2016年高考物理試卷（新課標(biāo)Ⅱ）（解析卷）

第頁(yè)|共頁(yè)2016年全國(guó)統(tǒng)一高考物理試卷（新課標(biāo)Ⅱ）參考答案與試題解析一、選擇題：本大題共8小題，每小題6分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1～5題只有一項(xiàng)是符合題目要求，第6～8題有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分．有選錯(cuò)的得0分．1．（6分）質(zhì)量為m的物體用輕繩AB懸掛于天花板上。用水平向左的力F緩慢拉動(dòng)繩的中點(diǎn)O，如圖所示。用T表示繩OA段拉力的大小，在O點(diǎn)向左移動(dòng)的過(guò)程中（）A．F逐漸變大，T逐漸變大 B．F逐漸變大，T逐漸變小 C．F逐漸變小，T逐漸變大 D．F逐漸變小，T逐漸變小 【考點(diǎn)】2G：力的合成與分解的運(yùn)用；3C：共點(diǎn)力的平衡．【專題】11：計(jì)算題；12：應(yīng)用題；31：定性思想；49：合成分解法；527：共點(diǎn)力作用下物體平衡專題．【分析】本題關(guān)鍵是抓住懸掛物B的重力不變，即OB段繩中張力恒定，O點(diǎn)緩慢移動(dòng)時(shí)，點(diǎn)O始終處于平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡條件列式求解各力變化情況．【解答】解：以結(jié)點(diǎn)O為研究對(duì)象受力分析如下圖所示：由題意知點(diǎn)O緩慢移動(dòng)，即在移動(dòng)過(guò)程中始終處于平衡狀態(tài)，則可知：繩OB的張力TB=mg根據(jù)平衡條件可知：Tcosθ﹣TB=0Tsinθ﹣F=0由此兩式可得：F=TBtanθ=mgtanθT=在結(jié)點(diǎn)為O被緩慢拉動(dòng)過(guò)程中，夾角θ增大，由三角函數(shù)可知：F和T均變大，故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】掌握共點(diǎn)力平衡條件是正確解決本題的關(guān)鍵，本題中注意對(duì)緩慢拉動(dòng)所隱含的在拉動(dòng)過(guò)程中物體始終處于平衡狀態(tài)條件的挖掘．2．（6分）如圖，P為固定的點(diǎn)電荷，虛線是以P為圓心的兩個(gè)圓．帶電粒子Q在P的電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)．運(yùn)動(dòng)軌跡與兩圓在同一平面內(nèi)，a、b、c為軌跡上的三個(gè)點(diǎn)．若Q僅受P的電場(chǎng)力作用，其在a、b、c點(diǎn)的加速度大小分別為aa、ab、ac，速度大小分別為va、vb、vc，則（）A．a(chǎn)a＞ab＞ac，va＞vc＞vb B．a(chǎn)a＞ab＞ac，vb＞vc＞va C．a(chǎn)b＞ac＞aa，vb＞vc＞va D．a(chǎn)b＞ac＞aa，va＞vc＞vb 【考點(diǎn)】37：牛頓第二定律；A6：電場(chǎng)強(qiáng)度與電場(chǎng)力．【專題】32：定量思想；43：推理法；532：電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題．【分析】根據(jù)帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡彎曲方向，即可判斷庫(kù)侖力是引力還是斥力；電場(chǎng)線密的地方電場(chǎng)的強(qiáng)度大，電場(chǎng)線疏的地方電場(chǎng)的強(qiáng)度小，電場(chǎng)力做正功，速度增大，電場(chǎng)力做負(fù)功，速度減小，根據(jù)這些知識(shí)進(jìn)行分析即可．【解答】解：點(diǎn)電荷的電場(chǎng)強(qiáng)度的特點(diǎn)是離開(kāi)場(chǎng)源電荷距離越小，場(chǎng)強(qiáng)越大，粒子受到的電場(chǎng)力越大，帶電粒子的加速度越大，所以ab＞ac＞aa，根據(jù)軌跡彎曲方向判斷出，粒子在運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，一直受靜電斥力作用，離電荷最近的位置，電場(chǎng)力對(duì)粒子做的負(fù)功越多，粒子的速度越小，所以va＞vc＞vb，所以D正確，ABC錯(cuò)誤；故選：D。【點(diǎn)評(píng)】本題中，點(diǎn)電荷的電場(chǎng)強(qiáng)度的特點(diǎn)是離開(kāi)場(chǎng)源電荷距離越大，場(chǎng)強(qiáng)越小，掌握住電場(chǎng)線和等勢(shì)面的特點(diǎn)，即可解決本題．屬于基礎(chǔ)題目．3．（6分）小球P和Q用不可伸長(zhǎng)的輕繩懸掛在天花板上，P球的質(zhì)量大于Q球的質(zhì)量，懸掛P球的繩比懸掛Q球的繩短。將兩球拉起，使兩繩均被水平拉直，如圖所示。將兩球由靜止釋放。在各自軌跡的最低點(diǎn)，（）A．P球的速度一定大于Q球的速度 B．P球的動(dòng)能一定小于Q球的動(dòng)能 C．P球所受繩的拉力一定大于Q球所受繩的拉力 D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度 【考點(diǎn)】37：牛頓第二定律；4A：向心力；6C：機(jī)械能守恒定律．【專題】11：計(jì)算題；34：比較思想；43：推理法；52E：機(jī)械能守恒定律應(yīng)用專題．【分析】從靜止釋放至最低點(diǎn)，由機(jī)械能守恒列式，可知最低點(diǎn)的速度、動(dòng)能；在最低點(diǎn)由牛頓第二定律可得繩子的拉力和向心加速度?！