道，故A正确，B错误C、小球在运动过程中只有重力做功，弹簧的弹力和轨道的支持力不做功，机械能守恒，当运动到最高点速度为零，在最低点的速度最小，有：，所以只要v0，小球就能做完整的圆周运动，故C正
29、确D、在最低点时，设小球受到的支持力为N，有：NKRmg=，解得：N=2mg+运动到最高点时受到轨道的支持力最小，设为N，设此时的速度为v，由机械能守恒有：此时合外力提供向心力，有：NKR+mg=联立解得：N=联立得压力差为：N=6mg，与初速度无关，故D正确故选：ACD【点评】该题涉及到的指示点较多，解答中要注意一下几点：1、正确的对物体进行受力分析，计算出沿半径方向上的合外力，利用向心力公式进行列式2、注意临界状态的判断，知道临界状态下受力特点和运动的特点3、熟练的判断机械能守恒的条件，能利用机械能守恒进行列式求解8在光滑的水平地面上方，有两个磁感应强度大小均为B，方向相反的水平匀强磁场，
30、如图所示的PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大，一个边长为a、质量为m、电阻为R的正三角形金属线框垂直磁场方向，以初速度v从图中虚线位置向右运动（线框平面保持竖直），当运动到如图所示实线的位置时，金属线框的速度为v，则下列说法正确的是（）A此时金属线框中的电功率为B此时金属线框的加速度为C此过程中通过金属线框某截面的电量为D此过程中回路产生的电能为mv2【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；焦耳定律【分析】由导体切割磁感线公式可求得感应电动势，由功率公式可求得电功率；由闭合电路欧姆定律可求得电路中的电流，则可求得安培力，由牛顿第二定律求得加速度；由法拉第电磁感应定律可求得通
31、过截面的电量，由能量守恒定律求得回路中产生的电能【解答】解：A、三角形线框运动到图示位置时，在各自磁场切割磁感线的有效长度l=，线框产生的感应电动势E=v，此时金属框的电功率，故A错误；B、线框的感应电流为I=，由牛顿第二定律可知：BIl+BIl=ma，可得金属框的加速度a=，故B错误；C、金属框的感应电动势，感应电流I=，流过金属框的电荷量Q=It=，故C正确；D、由题意知，回路中损失的机械能用于克服安培力做功即产生电能，根据能量守恒定律可知：回路中产生的电能，故D正确故选：CD【点评】本题考查电磁感应规律、闭合电路欧姆定律、安培力公式、能量守恒定律等等，难点是搞清楚磁通量的变化和切割磁感线
32、时的有效切割长度二、非选择题9某物理小组的同学设计了用圆锥摆粗略验证向心力的表达式的实验，所用器材有：刻度尺、游标卡尺、小刚球、画着圆的白纸、秒表、天平、细线完成下列填空：用游标卡尺测出钢球的直径D，如图（a）所示钢球的直径D=1.015cm，将实验器材组装好如图（b）将画着圆的白纸置于水平桌面上，使小球静止时正好位于圆心，用手带动小球，设法使它沿着白纸上画的圆在水平面上做匀速圆周运动（小球和白纸尽可能仅接触无压力），并用秒表记下钢球运动n圈的时间t，用刻度尺测出细线的长度L通过白纸上的圆测出钢球做匀速圆周运动的半径r，并用天平测出钢球的质量m用上述测得的物理量分别表示钢球所需要的向心力的表达
33、式F1=，钢球所受合力的表达式F2=（设当地的重力加速度为g），若在实验误差允许的范围内F1=F2，则表明验证了向心力的表达式【考点】决定向心力大小的因素【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；对小球受力分析，受重力和拉力，合力提供向心力，根据矢量的合成求出合力；根据牛顿第二定律列式求解需要的向心力【解答】解：游标卡尺的主尺读数为：1.0cm，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为30.05mm=0.15mm=0.015cm，所以最终读数为：1.0cm+0.015cm=1.015cm小球需要的向心力：F1=mr（）2=对小球受力分析，受重力
34、和拉力，如图所示：设绳子与竖直方向的夹角为，则合力为：F2=mgtan=故答案为：1.015，【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量，本题关键明确向心力来源，然后根据牛顿第二定律并结合向心力公式列式求解，基础题目10某同学做描绘小灯泡（额定电压为3.8V，额定电流为0.32A）的伏安特性曲线实验，有下列器材可供选用：A电压表V1（03V，内阻3k）B电压表V2（015V，内阻15k）C电流表A（00.6A，内阻约1）D定值电阻R1=2kE定值电阻R2=15kF滑动变阻器R（10，2A）G学生电源（直流6V，内阻不计）H开关、导线若干（
