1、2016年河北省衡水市冀州中学高考物理保温试卷（一）（B）二、选择题（本题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第14题只有一项符合题目要求，第58题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1如图所示，质量均为m的两物体a、b放置在两固定的水平挡板之问，物体间竖直夹放一根轻弹簧，弹簧与a、b不粘连且无摩擦现在物体b上施加逐渐增大的水平向右的拉力F，两物体始终保持静止状态，已知重力加速度为g，下列说法正确的是（）A物体b所受摩擦力随F的增大而增大B弹簧对物体b的弹力大小可能等于mgC物体a对挡板的压力大小可能等于2mgD物体a所受摩擦力随F的增大而增大2太
2、阳系中的八大行星的轨道均可以近似看成圆轨道用R（单位为AU）和T（单位为年）分别表示行星绕太阳公转的圆轨道半径和相应的周期，已知R地=1AU、T地=1年，八大行星的坐标（lgT，lgR）分布在下列哪个坐标系的直线上（）ABCD3如图所示，将一根绝缘硬金属导线弯曲成个完整的正弦曲线形状，它通过两个小金属环a、b与长直金属杆导通，在外力F作用下，正弦形金属线可以在杆上无摩擦滑动杆的电阻不计，导线电阻为R，ab间距离为2L，导线组成的正弦图形顶部或底部到杆距离都是在导线和杆平面内有一有界匀强磁场区域，磁场的宽度为L，磁感应强度为B现在外力F作用下导线沿杆以恒定的速度v向右运动，在运动过程中导线和杆组
3、成的平面始终与磁场垂直t=0 时刻导线从O点进入磁场，直到全部穿过磁场，外力F所做功为（）ABCD4如图，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘小船直线拖向岸边已知拖动缆绳的电动机功率恒为P，小船的质量为m，小船所受到水的阻力大小恒为f，经过A点时的速度大小为v，小船从A点沿直线运动到B点经历时间为t，此时缆绳与水平面夹角为，A、B两点间水平距离为d，缆绳质量忽略不计则（）A小船经过B点时的速度大小为VB=B小船经过B点时绳子对小船的拉力大小为C小船经过A点时电动机牵引绳子的速度大小为D小船经过B点时的加速度大小为5如图所示，水平面内有A、B、C、D、E、F六个点，它们均匀分布在同一圆周上，空间有
4、一电场方向与圆平面平行的匀强电场已知A、B、C三点的电势分别为A=V、B=2V、C=V，下列判断正确的是（）A电场强度的方向由D指向AB圆心O处的电势为2VCE、F两点间的电势差为VDA、B、C、D、E、F六个点中，必有一点是圆周上电势最高的点6已知无限长通电直导线周围某处磁场的磁感应强度大小为B=k，式中常量k0，I为电流强度，r为该点到直导线的距离如图所示，将通以恒定电流的长直导线固定在光滑绝缘水平面上，某一时刻，金属环在该平面上以速度v0沿图示方向运动（）A此时，金属环中感应电流沿顺时针方向B此后，金属环可能沿图示v0方向做直线运动，直到速度减为零C此后，金属环可能一直做曲线运动D此后，
5、金属环先做曲线运动，再做匀速直线运动7如图，单匝矩形导线框abcd与匀强磁场乖直，线框电阻不计，线框绕与cd边重合的同定转轴以恒定角速度从图示位置开始匀速转动，理想变压器匝数比为n1：n2开关S断开时，额定功率为P的灯泡L1正常发光，电流表示数为I，电流表内阻不计，下列说法正确的是（）A线框中产生的电流为正弦式交变电流B线框从图中位置转过时，感应电动势瞬时值为C灯泡L1的额定电压等于D如果闭合开关S，则电流表示数变大8图甲为0.1kg的小球从最低点A冲入竖直放置在水平面上、半径为0.4半圆轨道后，小球速度的平方与其高度的关系图象已知小球恰能到达最高点C，轨道粗糙程度处处相同，空气阻力不计g取1
6、0m/s2，B为AC轨道中点，下列说法正确的是（）A图甲中x=4B小球从B到C损失了0.125J的机械能C小球从A到C合外力对其做的功为1.05JD小球从C抛出后，落地点到A的距离为0.8m三、非选择题（包括必考题和选考题两个部分，第9题-第12题为必考题，每个考题考生都必须作答第13题-第18题为选考题，考生根据要求作答）9某同学通过实验探究物体绕轴转动而具有的转动动能与哪些因素有关他以圆形砂轮为研究对象，研究其转动动能与质量、半径、角速度的具体关系分别取不同质量、不同半径的砂轮，使其以不同的角速度旋转进行实验，得到数据如下表所示：序号半径r/cm质量m/kg角速度（rad/s）转动动能Ek