窘獯稹拷猓篈B．從靜止釋放至最低點(diǎn)，由機(jī)械能守恒得：mgR=mv2，解得：v=在最低點(diǎn)的速度只與半徑有關(guān)，可知vP＜vQ；動(dòng)能與質(zhì)量和半徑有關(guān)，由于P球的質(zhì)量大于Q球的質(zhì)量，懸掛P球的繩比懸掛Q球的繩短，所以不能比較動(dòng)能的大小。故AB錯(cuò)誤；CD．在最低點(diǎn)，拉力和重力的合力提供向心力，由牛頓第二定律得：F﹣mg=m，解得，F(xiàn)=mg+m=3mg，a向=，所以P球所受繩的拉力一定大于Q球所受繩的拉力，向心加速度兩者相等。故C正確，D錯(cuò)誤。故選：C。【點(diǎn)評(píng)】再求最低的速度、動(dòng)能時(shí)，也可以使用動(dòng)能定理求解；在比較一個(gè)物理量時(shí)，應(yīng)該找出影響它的所有因素，全面的分析才能正確的解題。4．（6分）阻值相等的四個(gè)電阻、電容器C及電池E（內(nèi)阻可忽略）連接成如圖所示電路。開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)且電流穩(wěn)定時(shí)，C所帶的電荷量為Q1，閉合開(kāi)關(guān)S，電流再次穩(wěn)定后，C所帶的電荷量為Q2．Q1與Q2的比值為（）A． B． C． D． 【考點(diǎn)】AN：電容器與電容；BB：閉合電路的歐姆定律．【專題】11：計(jì)算題；34：比較思想；43：推理法；535：恒定電流專題．【分析】開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)和閉合時(shí)，利用閉合電路歐姆定律，分別求電容的電壓，再由C=可得電量之比．【解答】解：當(dāng)開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)時(shí)，電路總阻值：R總=R+=，則干路電流I=，電容的電壓U1==；當(dāng)開(kāi)關(guān)S閉合時(shí)，電路總阻值：R總=R+=，則干路電流I=，電容的電壓U2=E﹣IR=；由C=可得：=，故C正確，ABD錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】解題的關(guān)鍵是清楚開(kāi)關(guān)斷開(kāi)與閉合時(shí)電路的結(jié)構(gòu)，并能應(yīng)用閉合電路歐姆定律求電容的電壓．5．（6分）一圓筒處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向與筒的軸平行，筒的橫截面如圖所示．圖中直徑MN的兩端分別開(kāi)有小孔，筒繞其中心軸以角速度ω順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)．在該截面內(nèi)，一帶電粒子從小孔M射入筒內(nèi)，射入時(shí)的運(yùn)動(dòng)方向與MN成30°角．當(dāng)筒轉(zhuǎn)過(guò)90°時(shí)，該粒子恰好從小孔N飛出圓筒．不計(jì)重力．若粒子在筒內(nèi)未與筒壁發(fā)生碰撞，則帶電粒子的比荷為（）A． B． C． D． 【考點(diǎn)】CI：帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)．【專題】32：定量思想；4B：圖析法；4C：方程法；536：帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題．【分析】由題，粒子不經(jīng)碰撞而直接從N孔射出，即可根據(jù)幾何知識(shí)畫出軌跡，由幾何關(guān)系求出軌跡的圓心角，根據(jù)圓筒轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)間和粒子勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等即可．【解答】解：粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)幾何關(guān)系，有∠MOA=90°，∠OMA=45°，∠CMO'=60°，所以∠O′MA=75°，∠O′AM=75°，∠MO′A=30°即軌跡圓弧所對(duì)的圓心角為30°粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期粒子在磁場(chǎng)中勻速圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間圓筒轉(zhuǎn)動(dòng)90°所用時(shí)間粒子勻速圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間和圓筒轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)間相等t=t′解得：，A正確，BCD錯(cuò)誤故選：A。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了帶點(diǎn)粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，分析清楚粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程、應(yīng)用牛頓第二定律、數(shù)學(xué)知識(shí)即可正確解題；根據(jù)題意作出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡是正確解題的關(guān)鍵．6．