35、1）为了使测量结果更加准确，实验中所用电压表应选用A，定值电阻应选用D（均用序号字母填写）；（2）为尽量减小实验误差，并要求从零开始多取几组数据，请在图1画出满足实验要求的电路图；（3）该同学按照正确的电路图和正确的实验步骤，描出的伏安特性曲线如图2所示，将两个这样的小灯泡与电动势4V内阻为10的电源串联，此时每个小灯泡的发热功率为0.064W（结果取2位有效数字）【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【分析】（1）已知灯泡的额定电压，则根据串联电路的规律可得出电压表，根据实验的要求可以确定定值电阻的选取；（2）要求从零开始，则应采用分压接法，同时考虑灯泡内阻与电流表内阻的关系可以确定电流表的接法；
36、（3）根据闭合电路欧姆定律可得出灯泡两端电压与电流之间的关系，作出对应的伏安特性曲线； 二者的交点为灯泡的工作点，则由图可读出对应的电压和电流，由P=UI可求得电功率【解答】解：（1）由题意可知，灯泡的额定电压为4.8V，而给出的电压表中有15V和3V两种，选用15V的电压则误差较大；而选用3V的电压表，则量程偏小，故可以串联一个电阻进行分压；由题意可知，选择2K的电阻可以使量程扩大至可用范围，故选用D即可；故可以选取3V的电压表和2k的电阻串联充当电压表使用；（2）因题目中要求多测几组数据进行作图，故实验中选用分压接法，并且将R1与电压表串联充当电压表使用，电流表采用电流表外接法；故原理图如
37、图所示；（3）如果用一个电动势为4V，内阻为10的电源与两个同样的小灯泡串联组成电路设每灯电压为U，则由闭合电路欧姆定律可知：2U=EIr；变形可得：U=；作出对应的图象如图所示，则可知，灯泡电压为0.4V，电流为0.16A；则功率P=UI=0.40.16=0.064W；故答案为：（1）A，D； （2）如图所示； （3）0.064【点评】本题考查描绘灯泡的伏安特性曲线实验；对于测小灯泡伏安特性曲线实验要求滑动变阻器用分压式接法，电流表用外接法，同时要注意当电压表量程不合适时要考虑电表的改装11（12分）（2016上饶三模）如图所示，质量为m、电阻为R的单匝矩形线框置于倾角为的光滑斜面上，线框边
38、长ab=L、ad=2L，虚线MN过ad、bc边中点，一根能承受最大拉力F0（F0mgsin）的细线沿斜面中轴线方向栓住ab边中点处于静止从某时刻起，在MN上方加一方向垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小按B=kt的规律均匀变化求经多长时间细线断裂？【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】线框受到重力、支持力、沿斜面向下的安培力和细线沿斜面向上的拉力，根据平衡知细线断裂的瞬间细线的拉力等于重力沿斜面向下的分力和安培力之和，由法拉第定律和安培定则求解即可【解答】解：（1）根据法拉第定律，感应电动势：回路中感应电流设细线断裂用时t1，此时刻磁感应强度为B1=kt1安培力F安
39、=B1IL=细线断裂瞬间满足：F安+mgsin=F0解出时间t1=答：经过时间细线断裂【点评】本题实质上电磁感应中平衡问题，关键要会推导安培力与速度的关系式，运用力学的基本知识解答12（20分）（2016上饶三模）质量M=9kg、长L=1m的木板在动摩擦因数1=0.1的水平地面上向右滑行，当速度v0=2m/s时，在木板的右端轻放一质量m=1kg的小物块如图所示当小物块刚好滑到木板左端时，物块和木板达到共同速度取g=10m/s2，求：（1）从物块放到木板上到它们达到共同速度所用的时间t（2）小物块与木板间的摩擦因数2（3）物块从放上木板到停下来经过的位移【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移
40、与时间的关系【分析】（1）对木块好滑块分别运用速度时间公式、位移时间公式列式，然后联立求解；（2）对木块和长木板分别受力分析，然后运动牛顿第二定律列式求解；（3）先根据位移时间关系公式求解达到共同速度前的位移，再根据运动学公式和牛顿第二定律求解此后一起匀速前进的位移【解答】解：（1）设经过时间，物块和木板的共同速度为v，则物块的位移：X1=木板的位移：X2=物块相对木板滑过的位移：x=L=X2X1=得：t=1s（2）物块的加速度：a1=2g模板的加速度：a2=达共同速度时：a1t=v0a2t得：2=0.08（3）共同速度：v=0.8m/s物块先匀加速：X1=0.4m达到共同速度后一起匀减速，加