7、/J14126.4241314.4341425.6442212.8543219.2644225.6781225.68121257.691612102.4（1）每次至少利用三组以上实验数据完成以下分析：为研究转动动能与质量的关系，选用实验序号为 进行分析为研究转动动能与半径的关系，选用实验序号为 进行分析为研究转动动能与角速度的关系，选用实验序号为 进行分析（2）由上述分析可推导出转动动能Ek与质量m、角速度、半径r的关系式为（ 比例系数用k表示），k的值为10某同学利用如图所示的电路可以测量多个物理量实验室提供的器材有：两个相同的待测电源（内阻r1），电阻箱R1（最大阻值为999.9），电阻箱
8、R2（最大阻值为999.9），电压表V（内阻约为2k），电流表A（内阻约为2），灵敏电流计G，两个开关S1、S2主要实验步骤如下：按图连接好电路，调节电阻箱R1和R2至最大，闭合开关S1和S2，再反复调节R1和R2，使电流计G的示数为0，读出电流表A、电压表V、电阻箱R1、电阻箱R2的示数分别为I1、U1、R1、R2；反复调节电阻箱R1和R2（与中的电阻值不同），使电流计G的示数为0，读出电流表A、电压表V的示数分别为I2、U2回答下列问题：（1）电流计G的示数为0时，电路中A和B两点的电势A和B的关系为；（2）电压表的内阻为，电流表的内阻为；（3）电源的电动势E为，内阻r为11如图所示，在x
9、Oy坐标系的第一象限有方向垂直纸面向外的有界匀强磁场，y轴是它的左边界，曲线OP是它的右边界，OP的曲线方程为y=在y轴上有一点Q（0，h），一电荷量为q（q0）、质量为m的粒子从Q点以不同的速率沿x轴正方向射入磁场从磁场的右边界射出的粒子中，速率为v0的粒子在磁场中运动位移最短不计粒子的重力求（1）磁感应强度的大小；（2）能从磁场的右边界射出的粒子的速度范围12无限长通电螺线管内部的磁场可认为是匀强磁场现有一个足够长螺线管1，半径为R，甲图是它的横截面图，圆心为O点在螺线管1中通入顺时针的随时间变化的电流I=2t，它在螺线管内部产生的磁场为B=2kI在P处放置一个单匝、半径为 r（rR）的圆
10、形导体框，圆心亦在O处，则：（1）线框中产生的感应电动势多大？（不考虑感应电流对螺线管磁场的影响）（2）产生上述感应电动势的原因可概括为：变化的磁场在P处产生了一个电场线闭合的环形感应电场E（不是静电场），如图乙所示，感应电场力（是非静电力）对导体内电荷做功，形成感应电动势已知感应电动势的大小等于每库仑正电荷沿导体框运动一周时感应电场力对该电荷做的功的大小，由此请求出P处的感应电场的场强E的大小（3）现撤去导体框，在距圆心O为r（ rR）处由静止释放一点电荷（电量为q，质量为m，忽略其所受重力），由t=0时刻释放，要让该点电荷恰好能绕O点做半径为r的圆周运动，需要在点电荷的圆轨道带（即丙图两虚
11、线间的中间区域，该区域的宽度相比r可以忽略不计）再加一个匀强磁场B1，求B1的表达式和方向（二）选做题：共45分请考生从给出的3个选修中任选一个作答注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡上选答区域指定位置答题如果多做，则按所做的第一个计分【物理-选修3-3】13下列说法正确的是 （）A能源在利用过程中有能量耗散，这表明能量不守恒B没有摩擦的理想热机也不可能把吸收的能量全部转化为机械能C非晶体的物理性质各向同性而晶体的物理性质都是各向异性D对于一定量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热E当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而增大14如图所示，开
12、口向上竖直放置的内壁光滑气缸，其侧壁是绝热的，底部导热，内有两个质量均 为m的密闭活塞，活塞A导热，活塞B绝热，将缸内理想气体分成、两部分初状态整个装置静止不动且处于平衡状态，、两部分气体的高度均为l0，温度为T0设外界大气压强为P0保持不变，活塞横截面积为S，且mg=P0S，环境温度保持不变求：在活塞A上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于2m时，两活塞在某位置重新处于平衡，活塞B下降的高度物理-选修3-415如图所示，实线表示两个相干波源S1S2发出的波的波峰位置，设波的周期为T波长为波的传播速度为v，下列说法正确的是（）A图中的a点为振动减弱点的位置B图中的b点为振动加强点的位置C从图中时刻开始