（6分）兩實(shí)心小球甲和乙由同一種材質(zhì)制成，甲球質(zhì)量大于乙球質(zhì)量。兩球在空氣中由靜止下落，假設(shè)它們運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的阻力與球的半徑成正比，與球的速率無(wú)關(guān)。若它們下落相同的距離，則（）A．甲球用的時(shí)間比乙球長(zhǎng) B．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小 C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小 D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功 【考點(diǎn)】37：牛頓第二定律；6B：功能關(guān)系．【專題】21：信息給予題；31：定性思想；4C：方程法；52Q：功能關(guān)系能量守恒定律．【分析】設(shè)出小球的密度，寫出質(zhì)量的表達(dá)式，再結(jié)合題目的條件寫出阻力的表達(dá)式，最后結(jié)合牛頓第二定律寫出加速度的表達(dá)式．根據(jù)物體的加速度的關(guān)系結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)的公式判斷運(yùn)動(dòng)的時(shí)間以及末速度；根據(jù)功的公式判斷克服阻力做的功．【解答】解：設(shè)小球的密度為ρ，半徑為r，則小球的質(zhì)量為：m=重力：G=mg=小球的加速度：a=可知，小球的質(zhì)量越大，半徑越大，則下降的加速度越大。所以甲的加速度比較大。A、兩個(gè)小球下降的距離是相等的，根據(jù)：x=可知，加速度比較大的甲運(yùn)動(dòng)的時(shí)間短。故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)：2ax=可知，加速度比較大的甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小。故B正確；C、小球的質(zhì)量越大，半徑越大，則下降的加速度越大。所以甲的加速度比較大。故C錯(cuò)誤；D、由題可知，它們運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的阻力與球的半徑成正比，即：f=kr，所以甲的阻力大，根據(jù)W=FS可知，甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功。故D正確。故選：BD?！军c(diǎn)評(píng)】該題結(jié)合新信息考查牛頓第二定律的應(yīng)用，解答的關(guān)鍵是根據(jù)質(zhì)量關(guān)系判斷出半徑關(guān)系，然后正確應(yīng)用“它們運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的阻力與球的半徑成正比”進(jìn)行解答．7．（6分）法拉第圓盤發(fā)電機(jī)的示意圖如圖所示。銅圓盤安裝在豎直的銅軸上，兩銅片P、Q分別于圓盤的邊緣和銅軸接觸，圓盤處于方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B中，圓盤旋轉(zhuǎn)時(shí)，關(guān)于流過(guò)電阻R的電流，下列說(shuō)法正確的是（）A．若圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度恒定，則電流大小恒定 B．若從上往下看，圓盤順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，則電流沿a到b的方向流動(dòng) C．若圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)方向不變，角速度大小發(fā)生變化，則電流方向可能發(fā)生變化 D．若圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，則電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉?lái)的2倍 【考點(diǎn)】BB：閉合電路的歐姆定律；D9：導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；DD：電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化．【專題】31：定性思想；43：推理法；53C：電磁感應(yīng)與電路結(jié)合．【分析】圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)可等效看成無(wú)數(shù)軸向?qū)w切割磁感線，有效切割長(zhǎng)度為銅盤的半徑L，根據(jù)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式分析電動(dòng)勢(shì)情況，由歐姆定律分析電流情況．根據(jù)右手定則分析感應(yīng)電流方向，根據(jù)分析電流在R上的熱功率變化情況【解答】解：AB、銅盤轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：，B、L、ω不變，E不變，電流大小恒定不變，由右手定則可知，回路中電流方向不變，若從上往下看，圓盤順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，由右手定則知，電流沿a到b的方向流動(dòng)，故AB正確；C、若圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)方向不變，角速度大小發(fā)生變化，則電流方向不變，大小變化，故C錯(cuò)誤；D、若圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，回路電流變?yōu)樵瓉?lái)2倍，根據(jù)電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉?lái)的4倍，故D錯(cuò)誤；故選：AB?！