41、速度：a3=1g=0.110=1m/s2停下来经过的位移：X3=0.32m所以物块从放上木板到停下来经过的位移：x=X1+X3=0.72m答：（1）从物块放到木板上到它们达到共同速度所用的时间t为1s；（2）小物块与木板间的摩擦因数2为0.08；（3）物块从放上木板到停下来经过的位移为0.72m【点评】本题关键是先根据运动学公式列式后联立求解出时间，然后再受力分析后根据牛顿第二定律列式求解；对于第一问，可以以长木板为参考系列式求解，会使得问题大大简化【物理选修：33】13下列说法正确的是（）A扩散运动向着更为无序的方向进行，是可逆过程B温度时分子热运动平均动能的标志C分子间作用力随分子间距离的
42、增大而减小D液晶对不同颜色的吸收强度随电场强度的变化而变化E失重条件下充入金属液体的气体气泡不能无限地膨胀是因为液体表面张力的约束【考点】* 晶体和非晶体；布朗运动【分析】扩散运动是自发进行的，此过程不可逆物体内能包含分子动能和势能，温度决定分子的平均动能由分子力随距离的变化可判定C由液晶的特征可判定D【解答】解：A、扩散运动是自发进行的，总是向着更为无序的方向进行，是不可逆过程，故A错误B、温度是分子热运动平均动能的标志，故B正确C、分子间作用力随分子间距离的增大先减小后增大，再减小，故C错误D、液晶具有各向异性，对不同颜色光的吸收强度随电场强度的变化而变化故D正确E、失重条件下液态金属呈球
43、状是由于液体表面分子间存在表面张力的结果故E正确故选：BDE【点评】重点掌握物体内能包括哪些，知道分子动能和分子势能的决定因素，掌握分子间作用力随分子间距离的增大先减小后增大，再减小这一规律14如图所示，用销钉固定的导热活塞把水平放置的导热气缸分隔成容积相同的两部分，分别封闭着A、B两部分理想气体：A部分气体压强为PA0=2.5105 Pa，B部分气体压强为PB0=1.5105 Pa现拔去销钉，待活塞重新稳定后，（外界温度保持不变，活塞与气缸间摩擦可忽略不计，整个过程无漏气发生）求此时A部分气体体积与原来体积之比；判断此过程中A部分气体是吸热还是放热，并简述理由【考点】热力学第一定律；气体的等
44、温变化【分析】（1）应用玻意耳定律求出气体的体积，然后求出两部分气体的体积之比（2）根据热力学第一定律判断气体是吸热还是放热【解答】解：设A气体的体积为V，由玻意耳定律得：PAV=PA（V+V），PBV=PB（VV），PA=PB，解得：V=V，A部分气体体积与原来的体积之比为5：4；A部分气体温度不变，气体内能不变，气体体积变大，气体膨胀对外做功，由热力学第一定律可得：气体从外界吸收热量答：求此时A部分气体体积与原来体积之比为5：4；A部分气体是吸热【点评】熟练应用玻意耳定律、热力学第一定律即可正确解题，本题难度不大，是一道基础题【物理选修：34】15（2016上饶三模）2016年，科学家利用
45、“激光干涉引力波天文台”（LIGO）探测到由于引力波引起的干涉条纹的变化，这是引力波存在的直接证据关于激光及激光干涉，下列说法中正确的是（）A激光是自然界中某种物质直接发光产生的，不是偏振光B激光相干性好，任何两束激光都能发生干涉C激光全息照片是利用光的干涉记录下物体三维图象的信息D用激光照射分束器，是将激光一分为二形成两个相干光源E光探测器探测到干涉条纹发生变化，是因为有引力波通过，引起时空变形形成光程差而造成的【考点】光的偏振；激光的特性和应用【分析】激光相干性好、平行度好、亮度高；激光全息照片是利用光的干涉记录下强度、频率和相位由此分析即可【解答】解：A、激光是人造光，也是偏振光，故A错
46、误；B、激光相干性好，只有频率相同的两束激光才会发生干涉，故B错误；C、激光全息照片是利用光的干涉记录下物体三维图象的信息，故C正确；D、用激光照射分束器，是将激光一分为二形成两个相干光源，故D正确；E、根据测量的原理可知，光探测器探测到干涉条纹发生变化，是因为有引力波通过，引起时空变形形成光程差而造成的故E正确故选：CDE【点评】本题考查了激光的特性，要明确干涉条件是两列光波的频率相等，基础题目16（2016上饶三模）如图所示，一透明半球的半径为R，对单色光a和b的折射率分别为n1=和n2=2真空中两细束平行单色光a和b从半球的左、右两侧沿半球的平面上的一条直径向球心移动，光始终与透明半球的