13、，波源S1的波峰传播到a、b位置的最短时间均为DV=TE波源S1的波经过干涉之后波的性质完全改变16某同学做“测定玻璃的折射率”实验时，用他测得的多组入射角i与折射角r作出sinisinr的图象，如图甲所示求该玻璃的折射率n他再取用该种玻璃制成的直角三棱镜，入射光的方向垂直于斜边，如图乙所示；则角在什么范同内，入射光经过两次全反射又从斜边射出？【物理-选修3-5】17静止的镭核发生衰变，生成Rn核，该核反应方程为，已知释放出的粒子的动能为E0，假定衰变时能量全部以动能形式释放出去，该衰变过程总的质量亏损为18如图，水平面上有一质量m=10kg的小车，其右端固定一水平轻质弹簧，弹簧左端连接一质量
14、m0=10kg的小物块，小物块与小车一起以v0=6m/s的速度向右运动，与静止在水平面上质量M=40kg的木箱发生正碰，碰后木箱的速度为v=2m/s，碰撞时间极短，弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦阻力求：（1）小车与木箱碰撞后瞬间小车的速度v1；（2）从碰后瞬间到弹簧被压缩至最短的过程中，弹簧弹力对小车的冲量大小及弹簧弹性势能的最大值2016年河北省衡水市冀州中学高考物理保温试卷（一）（B）参考答案与试题解析二、选择题（本题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第14题只有一项符合题目要求，第58题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1如图所示，质
15、量均为m的两物体a、b放置在两固定的水平挡板之问，物体间竖直夹放一根轻弹簧，弹簧与a、b不粘连且无摩擦现在物体b上施加逐渐增大的水平向右的拉力F，两物体始终保持静止状态，已知重力加速度为g，下列说法正确的是（）A物体b所受摩擦力随F的增大而增大B弹簧对物体b的弹力大小可能等于mgC物体a对挡板的压力大小可能等于2mgD物体a所受摩擦力随F的增大而增大【考点】共点力平衡的条件及其应用；摩擦力的判断与计算【分析】根据物体b受水平拉力F力后仍处于静止，则可知，必定受到静摩擦力，从而可确定弹簧的弹力与物体b的重力关系，再由摩擦力产生的条件，即可求解【解答】解：A、在b物体上施加水平拉力F后，两物体始终
16、保持静止状态，则物体b受到接触面的静摩擦力，根据力的平衡可知，物体b所受摩擦力随F的增大而增大故A正确；B、物体b受到接触面的静摩擦力因此它们之间一定存在弹力，则弹簧的弹力大于物体b的重力mg，故B错误；C、结合B的分析可知，弹簧的弹力大于物体b的重力mg；对A进行受力分析可知，A受到向下的重力、向下的弹簧的弹力和地面的支持力处于平衡状态，结合共点力的平衡可知，a受到的地面的支持力一定大于2mg，由牛顿第三定律可得，a物体对水平面的压力大小大于2mg，故C错误；D、根据摩擦力产生的条件可知，a物体没有相对运动的趋势，则没有摩擦力，故D错误；故选：A2太阳系中的八大行星的轨道均可以近似看成圆轨道
17、用R（单位为AU）和T（单位为年）分别表示行星绕太阳公转的圆轨道半径和相应的周期，已知R地=1AU、T地=1年，八大行星的坐标（lgT，lgR）分布在下列哪个坐标系的直线上（）ABCD【考点】万有引力定律及其应用【分析】根据开普勒第三定律，得出周期与轨道半径的关系，结合数学对数函数得出lgR和lgT的关系式，从而确定正确的图线【解答】解：根据开普勒周期定律：，则R3=kT2，两边取对数得，3lgR=2klgT，即，可知lgR与lgT成正比，故A正确，B、C、D错误故选：A3如图所示，将一根绝缘硬金属导线弯曲成个完整的正弦曲线形状，它通过两个小金属环a、b与长直金属杆导通，在外力F作用下，正弦形
18、金属线可以在杆上无摩擦滑动杆的电阻不计，导线电阻为R，ab间距离为2L，导线组成的正弦图形顶部或底部到杆距离都是在导线和杆平面内有一有界匀强磁场区域，磁场的宽度为L，磁感应强度为B现在外力F作用下导线沿杆以恒定的速度v向右运动，在运动过程中导线和杆组成的平面始终与磁场垂直t=0 时刻导线从O点进入磁场，直到全部穿过磁场，外力F所做功为（）ABCD【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律【分析】正弦曲线形状金属导线以恒定的速度v穿过磁场过程中，线圈中产生正弦式交变电流，求出感应电动势的最大值，再求出有效值，根据功能关系求解外力F所做的功【解答】解：金属导线在磁场中运动时，产生的电动势为：e