军c(diǎn)評(píng)】本題是轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線類型，運(yùn)用等效法處理．根據(jù)右手定則判斷感應(yīng)電流的方向，需要熟練掌握．8．（6分）如圖，小球套在光滑的豎直桿上，輕彈簧一端固定于O點(diǎn)，另一端與小球相連?，F(xiàn)將小球從M點(diǎn)由靜止釋放，它在下降的過(guò)程中經(jīng)過(guò)了N點(diǎn)。已知M、N兩點(diǎn)處，彈簧對(duì)小球的彈力大小相等，且∠ONM＜∠OMN＜．在小球從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程中（）A．彈力對(duì)小球先做正功后做負(fù)功 B．有兩個(gè)時(shí)刻小球的加速度等于重力加速度 C．彈簧長(zhǎng)度最短時(shí)，彈力對(duì)小球做功的功率為零 D．小球到達(dá)N點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能等于其在M、N兩點(diǎn)的重力勢(shì)能差 【考點(diǎn)】62：功的計(jì)算；6B：功能關(guān)系．【專題】31：定性思想；43：推理法；52Q：功能關(guān)系能量守恒定律．【分析】彈力為0時(shí)或彈力方向與桿垂直時(shí)物體加速度為g，且彈力功率為0．因M，N彈力大小相等則彈性勢(shì)能相等。據(jù)此分析各選項(xiàng)?！窘獯稹拷猓篈、由題可知，M、N兩點(diǎn)處，彈簧對(duì)小球的彈力大小相等，則在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中OM為壓縮狀態(tài)，N點(diǎn)為伸長(zhǎng)狀態(tài)；小球向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中彈簧的長(zhǎng)度先減小后增大，則彈簧的彈性勢(shì)能先增大，后減小，再增大，所以彈力對(duì)小球先做負(fù)功再做正功，最后再做負(fù)功。故A錯(cuò)誤。B、在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中M點(diǎn)為壓縮狀態(tài)，N點(diǎn)為伸長(zhǎng)狀態(tài)，則由M到N有一狀態(tài)彈力為0且此時(shí)彈力與桿不垂直，加速度為g；當(dāng)彈簧與桿垂直時(shí)小球加速度為g。則有兩處加速度為g。故B正確。C、由圖可知，彈簧長(zhǎng)度最短時(shí)，彈簧與桿的方向相互垂直，則彈力的方向與運(yùn)動(dòng)的方向相互垂直，所以彈力對(duì)小球做功的功率為零，故C正確。D、因M點(diǎn)與N點(diǎn)彈簧的彈力相等，所以彈簧的形變量相等，彈性勢(shì)能相同，彈力對(duì)小球做的總功為零，則彈簧彈力對(duì)小球所做的正功等于小球克服彈簧彈力所做的功；小球向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中只有重力做正功，所以小球到達(dá)N點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能等于其在M、N兩點(diǎn)的重力勢(shì)能差。故D正確故選：BCD。【點(diǎn)評(píng)】本題考查彈簧類問(wèn)題中的機(jī)械能守恒，注意彈簧的彈性勢(shì)能與彈簧的形變量有關(guān)，形變量相同，則彈簧勢(shì)能相同。二、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分．第9題～第12題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答．第13題～第18題為選考題，考生根據(jù)要求作答．（一）必考題（共129分）9．（6分）某物理小組對(duì)輕彈簧的彈性勢(shì)能進(jìn)行探究，實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示：輕彈簧放置在光滑水平桌面上，彈簧左端固定，右端與一物塊接觸而不連接，紙帶穿過(guò)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器并與物塊連接。向左推物塊使彈簧壓縮一段距離，由靜止釋放物塊，通過(guò)測(cè)量和計(jì)算，可求得彈簧被壓縮后的彈性勢(shì)能。（1）實(shí)驗(yàn)中涉及到下列操作步驟：①把紙帶向左拉直②松手釋放物塊③接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器電源④向左推物塊使彈簧壓縮，并測(cè)量彈簧壓縮量上述步驟正確的操作順序是④①③②（填入代表步驟的序號(hào)）。（2）圖（b）中M和L紙帶是分別把彈簧壓縮到不同位置后所得到的實(shí)際打點(diǎn)結(jié)果。打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所用交流電的頻率為50Hz，由M紙帶所給的數(shù)據(jù)，可求出在該紙帶對(duì)應(yīng)的試驗(yàn)中物塊脫離彈簧時(shí)的速度為1.29m/s。