47、平面垂直一旦光束到某一位置恰好从透明半球的球面射出（不考虑光在透明介质中的多次反射后再射出球面）即停止移动将此时a、b入射点分别记为P、Q（图中未画出）求：PQ的距离d设真空中光束为c，现让单色光束a和b分别从P、Q两点，同时垂直入射，求两束光到达相交位置的时间差t【考点】光的折射定律【分析】由sinC=求出两束光的临界角，由题意知道a、b两光束射到半球圆弧上时入射角等于临界角，由几何知识求解两细束单色光a和b的距离d；由v=求出光在半球中传播的速度，由几何知识求出光在半球内、外传播的距离，即可求得各自传到交点的时间，从而得到时间差【解答】解：设单色光束a和b在透明半球中全反射的临界角分别为C
48、1和C2对单色光a，若从P处入射时恰好从透明半球面O1出射，则：sinC1=，得临界角为：C1=60对单色光b，若从Q处入射时恰好从透明半球面O2出射，则：sinC2=，得临界角：C2=30由几何知识得：d=OP+OR=R设从球面射出的两单色光交于O3，如图光路所示，由于OO1=OO2=R 且OO1OO2，故OO1O3O2为正方形a光路径为PO1O3，b光路径为PO2O3，传播形成时间差为：t=答：PQ的距离d是R两束光到达相交位置的时间差t是【点评】本题要掌握全反射临界角公式sinC=，能灵活运用几何知识求解相关角度和距离，要作出光路图帮助解答【物理选修：35】17（2016安徽校级模拟）如
49、图所示为氢原子能级图，下列说法正确的是（）A一个处于n=4能级的氢原子，最多可以辐射出6种频率的光子B吸收某能量为2.6eV的光子，将使处于n=2能级的氢原子受激跃迁至n=4能级C处于基态的氢原子吸收14eV能量的光子后会电离D处于基态的氢原子受到14eV能量的中子轰击后可能会电离E处于n=4能级的氢原子辐射出的光子中，一定有能使极限频率为2.51015Hz的某金属材料发生光电效应的光子存在（普朗克常数为h=6.631034Js）【考点】氢原子的能级公式和跃迁【分析】一个处于n=4能级的氢原子，最多可以辐射出3种；能级间跃迁时，辐射（吸收）的光子能量等于两能级间的能级差；根据光电效应发生条件：
50、辐射光的频率大于极限频率，从而即可判定【解答】解：A、一个处于n=4能级的氢原子会自发地向低能级跃迁，跃迁时最多能发出3个光子，即从n=4能级跃迁到n=3能级，从n=3能级跃迁到n=2能级，从n=2能级跃迁到n=1能级故A错误；B、吸收某能量为2.55eV的光子时，根据吸收的光子能量等于两能级间的能级差，正好使处于n=2能级的氢原子受激跃迁至n=4能级，故B错误；CD、只要处于基态的氢原子吸收13.6eV能量，不论是光子，还是中子轰击，均会电离，故CD正确；E、处于n=4能级的氢原子辐射出的光子最大能量为E=E4E1=0.85（13.6）=12.75eV，那么对应的频率为=3.081015Hz
51、，因此一定有能使极限频率为2.51015Hz的某金属材料发生光电效应，故E正确；故选：CDE【点评】解本题考查选修35中内容，考得比较散，关键熟悉教材，牢记这些知识点，知道能级间跃迁放出或吸收光子的能量满足h=EmEn18（2016湖北模拟）如图所示，质量为3kg的小车A以v0=4m/s的速度沿光滑水平面匀速运动，小车左端固定的支架通过不可伸长的轻绳悬挂质量为1kg的小球B（可看作质点），小球距离车面0.8m某一时刻，小车与静止在水平面上的质量为1kg的物块C发生碰撞并粘连在一起（碰撞时间可忽略），此时轻绳突然断裂此后，小球刚好落入小车右端固定的砂桶中（小桶的尺寸可忽略），不计空气阻力，重力加
52、速度g取10m/s2求：绳未断前小球与砂桶的水平距离小车系统的最终速度大小整个系统损失的机械能【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律【分析】（1）A与C的碰撞动量守恒，由此求出A的速度；小球做平抛运动，由H=gt2求出运动的时间，再结合水平方向的位移关系即可求出；（2）系统的动量守恒，由此即可求出最终的速度；（3）由功能关系即可求出系统损失的机械能【解答】解：A与C的碰撞动量守恒：mAv0=（mA+mC）v1，得：v1=3m/s设小球下落时间为t，则：H=gt2，t=0.4s所以：x=（v0v1）t=0.4m设系统最终速度为v2，由水平方向动量守恒：（mA+mB） v0=（mA+mB+mC）v2 得：v2=3.2m/s由能量守恒得：E=mBgH+（mA+mB） v02（mA+mB+mC）v22解得：E=14.4J答：绳未断前小球与砂桶的水平距离是0.4m小车系统的最终速度大小是3.2m/s整个系统损失的机械能是14.4J【点评】本题考查动量守恒定律的应用，要注意正确选择研究对象，并分析系统是否满足动量守恒以及机械能守恒；然后才能列式求解；同时要注意不能漏掉小球的重力势能