19、=Bvy，y为导线切割磁力线的有效长度在导线运动的过程中，y随时间的变化为：y=dsint， =则导线从开始向右运动到L的过程中（如图）有： =Bvdsint则此过程中电动势的最大值为：E1max=Bvd此过程中电动势的有效值为：导线从L向右运动到2L的过程中（如图）有： =2Bvdsint即：E2max=2Bvd所以：导线从2L向右运动到3L的过程与导线从开始向右运动L的过程相同（如图），则在这三段中运动的时间各为t，在整个过程中产生的内能为：Q=因导线在拉力F的作用下匀速运动，所以拉力F所做的功全部转化为内能，即：W=Q=故选：C4如图，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘小船直线拖向岸边已
20、知拖动缆绳的电动机功率恒为P，小船的质量为m，小船所受到水的阻力大小恒为f，经过A点时的速度大小为v，小船从A点沿直线运动到B点经历时间为t，此时缆绳与水平面夹角为，A、B两点间水平距离为d，缆绳质量忽略不计则（）A小船经过B点时的速度大小为VB=B小船经过B点时绳子对小船的拉力大小为C小船经过A点时电动机牵引绳子的速度大小为D小船经过B点时的加速度大小为【考点】动能定理；运动的合成和分解【分析】根据功的表达式求出阻力所做的功；根据动能定理求出小船经过B点时的速度设小船经过B点时绳的拉力大小为F，绳与水平方向夹角为，绳的速度大小为u，根据牛顿第二定律、功率P=Fu，以及小船速度与绳子收缩速度的
21、关系求出B点的加速度【解答】解：A、小船从A点运动到B点克服阻力做功Wf=fd 小船从A点运动到B点，电动机牵引绳对小船做功W=Pt 由动能定理有 WWf=mmv2由式解得 v1=故A正确；B、设小船经过B点时绳的拉力大小为F，绳与水平方向夹角为，绳的速度大小为u，P=Fu u=v1cos 联立得：F=故B错误；C、由题可知，OB与水平面之间的夹角是，所以OA与水平面之间的夹角小于，则小船经过A点时电动机牵引绳子的速度大小一定大于故C错误；D、根据牛顿第二定律 Fcosf=ma 由得a= 故D正确故选：AD5如图所示，水平面内有A、B、C、D、E、F六个点，它们均匀分布在同一圆周上，空间有一电
22、场方向与圆平面平行的匀强电场已知A、B、C三点的电势分别为A=V、B=2V、C=V，下列判断正确的是（）A电场强度的方向由D指向AB圆心O处的电势为2VCE、F两点间的电势差为VDA、B、C、D、E、F六个点中，必有一点是圆周上电势最高的点【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度【分析】A：由于圆周处于匀强电场中，线段BC和线段AO平行且相等，因此可知：UCB=UOA=V，因此B=O，OB所在直线即为等势线，电场线与等势线垂直，并且沿着电场线的方向电势降低，可判断电场强度的方向B：由A项可知O=2VC：由线段BC和线段AO平行且相等，可得：UCB=UEF=VD：由线段BC和线段AO共线且相等，
23、可得：UDO=UOA=V，可得：D=（2）V【解答】解：A：由于圆周处于匀强电场中，线段BC和线段AO平行且相等，因此可知：UCB=UOA=V，因此UCB=CB，UOA=OA B=O=2V，OB所在直线即为等势线由于直线CA与OB垂直，因此电场强的方向由C指向A故：A项错误B：UCB=CB，UOA=OA 可得：B=O=2V故：B项正确C：线段BC、线段AO和线段EF平行且相等，UCB=UOA=UEF=V故：C正确D：沿着电场线的方向电势降低，因此C和D点电势最高并且C=D=（2）V故D错误故选：BC6已知无限长通电直导线周围某处磁场的磁感应强度大小为B=k，式中常量k0，I为电流强度，r为该点
24、到直导线的距离如图所示，将通以恒定电流的长直导线固定在光滑绝缘水平面上，某一时刻，金属环在该平面上以速度v0沿图示方向运动（）A此时，金属环中感应电流沿顺时针方向B此后，金属环可能沿图示v0方向做直线运动，直到速度减为零C此后，金属环可能一直做曲线运动D此后，金属环先做曲线运动，再做匀速直线运动【考点】楞次定律【分析】根据通电直导线周围磁场的分布，结合楞次定律可判定感应电流方向，再依据楞次定律相对运动角度来判定，通电线圈受到的安培力方向，再结合曲线运动的条件，即可求解【解答】解：A、根据右手螺旋定则，环所处的磁场方向向里，因无限长通电直导线周围某处磁场的磁感应强度大小为B=k，则离导线越远的，