比較兩紙帶可知M（填“M”或“L“）紙帶對(duì)應(yīng)的試驗(yàn)中彈簧被壓縮后的彈性勢(shì)能大?！究键c(diǎn)】69：彈性勢(shì)能；M7：探究彈力和彈簧伸長(zhǎng)的關(guān)系．【專題】13：實(shí)驗(yàn)題；23：實(shí)驗(yàn)探究題；31：定性思想；46：實(shí)驗(yàn)分析法；523：彈力的存在及方向的判定專題．【分析】（1）根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理可明確實(shí)驗(yàn)方法以及步驟；（2）分析紙帶，根據(jù)紙帶上距離的變化可明確物體何時(shí)離開(kāi)彈簧，再根據(jù)平均速度法可求得脫離時(shí)的速度；根據(jù)對(duì)應(yīng)的長(zhǎng)度可明確速度大小，從而比較彈性勢(shì)能。【解答】解：（1）實(shí)驗(yàn)中應(yīng)先將物塊推到最左側(cè)，測(cè)量壓縮量，再把紙帶向左拉直；先接通電源，穩(wěn)定后再釋放紙帶；故步驟為④①③②；（2）由M紙帶可知，左側(cè)應(yīng)為與物塊相連的位置；由圖可知，兩點(diǎn)間的距離先增大后減?。还?.58段時(shí)物體應(yīng)脫離彈簧；則由平均速度可求得，其速度v=×10﹣2=1.29m/s；因彈簧的彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為物體的動(dòng)能，則可知離開(kāi)時(shí)速度越大，則彈簧的彈性勢(shì)能越大；由圖可知，M中的速度要大于L中速度；故說(shuō)明M紙帶對(duì)應(yīng)的彈性勢(shì)能大；故答案為：（1）④①③②；（2）1.29；M?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查探究彈性勢(shì)能的實(shí)驗(yàn)，要注意通過(guò)題意分析實(shí)驗(yàn)原理，然后再結(jié)合我們所學(xué)過(guò)的規(guī)律分析求解即可；同時(shí)要求能注意實(shí)驗(yàn)中的注意事項(xiàng)以及實(shí)驗(yàn)方法。10．（9分）某同學(xué)利用圖（a）所示電路測(cè)量量程為2.5V的電壓表的內(nèi)阻（內(nèi)阻為數(shù)千歐姆），可供選擇的器材有：電阻箱R（最大阻值99999.9Ω），滑動(dòng)變阻器R1（最大阻值50Ω），滑動(dòng)變阻器R2（最大阻值5kΩ），直流電源E（電動(dòng)勢(shì)3V）。開(kāi)關(guān)1個(gè)，導(dǎo)線若干。實(shí)驗(yàn)步驟如下：①按電路原理圖（a）連接線路；②將電阻箱阻值調(diào)節(jié)為0，將滑動(dòng)變阻器的滑片移到與圖（a）中最左端所對(duì)應(yīng)的位置，閉合開(kāi)關(guān)S；③調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器使電壓表滿偏；④保持滑動(dòng)變阻器的滑片位置不變，調(diào)節(jié)電阻箱阻值，使電壓表的示數(shù)為2.00V，記下電阻箱的阻值。回答下列問(wèn)題：（1）實(shí)驗(yàn)中應(yīng)選擇滑動(dòng)變阻器R1（填“R1”或“R2”）。（2）根據(jù)圖（a）所示電路將圖（b）中實(shí)物圖連線。（3）實(shí)驗(yàn)步驟④中記錄的電阻箱阻值為630.0Ω，若認(rèn)為調(diào)節(jié)電阻箱時(shí)滑動(dòng)變阻器上的分壓不變，計(jì)算可得電壓表的內(nèi)阻為2520Ω（結(jié)果保留到個(gè)位）。（4）如果此電壓表是由一個(gè)表頭和電阻串聯(lián)構(gòu)成的，可推斷該表頭的滿刻度電流為D（填正確答案標(biāo)號(hào)）。A.100μAB.250μAC.500μAD.1mA。【考點(diǎn)】N6：伏安法測(cè)電阻．【專題】13：實(shí)驗(yàn)題；32：定量思想；43：推理法；535：恒定電流專題．【分析】（1）調(diào)節(jié)電阻箱時(shí)滑動(dòng)變阻器上的分壓要幾乎不變，故需要選擇較小的變阻器；（2）對(duì)照電路圖連線，可以先連接電源、電鍵和變阻器，最后將電壓表和電阻箱串聯(lián)后并聯(lián)上去；（3）結(jié)合歐姆定律列式求解即可；（4）電壓表為表頭與分壓電阻串聯(lián)而成，根據(jù)歐姆定律，用滿偏電壓除以電阻即可?！窘獯稹拷猓海?）調(diào)節(jié)電阻箱時(shí)需要滑動(dòng)變阻器上的分壓保持不變，需要電壓表的電阻遠(yuǎn)大于變阻器的電阻，故變阻器選阻值小的，故選滑動(dòng)變阻器R1；（2）實(shí)物圖連接如圖所示：（3）電壓表和電阻箱整體分壓不變，故：U=U′+代入數(shù)據(jù)，有：2.5=2+解得：RV=2520Ω（4）該表頭的滿刻度電流為：I==1.0×10﹣3A=1mA故選D故答案為：（1）R1；（2）如圖所示；（3）2520；（4）D?！军c(diǎn)評(píng)】本題是半偏法測(cè)電阻原理的改編，關(guān)鍵是明確實(shí)驗(yàn)原理，結(jié)合歐姆定律進(jìn)行分析，在變阻器選擇上，要從減小系統(tǒng)誤差的角度進(jìn)行分析，不難。11．（12分）如圖，水平面（紙面）內(nèi)間距為l的平行金屬導(dǎo)軌間接一電阻，質(zhì)量為m、長(zhǎng)度為l的金屬桿置于導(dǎo)軌上，t=0時(shí)，金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，t0時(shí)刻，金屬桿進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，且在磁場(chǎng)中恰好能保持勻速運(yùn)動(dòng)。桿與導(dǎo)軌的電阻均忽略不計(jì)，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ．重力加速度大小為g。求：（1）金屬桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)的大?。唬?）電阻的阻值?！究键c(diǎn)】BB：閉合電路的歐姆定律；D9：導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)．【專題】11：計(jì)算題；32：定量思想；4C：方程法；53C：電磁感應(yīng)與電路結(jié)合．【分析】（1）根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度，再根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求切割電動(dòng)勢(shì)（2）進(jìn)入磁場(chǎng)勻速運(yùn)動(dòng)受力平衡求出安培力，結(jié)合閉合電路歐姆定律求電流，即可求電阻【解答】解：（1）根據(jù)牛頓第二定律：F﹣μmg=ma…①剛進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)的速度：…②感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：…③解得：…④（2）根據(jù)右手定則，導(dǎo)體棒中的電流向上，由左手定則知安培力水平向左勻速運(yùn)動(dòng)受力平衡：F=μmg+BI′l…⑤回路電流為：…⑥得：…⑦答：（1）金屬桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)的大小為；（2）電阻的阻值為?！军c(diǎn)評(píng)】本題是電磁感應(yīng)中的力學(xué)問(wèn)題，知道受力情況，要能熟練運(yùn)用動(dòng)力學(xué)方法求解金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度。要知道安培力與速度成正比，都是常用的方法，這些思路要熟悉。12．（20分）輕質(zhì)彈簧原長(zhǎng)為2l，將彈簧豎直放置在地面上，在其頂端將一質(zhì)量為5m的物體由靜止釋放，當(dāng)彈簧被壓縮到最短時(shí)，彈簧長(zhǎng)度為l．現(xiàn)將該彈簧水平放置，一端固定在A點(diǎn)，另一端與物塊P接觸但不連接．AB是長(zhǎng)度為5l的水平軌道，B端與半徑為l的光滑半圓軌道BCD相切，半圓的直徑BD豎直，如圖所示．物塊P與AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5．用外力推動(dòng)物塊P，將彈簧壓縮至長(zhǎng)度l，然后釋放，P開(kāi)始沿軌道運(yùn)動(dòng)，重力加速度大小為g．（1）若P的質(zhì)量為m，求P到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度的大小，以及它離開(kāi)圓軌道后落回到AB上的位置與B點(diǎn)間的距離；（2）若P能滑上圓軌道，且仍能沿圓軌道滑下，求P的質(zhì)量mp的取值范圍．【考點(diǎn)】43：平拋運(yùn)動(dòng)；65：動(dòng)能定理．【專題】11：計(jì)算題；33：參照思想；49：合成分解法；52D：動(dòng)能定理的應(yīng)用專題．【分析】（1）先研究彈簧豎直的情況，根據(jù)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒求出彈簧最大的彈性勢(shì)能．彈簧如圖放置時(shí)，由于彈簧的壓縮量等于豎直放置時(shí)的壓縮量，兩種情況彈簧的彈性勢(shì)能相等．由能量守恒定律求出物體P滑到B點(diǎn)時(shí)的速度，由機(jī)械能守恒定律求出物體P到達(dá)D點(diǎn)的速度．物體P離開(kāi)D點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求水平距離．（2）P能滑上圓軌道，且仍能沿圓軌道滑下，能上升的最高點(diǎn)為C，根據(jù)能量守恒定律列式和臨界條件求解．【解答】解：（1）將彈簧豎直放置在地面上，物體下落壓縮彈簧時(shí)，由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒得Ep=5mgl如圖，根據(jù)能量守恒定律得Ep=μmg?4l+聯(lián)立解得vB=物體P從B到D的過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律得mg?2l+=解得vD=＞所以物體P能到達(dá)D點(diǎn)，且物體P離開(kāi)D點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，則有2l=x=vDt解得x=2l即落地點(diǎn)與B點(diǎn)間的距離為2l．（2）P剛好過(guò)B點(diǎn)，有：Ep=μm1g?4l，解得m1=mP最多到C而不脫軌，則有Ep=μm2g?4l+m2gl，解得m2=m所以滿足條件的P的質(zhì)量的取值范圍為：m≤mP＜m．答：（1）P到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度的大小是，它離開(kāi)圓軌道后落回到AB上的位置與B點(diǎn)間的距離是2l．（2）P的質(zhì)量的取值范圍為：m≤mP＜m．