25、磁场越弱，依据楞次定律可知，环中的感应电流方向顺时针方向，故A正确；BCD、当环在该平面上以速度v0沿图示方向运动时，产生的感应电流，出现安培阻力，从而阻碍其运动，由于安培阻力与速度方向不共线，因此做曲线运动，当环的速度方向与通电导线电流方向相平行时，则环中的磁通量不再变化，那么没有感应电流，因此环不受力的作用，则做匀速直线运动，故BC错误，D正确；故选：AD7如图，单匝矩形导线框abcd与匀强磁场乖直，线框电阻不计，线框绕与cd边重合的同定转轴以恒定角速度从图示位置开始匀速转动，理想变压器匝数比为n1：n2开关S断开时，额定功率为P的灯泡L1正常发光，电流表示数为I，电流表内阻不计，下列说法
26、正确的是（）A线框中产生的电流为正弦式交变电流B线框从图中位置转过时，感应电动势瞬时值为C灯泡L1的额定电压等于D如果闭合开关S，则电流表示数变大【考点】变压器的构造和原理；正弦式电流的图象和三角函数表达式【分析】根据理想变压器的变压比公式和变流比公式列式求解线圈在匀强磁场中匀速转动的最大感应电动势，线圈从中性面开始转动瞬时值表达式【解答】解：A、线框绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，线框中产生的是电流为正弦式交变电流，故A正确；B、线框从中性面转动，所以瞬时值表达式为，当转动时，感应电动势的瞬时值，故B正确；C、原线圈两端的电压，根据电压与匝数成正比，得，副线圈两端的电压，即灯泡的额定电压为，故
27、C错误；D、S闭合，副线圈电阻变小，输出功率变大，输入功率变大，得变大，即电流表示数变大，故D正确；故选：ABD8图甲为0.1kg的小球从最低点A冲入竖直放置在水平面上、半径为0.4半圆轨道后，小球速度的平方与其高度的关系图象已知小球恰能到达最高点C，轨道粗糙程度处处相同，空气阻力不计g取10m/s2，B为AC轨道中点，下列说法正确的是（）A图甲中x=4B小球从B到C损失了0.125J的机械能C小球从A到C合外力对其做的功为1.05JD小球从C抛出后，落地点到A的距离为0.8m【考点】动能定理；机械能守恒定律【分析】根据小球恰好到达最高点，结合牛顿第二定律求出最高点的速度，从而得出x的值；根据
28、A到C过程中动能的减小量和重力势能的增加量得出机械能的减小量，通过A到B和B到C过程中克服摩擦力做功的大小，判断出两个过程中机械能损失的关系，从而得出小球从B到C过程中机械能的损失根据动能定理求出A到C过程中合力做功的大小；根据高度求出平抛运动的时间，结合初速度和时间求出平抛运动的水平位移【解答】解：A、当h=0.8m时，小球运动到最高点，因为小球恰能到达最高点C，则有：，解得v=m/s=2m/s，则x=4，故A正确B、从A到C过程，动能减小量为=J=1.05J，重力势能的增加量为mg2R=10.8J=0.8J，则机械能减小0.25J，由于A到B过程中压力大于B到C过程中的压力，则A到B过程中
29、的摩擦力大于B到C过程中的摩擦力，可知B到C的过程克服摩擦力做功较小，知机械能损失小于0.125J，故B错误C、小球从A到C合外力对其做的功等于动能的变化量，则W=J=1.05J，故C正确D、C点的速度v=2m/s，根据得，t=，则落地点到A点的距离x=vt=20.4m=0.8m，故D正确故选：ACD三、非选择题（包括必考题和选考题两个部分，第9题-第12题为必考题，每个考题考生都必须作答第13题-第18题为选考题，考生根据要求作答）9某同学通过实验探究物体绕轴转动而具有的转动动能与哪些因素有关他以圆形砂轮为研究对象，研究其转动动能与质量、半径、角速度的具体关系分别取不同质量、不同半径的砂轮，
30、使其以不同的角速度旋转进行实验，得到数据如下表所示：序号半径r/cm质量m/kg角速度（rad/s）转动动能Ek/J14126.4241314.4341425.6442212.8543219.2644225.6781225.68121257.691612102.4（1）每次至少利用三组以上实验数据完成以下分析：为研究转动动能与质量的关系，选用实验序号为1、4、5、6 进行分析为研究转动动能与半径的关系，选用实验序号为1、7、8、9 进行分析为研究转动动能与角速度的关系，选用实验序号为1、2、3 进行分析（2）由上述分析可推导出转动动能Ek与质量m、角速度、半径r的关系式为（ 比例系数用k表示）
31、，k的值为103【考点】探究功与速度变化的关系【分析】（1）物理学中对于多因素（多变量）的问题，常常采用控制因素（变量）的方法，把多因素的问题变成多个单因素的问题每一次只改变其中的某一个因素，而控制其余几个因素不变，从而研究被改变的这个因素对事物影响，分别加以研究，最后再综合解决，这种方法叫控制变量法（2）通过控制变量法得出转动动能与质量m、角速度、半径r的关系，从而得出关系式【解答】解：（1）本实验采用控制变量法，研究转动动能与质量的关系，选用序号1、4、5、6进行分析，可知转动动能与质量成正比；研究转动动能与半径的关系，选用实验序号为1、7、8、9进行分析，可知转动动能与半径的二次方成正比