【點(diǎn)評(píng)】解決本題時(shí)要抓住彈簧的形變量相等時(shí)彈性勢(shì)能相等這一隱含的條件，正確分析能量是如何轉(zhuǎn)化，分段運(yùn)用能量守恒定律列式是關(guān)鍵．三、選考題：共45分．請(qǐng)考生從給出的物理題中任選一題作答.如果多做，則按所做的第一題計(jì)分．[物理--選修3-3]13．（5分）一定量的理想氣體從狀態(tài)a開(kāi)始，經(jīng)歷等溫或等壓過(guò)程ab、bc、cd、da回到原狀態(tài)，其P﹣T圖象如圖所示，其中對(duì)角線ac的延長(zhǎng)線過(guò)原點(diǎn)O．下列判斷正確的是（）A．氣體在a、c兩狀態(tài)的體積相等 B．氣體在狀態(tài)a時(shí)的內(nèi)能大于它在狀態(tài)c時(shí)的內(nèi)能 C．在過(guò)程cd中氣體向外界放出的熱量大于外界對(duì)氣體做的功 D．在過(guò)程da中氣體從外界吸收的熱量小于氣體對(duì)外界做的功 E．在過(guò)程bc中外界對(duì)氣體做的功等于在過(guò)程da中氣體對(duì)外界做的功 【考點(diǎn)】8F：熱力學(xué)第一定律；99：理想氣體的狀態(tài)方程．【專題】31：定性思想；43：推理法；54B：理想氣體狀態(tài)方程專題．【分析】根據(jù)氣態(tài)方程，結(jié)合p﹣T圖象上點(diǎn)與原點(diǎn)連線的斜率等于，分析體積的變化，判斷做功情況，由熱力學(xué)第一定律進(jìn)行分析．【解答】解：A、根據(jù)氣體狀態(tài)方程，得，p﹣T圖象的斜率，a、c兩點(diǎn)在同一直線上，即a、c兩點(diǎn)是同一等容線上的兩點(diǎn)，體積相等，故A正確；B、理想氣體在狀態(tài)a的溫度大于狀態(tài)c的溫度，理想氣體的內(nèi)能只與溫度有關(guān)，溫度高，內(nèi)能大，故氣體在狀態(tài)a時(shí)的內(nèi)能大于它在狀態(tài)c時(shí)的內(nèi)能，故B正確；C、在過(guò)程cd中溫度不變，內(nèi)能不變△U=0，等溫變化壓強(qiáng)與體積成反比，壓強(qiáng)大體積小，從c到d體積減小，外界對(duì)氣體做正功W＞0，根據(jù)熱力學(xué)第一定律△U=W+Q，所以W=|Q|，所以在過(guò)程cd中氣體向外界放出的熱量等于外界對(duì)氣體做的功，故C錯(cuò)誤；D、在過(guò)程da中，等壓變化，溫度升高，內(nèi)能增大△U＞0，體積變大，外界對(duì)氣體做負(fù)功即W＜0，根據(jù)熱力學(xué)第一定律△U=W+Q，Q＞|W|，所以在過(guò)程da中氣體從外界吸收的熱量大于氣體對(duì)外界做的功，故D錯(cuò)誤；E、在過(guò)程bc中，等壓變化，溫度降低，內(nèi)能減小△U＜0，體積減小，外界對(duì)氣體做功，根據(jù)，即pV=CT，da過(guò)程中，氣體對(duì)外界做功，因?yàn)?，所以，在過(guò)程bc中外界對(duì)氣體做的功等于在過(guò)程da中氣體對(duì)外界做的功，故E正確。故選：ABE。【點(diǎn)評(píng)】解決氣體問(wèn)題，關(guān)鍵要掌握氣態(tài)方程和熱力學(xué)第一定律，知道溫度的意義：一定質(zhì)量的理想氣體的內(nèi)能只跟溫度有關(guān)，溫度是分子平均動(dòng)能的標(biāo)志．14．（10分）一氧氣瓶的容積為0.08m3，開(kāi)始時(shí)瓶中氧氣的壓強(qiáng)為20個(gè)大氣壓。某實(shí)驗(yàn)室每天消耗1個(gè)大氣壓的氧氣0.36m3．當(dāng)氧氣瓶中的壓強(qiáng)降低到2個(gè)大氣壓時(shí)，需重新充氣。若氧氣的溫度保持不變，求這瓶氧氣重新充氣前可供該實(shí)驗(yàn)室使用多少天?！究键c(diǎn)】99：理想氣體的狀態(tài)方程；9D：氣體的等溫變化．【專題】11：計(jì)算題；32：定量思想；4C：方程法；54B：理想氣體狀態(tài)方程專題．【分析】根據(jù)玻意耳定律列式，將用去的氧氣轉(zhuǎn)化為1個(gè)大氣壓下的體積，再除以每天消耗1個(gè)大氣壓的氧氣體積量，即得天數(shù)．【解答】解：方法一：設(shè)氧氣開(kāi)始時(shí)的壓強(qiáng)為，體積為，壓強(qiáng)變?yōu)椋?個(gè)大氣壓）時(shí)，體積為．根據(jù)玻意耳定律得①重新充氣前，用去的氧氣在壓強(qiáng)下的體積為②設(shè)用去的氧氣在（1個(gè)大氣壓）壓強(qiáng)下的體積為，則有設(shè)實(shí)驗(yàn)室每天用去的氧氣在下的體積為△V，則氧氣可用的天數(shù)為④聯(lián)立①②③④式，并代入數(shù)據(jù)得N=4天方法二：根據(jù)玻意耳定律p1V1=Np2V2+p3V1，有20×0.08=N×1×0.36+2×0.08解得：N=4答：這瓶氧氣重新充氣前可供該實(shí)驗(yàn)室使用4天．【點(diǎn)評(píng)】要學(xué)會(huì)將儲(chǔ)氣筒中的氣體狀態(tài)進(jìn)行轉(zhuǎn)化，根據(jù)玻意耳定律列方程求解，兩邊單位相同可以約掉，壓強(qiáng)可以用大氣壓作單位．[物理--選修3-4]15．關(guān)于電磁波，下列說(shuō)法正確的是（）A．電磁波在真空中的傳播速度與電磁波的頻率無(wú)關(guān) B．周期性變化的電場(chǎng)和磁場(chǎng)可以相互激發(fā)，形成電磁波 C．電磁波在真空中自由傳播時(shí)，其傳播方向與電場(chǎng)強(qiáng)度、磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直 D．