32、；研究转动动能与角速度的关系，选用实验序号为1、2、3进行分析，可知转动动能与角速度的二次方成正比（2）因为转动动能与质量成正比，与半径的二次方成正比、与角速度的二次方成正比，可知关系式为：，选用第一组数据，有：6.4=k10.0424，解得k=103故答案为：（1）1、4、5、6；1、7、8、9；1、2、3；（2），10310某同学利用如图所示的电路可以测量多个物理量实验室提供的器材有：两个相同的待测电源（内阻r1），电阻箱R1（最大阻值为999.9），电阻箱R2（最大阻值为999.9），电压表V（内阻约为2k），电流表A（内阻约为2），灵敏电流计G，两个开关S1、S2主要实验步骤如下：按图
33、连接好电路，调节电阻箱R1和R2至最大，闭合开关S1和S2，再反复调节R1和R2，使电流计G的示数为0，读出电流表A、电压表V、电阻箱R1、电阻箱R2的示数分别为I1、U1、R1、R2；反复调节电阻箱R1和R2（与中的电阻值不同），使电流计G的示数为0，读出电流表A、电压表V的示数分别为I2、U2回答下列问题：（1）电流计G的示数为0时，电路中A和B两点的电势A和B的关系为A=B；（2）电压表的内阻为，电流表的内阻为R2；（3）电源的电动势E为，内阻r为【考点】闭合电路的欧姆定律；电势【分析】（1）电流计G的示数为0时，说明A、B两点的电势相等（2）根据欧姆定律和并联电路的特点求两电表的内阻（
34、3）对两种情况分别运用闭合电路欧姆定律列式，可求得电源的电动势和内阻【解答】解：（1）电流计G的示数为0时，由欧姆定律知，G的电压为零，说明A、B两点的电势相等，即A=B（2）由于电流计G的示数为0，所以电流表的示数等于电压表的电流与电阻R1的电流之和则在步骤1中，通过电压表的电流 IV=I1电压表的内阻为 RV=左右两个电源两极间的电压相等，则有：U1=I1（RA+R2）解得，电流表的内阻 RA=R2（3）根据闭合电路欧姆定律得： E=U1+I1r E=U2+I2r解得，E=，r=故答案为：（1）A=B；（2），R2；（3），11如图所示，在xOy坐标系的第一象限有方向垂直纸面向外的有界匀强
35、磁场，y轴是它的左边界，曲线OP是它的右边界，OP的曲线方程为y=在y轴上有一点Q（0，h），一电荷量为q（q0）、质量为m的粒子从Q点以不同的速率沿x轴正方向射入磁场从磁场的右边界射出的粒子中，速率为v0的粒子在磁场中运动位移最短不计粒子的重力求（1）磁感应强度的大小；（2）能从磁场的右边界射出的粒子的速度范围【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【分析】（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力（牛顿第二定律）结合几何关系求解；出射点，在抛物线上，同时又在圆周运动的轨迹上，再将二者的几何关系联立即可求解；（2）恰能从右边界射出的临界几何条件为：粒子轨迹与抛物线相切，将粒子轨迹方程
36、与抛物线方程联立，利用几何关系求出粒子轨迹半径，再与洛伦兹力提供向心力得到的半径公式联立，求出相切时的临界速度，即可确定粒子的速度范围【解答】解：（1）如图一所示，设粒子从M（x，y）点射出磁场，则粒子在磁场中运动的位移：根据已知：联立解得： =由可知，当时，MQ有最小值根据洛伦兹力提供向心力：qv0B=m，可得粒子在磁场中运动的轨迹半径：根据几何关系可得：对O1NM运用勾股定理可得：由得（2）如图二所示，设轨迹圆与磁场右边界相切于D（x，y）点，半径为R，粒子速度为vmin，此时粒子恰好射出磁场由圆的方程可得：x2+y（hR）2=R2联立式消掉x可得：y2+（2Rh）y+h22hR=0 因为
37、相切，所以关于y的一元二次方程只有一个根，所以该方程的判别式：=（2Rh）24（h22hR）=0解得：根据洛伦兹力提供向心力可得：qvminB=m联立式可得：所以粒子速度满足条件：vvmin=答：（1）磁感应强度的大小为得；（2）能从磁场的右边界射出，粒子的速度至少为12无限长通电螺线管内部的磁场可认为是匀强磁场现有一个足够长螺线管1，半径为R，甲图是它的横截面图，圆心为O点在螺线管1中通入顺时针的随时间变化的电流I=2t，它在螺线管内部产生的磁场为B=2kI在P处放置一个单匝、半径为 r（rR）的圆形导体框，圆心亦在O处，则：（1）线框中产生的感应电动势多大？（不考虑感应电流对螺线管磁场的影
38、响）（2）产生上述感应电动势的原因可概括为：变化的磁场在P处产生了一个电场线闭合的环形感应电场E（不是静电场），如图乙所示，感应电场力（是非静电力）对导体内电荷做功，形成感应电动势已知感应电动势的大小等于每库仑正电荷沿导体框运动一周时感应电场力对该电荷做的功的大小，由此请求出P处的感应电场的场强E的大小（3）现撤去导体框，在距圆心O为r（ rR）处由静止释放一点电荷（电量为q，质量为m，忽略其所受重力），由t=0时刻释放，要让该点电荷恰好能绕O点做半径为r的圆周运动，需要在点电荷的圆轨道带（即丙图两虚线间的中间区域，该区域的宽度相比r可以忽略不计）再加一个匀强磁场B1，求B1的表达式和方向【考
39、点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律【分析】（1）依据电流I=2t，及磁场为B=2kI，从而确定磁场与时间的关系，再依据法拉第电磁感应定律，即可求解；（2）根据感应电场力做功：W=Eq2r，结合=，即可求解电场强度；（3）依据牛顿第二定律，及运动学公式，及洛伦兹力提供向心力，即可求解【解答】解：（1）由题意可知：B=4kt 所以感应电动势为：=4kr2（2）设正电荷带电量为q，运动一周，感应电场力做功：W=Eq2r =2rE 所以：E=2kr （3）据（2）知，在r处会出现环形感应电场：E=2kr在沿圆轨道的切线方向，电荷加速：qE=ma且v=at又电荷做圆周运动，故：qv（B+B1）=
40、m联立以上三式：B1=2kt即在轨道带加一个垂直纸面向外、大小与时间关系为B1=2kt的磁场；答：（1）线框中产生的感应电动势4kr2；（2）P处的感应电场的场强E的大小2kr（3）B1的表达式B1=2kt和方向垂直纸面向外（二）选做题：共45分请考生从给出的3个选修中任选一个作答注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡上选答区域指定位置答题如果多做，则按所做的第一个计分【物理-选修3-3】13下列说法正确的是 （）A能源在利用过程中有能量耗散，这表明能量不守恒B没有摩擦的理想热机也不可能把吸收的能量全部转化为机械能C非晶体的物理性质各向同性而晶体的物理性质都是各向异性D对于一定量
41、的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热E当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而增大【考点】热力学第二定律；分子势能；能量守恒定律；* 晶体和非晶体【分析】明确能量守恒以及能量耗散的联系和区别；根据热力学第二定律可知，理想热机也不可能把吸收的能量全部转化为机械能； 晶体分为单晶体和多晶体，多晶体具有各向同性；根据理想气体状态方程可明确温度的变化，再根据热力学第一定律可知，一定量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热； 分子力做正功时，分子能减小，分子力做负功，分子势能增大【解答】解：A、能源在利用过程中有能量耗散，但能量是守恒的，故A错误；
42、B、根据热力学第二定律可知，没有摩擦的理想热机也不可能把吸收的能量全部转化为机械能；故B正确； C、非晶体和多晶体的物理性质各向同性而单晶体的物理性质具有各向异性；故C错误；D、对于一定量的理想气体，如果压强不变，体积增大，则由理想气体状态方程可知，温度一定增大，内能增大，同时气体对外做功，则由热力学第一定律可知，它一定从外界吸热； 故D正确；E、当分子间作用力表现为斥力时，距离减小时分子力做负功，则分子势能随分子间距离的减小而增大； 故E正确；故选：BDE14如图所示，开口向上竖直放置的内壁光滑气缸，其侧壁是绝热的，底部导热，内有两个质量均 为m的密闭活塞，活塞A导热，活塞B绝热，将缸内理想
43、气体分成、两部分初状态整个装置静止不动且处于平衡状态，、两部分气体的高度均为l0，温度为T0设外界大气压强为P0保持不变，活塞横截面积为S，且mg=P0S，环境温度保持不变求：在活塞A上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于2m时，两活塞在某位置重新处于平衡，活塞B下降的高度【考点】理想气体的状态方程【分析】活塞A导热及汽缸底部导热且环境温度保持不变，所以两部分气体为等温变化，先写出两部分气体的状态，然后由玻意耳定律列式解方程即可【解答】解：对I气体，初状态压强：，末状态压强：由玻意耳定律得：所以，对气体，初状态压强：，末状态压强：由玻意耳定律得：所以，B活塞下降的高度为：答：活塞 B 下降的高度为物理