利用電磁波傳遞信號(hào)可以實(shí)現(xiàn)無(wú)線通信，但電磁波不能通過(guò)電纜、光纜傳輸 E．電磁波可以由電磁振蕩產(chǎn)生，若波源的電磁振蕩停止，空間的電磁波隨即消失 【考點(diǎn)】G2：電磁波的產(chǎn)生；G4：電磁波的發(fā)射、傳播和接收．【專題】31：定性思想；43：推理法；54R：電磁場(chǎng)理論和電磁波．【分析】A、電磁波在真空的傳播速度均相等；B、變化的電場(chǎng)與變化的磁場(chǎng)共同產(chǎn)生電磁場(chǎng)；C、電磁波是橫波；D、電磁波傳遞信號(hào)可以實(shí)現(xiàn)無(wú)線通信，也可以進(jìn)行有線通信；E、若波源的電磁振蕩停止，空間的電磁波不會(huì)隨即消失?！窘獯稹拷猓篈、電磁波在真空中的傳播速度均相等，與電磁波的頻率無(wú)關(guān)，故A正確；B、周期性變化的磁場(chǎng)產(chǎn)生周期性變化電場(chǎng)，周期性變化的電場(chǎng)產(chǎn)生周期性變化磁場(chǎng)，相互激發(fā)，形成電磁波。故B正確；C、變化的電場(chǎng)與變化的磁場(chǎng)共同產(chǎn)生電磁場(chǎng)，電磁波的電場(chǎng)強(qiáng)度與磁感應(yīng)強(qiáng)度總是相互垂直，且與傳播方向垂直。所以電磁波是橫波；故C正確；D、電磁波可以通過(guò)電纜、光纜進(jìn)行有線傳輸，也可以實(shí)現(xiàn)無(wú)線傳輸；故D錯(cuò)誤；E、電磁波可以由電磁振蕩產(chǎn)生，若波源的電磁振蕩停止，空間的電磁波繼續(xù)傳播，不會(huì)隨即消失；故E錯(cuò)誤；故選：ABC?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查電磁波的產(chǎn)生原理，類型，及電磁波的作用，同時(shí)注意電磁波在真空中傳播速度均相等，與頻率沒(méi)有關(guān)系。16．一列簡(jiǎn)諧橫波在介質(zhì)中沿x軸正向傳播，波長(zhǎng)不小于10cm。O和A是介質(zhì)中平衡位置分別位于x=0和x=5cm處的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)。t=0時(shí)開(kāi)始觀測(cè)，此時(shí)質(zhì)點(diǎn)O的位移為y=4cm，質(zhì)點(diǎn)A處于波峰位置：t=s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)O第一次回到平衡位置，t=1s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)A第一次回到平衡位置。求（i）簡(jiǎn)諧波的周期、波速和波長(zhǎng)；（ii）質(zhì)點(diǎn)O的位移隨時(shí)間變化的關(guān)系式。【考點(diǎn)】F4：橫波的圖象；F5：波長(zhǎng)、頻率和波速的關(guān)系．【專題】11：計(jì)算題；32：定量思想；43：推理法；51D：振動(dòng)圖像與波動(dòng)圖像專題．【分析】（i）利用A點(diǎn)在0s時(shí)和1s時(shí)所處的位置可求得簡(jiǎn)諧波的周期，利用波速的公式v=可求得波速，利用波速波長(zhǎng)及周期之間的關(guān)系式λ=vT可求得波長(zhǎng)；（ii）先根據(jù)題意求出簡(jiǎn)諧波的圓頻率，設(shè)出簡(jiǎn)諧振動(dòng)的通式，利用0s時(shí)和1s時(shí)的O點(diǎn)的位移，可得知初相位，即為可知質(zhì)點(diǎn)O的位移隨時(shí)間變化的關(guān)系式?！窘獯稹拷猓海╥）因?yàn)閠=0時(shí)，質(zhì)點(diǎn)O的位移為：y=4cm；t=1s時(shí)，A點(diǎn)第一次回到平衡位置，可的：=1s，解得：T=4s。而且t=s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)O第一次回到平衡位置，用時(shí)小于，可以判斷出，在t=0時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)O正在向下振動(dòng)。結(jié)合簡(jiǎn)諧波沿x軸正向傳播，可知在t=0時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)O位于“上坡”且位移為正；根據(jù)已知條件“波長(zhǎng)不小于10cm”和O、A兩點(diǎn)在平衡位置上間距5cm，即小于半個(gè)波長(zhǎng)，可知在t=0時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)A位于緊鄰O點(diǎn)右側(cè)的波峰處。結(jié)合上述兩個(gè)推斷，可知經(jīng)歷時(shí)間s，波的傳播距離x=5cm。所以波速為：v===7.5cm/s=0.075m/s。波長(zhǎng)為：λ=vT=7.5m/s×4s=30cm=0.3m（ii）設(shè)y=Asin（ωt+φ0）可得：ω==rad/s再由t=0時(shí)，y=4cm；t=s時(shí)，y=0代入得：A=8cm=0.08m再結(jié)合t=1s和當(dāng)t=s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)的位移，可得：φ0=所以質(zhì)點(diǎn)O的位移隨時(shí)間變化的關(guān)系式為：y=0.08sin（）；答：（i）簡(jiǎn)諧波的周期為4s，波速為0.075m/s，波長(zhǎng)為0.3m；（ii）質(zhì)點(diǎn)O的位移隨時(shí)間變化的關(guān)系式為y=0.08si