44、-选修3-415如图所示，实线表示两个相干波源S1S2发出的波的波峰位置，设波的周期为T波长为波的传播速度为v，下列说法正确的是（）A图中的a点为振动减弱点的位置B图中的b点为振动加强点的位置C从图中时刻开始，波源S1的波峰传播到a、b位置的最短时间均为DV=TE波源S1的波经过干涉之后波的性质完全改变【考点】波的干涉和衍射现象【分析】两列波干涉时，两列波的波峰与波峰、波谷与波谷相遇处，振动始终加强，波峰与波谷相遇处振动始终减弱振动加强点的振动等于波单独传播时振幅的2倍波速公式为v=根据波的叠加原理分析【解答】解：A、由图可知，a质点是波峰与波谷相遇，为振动减弱点的位置故A正确B、b点到两波源
45、的距离相等，是波峰与波峰相遇处、波谷与波谷相遇处，为振动加强点的位置，故B正确C、波在同一均匀介质中是匀速传播的，从图中时刻，波源S1的波峰到a、b平衡位置的距离都是半个波长，所以波源S1的波峰传播到a、b位置的最短时间均为故C正确D、波速公式为v=故D错误E、源S1的波经过干涉之后波的性质不变，故E错误故选：ABC16某同学做“测定玻璃的折射率”实验时，用他测得的多组入射角i与折射角r作出sinisinr的图象，如图甲所示求该玻璃的折射率n他再取用该种玻璃制成的直角三棱镜，入射光的方向垂直于斜边，如图乙所示；则角在什么范同内，入射光经过两次全反射又从斜边射出？【考点】光的折射定律【分析】由甲
46、图可知入射角与折射角正弦关系，由光的折射定律可求得玻璃的折射率根据全反射的条件：iC和几何知识结合分析入射角的范围，从而得到的范围【解答】解：由图甲可计算出该玻璃的折射率为：光的传播方向如图所示，欲使入射光在上侧直角边发生全反射，须有：解得：30又当光线行进至右侧直角边时，入射角为90，欲使入射光在该边发生全反射，须有：解得：60所以的范围为：3060答：该玻璃的折射率n为2角在3060范同内，入射光经过两次全反射又从斜边射出【物理-选修3-5】17静止的镭核发生衰变，生成Rn核，该核反应方程为RaRn+He，已知释放出的粒子的动能为E0，假定衰变时能量全部以动能形式释放出去，该衰变过程总的质
47、量亏损为【考点】爱因斯坦质能方程；动量守恒定律【分析】由动量守恒求出新核的动能，从而得到衰变释放的总能量，再由质能方程求出质量亏损【解答】解：静止的镭核发生衰变，生成Rn核，其衰变方程为： RaRn+He，衰变满足动量守恒，以粒子运动的方向为正方向，得：mVmRnVRn=0结合：P2=2mEK得：，所以EkRn=E0，所以总的动能为E0=E0，这些能量就是由衰变过程的质量亏损而产生的，所以亏损的质量为故答案为： RaRn+He；18如图，水平面上有一质量m=10kg的小车，其右端固定一水平轻质弹簧，弹簧左端连接一质量m0=10kg的小物块，小物块与小车一起以v0=6m/s的速度向右运动，与静止
48、在水平面上质量M=40kg的木箱发生正碰，碰后木箱的速度为v=2m/s，碰撞时间极短，弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦阻力求：（1）小车与木箱碰撞后瞬间小车的速度v1；（2）从碰后瞬间到弹簧被压缩至最短的过程中，弹簧弹力对小车的冲量大小及弹簧弹性势能的最大值【考点】动量守恒定律；功能关系【分析】（1）小车与木箱碰撞过程满足动量守恒定律，由此求小车与木箱碰撞后瞬间小车的速度v1；（2）弹簧被压缩至最短时，小物块与小车的速度相同根据动量守恒定律求出共同速度对小车，运用动量定理求弹簧弹力对小车的冲量大小，由能量守恒定律求弹簧弹性势能的最大值【解答】解：（1）小车与木箱碰撞过程，取向右为正方向，由动
49、量守恒定律有 mv0=Mv+mv1解得：v1=2 m/s，负号表示碰撞后小车向左运动 （2）当弹簧被压缩到最短时，设小车的速度大小为v2，根据动量守恒定律有：m0v0+mv1=（m0+m）v2解得：v2=2 m/s 设碰撞后到弹簧最短的过程，弹簧弹力对小车的冲量大小为I，根据动量定理有： I=mv2mv1解得：I=40Ns 根据能量守恒定律得： +=+Epm解得，弹性势能的最大值：Epm=160J 答：（1）小车与木箱碰撞后瞬间小车的速度v1大小为2 m/s，方向向左（2）从碰后瞬间到弹簧被压缩至最短的过程中，弹簧弹力对小车的冲量大小是40Ns，弹簧弹性势能的最大值是160J2017年3月19日
