2016年江苏省常熟中学高考物理三模试卷5月份解析版-副本

2016年江苏省常熟中学高考物理三模试卷一、单项选择题共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下列说法正确的是A弹簧的劲度系数与弹簧的形变量成正比B法拉第通过实验首先发现了电流的磁效应C动车高速运行时，惯性与静止时一样大D物体受到的静摩擦力方向与其运动方向相反2如图所示，两根粗糙的直木棍AB和CD相互平行，固定在同一个水平面上一个圆柱形工件P架在两木棍之间，在水平向右的推力F的作用下，向右做匀加速运动若保持两木棍在同一水平面内，但将它们间的距离稍微减小一些后固定，仍将圆柱形工件P架在两木棍之间，用同样大小的水平推力F向右推该工件，则下列说法中正确的是A可能静止不动B向右做匀速运动C一定向右减速运动D一定向右加速运动3如图所示，A、B、C、D为正四面体的四个顶点，A、B、C在同一水平面上，在A点放置一个电量为Q的点电荷，在B点放置一个电量为Q的点电荷一根光滑绝缘杆沿CD固定，杆上穿有带电量为Q的小球让小球从D点由静止开始沿杆下滑，则关于小球从D滑到C点的过程中，下列判断正确的是A电场力先减小后增大B电场力先做负功后做正功C小球机械能先增加后减小D小球做匀加速运动4如图所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，T0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球接触弹簧并将弹簧压缩至最低点（形变在弹性限度内），然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后又下落，如此反复通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出该过程中弹簧弹力F随时间T变化的图象如图所示，则A运动过程中小球的机械能守恒BT2时刻小球的加速度为零CT1T2这段时间内，小球的动能在逐渐减小DT2T3这段时间内，小球的动能与重力势能之和在增加5如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为R，电路中O点接地，当滑动变阻器的滑片P向右滑动时，M、N两点电势变化情况是A都升高BM点电势降低，N点电势升高C都降低DM点电势的改变量小于N点电势的改变量二、多项选择题共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，错选或不答的得0分6据报道，美国国家航天航天局（NASA）首次在太阳系外发现“类地”行星KEPLER186F若宇航员乘坐宇宙飞船到达该行星，进行科学观测该行星自转周期为T，宇航员在该行星“北极”距该行星地面附近H处自由释放一个小球（引力视为恒力），落地时间为T已知该行星半径为R，万有引力常量为G，则下列说法正确的是A该行星的第一宇宙速度为B该行星的平均密度为C如果该行星存在一颗同步卫星，其距行星表面高度为D宇宙飞船绕该星球做圆周运动的周期小于T7如图所示，直流电源、滑动变阻器、平行板电容器与理想二极管（正向电阻为0，反向电阻为）连接，电源负极接地开始时电容器不带电，闭合开关S，稳定后，一带电油滴恰能静止在电容器中P点在开关S保持接通的状态下，下列说法正确的是A当滑动变阻器的滑片向上滑动时，带电油滴会向上运动B当电容器的上极板向上移动时，带电油滴会向下运动C当电容器的下极板向下移动时，P点的电势不变D当电容器的下极板向左移动时，P点的电势会升高8如图是法拉第做成的世界上第一台发电机模型的原理图将铜盘放在磁场中，让磁感线垂直穿过铜盘；图中A、B导线与铜盘的中轴线处在同一竖直平面内；转动铜盘，就可以使闭合电路获得电流若图中铜盘半径为L，匀强磁场的磁感应强度为B，回路总电阻为R，从上往下看逆时针匀速转动铜盘的角速度为则下列说法正确的是A回路中有大小和方向周期性变化的电流B回路中电流大小恒定，且等于C回路中电流方向不变，且从A导线流进灯泡，再从B导线流向旋转的铜盘D若将匀强磁场改为仍然垂直穿过铜盘的正弦变化的磁场，不转动铜盘，灯泡中一定有电流流过9如图所示，劲度系数为K的轻弹簧，下端固定，上端与B连接，斜面光滑，质量均为M的A、B两物体紧靠在一起，处于静止状态，现用一个平行于斜面向上的拉力F拉物体A，使A物体做加速度为A的匀加速运动已知在A、B分离前，拉力F随A物体发生的位移X变化的图象如图所示，重力加速度为G，则下列表述中正确的是AF02M（AGSIN）BF02MACX0DX0三、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卡相应的位置10读出下面游标卡尺和螺旋测微器的读数MM；MM11某研究性学习小组的同学们来到电学实验室测量电源电动势和内电阻大家分别选用不同的实验器材设计了以下四种测量电路上面测量电路中，不能够完成实验目的是哪一个电路小明同学根据其中的一个电路直接测得的实验数据作出了下表R/203060101520U/V130136141148149150由此可知该同学选用的是图所示的电路进行的实验采用图象法处理数据时，应作出图线（选填UR，或U，或），若通过图象求出斜率是K，纵轴截距是B，则电源的电动势E；R12为了探究加速度与力、质量的关系，（1）小亮利用如图甲所示的实验方案，探究小车质量一定时加速度与合外力之间的关系，图中上下两层水平轨道，细线跨过滑轮并挂上砝码盘，将砝码和砝码盘的总重作为小车所受合外力，两小车尾部细线连到控制装置上，实验时通过控制装置使两小车同时开始运动，并同时停止实验前，下列操作必要的是A选用质量不同的两辆小车B调节定滑轮的高度，使细线与轨道平行C使砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量D将轨道右端适当垫高，使小车在没有细线牵引时能在轨道上匀速运动，以平衡摩擦力他测量了两小车的位移为X1，X2，则（2）小明用如图乙所示的装置进行实验打出的一条纸带如图丙所示，计时器打点的时间间隔为002S他从比较清晰的A点起，每五个点取一个计数点，测量出各点到A点的距离标在纸带上各点的下方，则小车运动的加速度M/S2（保留两位有效数字）实验前由于疏忽，小明遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的AF图象，可能是丁图中的图线（选填“1”、“2”、“3”）调整正确后，他作出的AF图象末端明显偏离直线，如果已知小车质量为M，某次所挂钩码质量为M，则戊图中坐标A1，A2【选做题】A选修3313下列说法中正确的是A布朗运动是指液体或气体中悬浮微粒的无规则运动B气体的温度升高，每个气体分子运动的速率都增加C一定质量的100的水吸收热量后变成100的水蒸气，其分子之间的势能增加，且吸收的热量小于增加的内能D只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低14如图所示，弹簧一端固定于水平台面上，另一端与质量为M活塞栓接在一起，开口向下质量为M的气缸与活塞一起封闭了一定质量的气体，气缸和活塞均可与外界进行热交换由于外界环境的温度缓慢降低，被封闭气体向外界释放热量Q，同时其内能减少U，已知大气压强为P0，气缸的横截面积为S，气缸壁厚忽略不计，重力加速度为G，则被封气体的体积V（填“增大”、“减小”、“不变”）活塞移动距离X为；气缸移动距离Y为15晶须是一种发展中的高强度材料，它是一些非常细的完整的丝状（横截面为圆形）晶体现有一根铁（FE）晶，直径为D，能承受的最大拉力为F试求刚要拉断时原子间的作用力F（已知铁的密度，铁的摩尔质量M，阿伏伽德罗常数为NA，忽略铁分子间的空隙）选修3516下列叙述中，正确的是A黑体辐射电磁波的强度只与黑体的温度有关B对于同种金属产生光电效应时，逸出光电子的最大初动能与照射光的频率成正比C一块纯净的放射性元素矿石，经过一个半衰期以后，它的总质量仅剩下一半D按照波尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子的总能量却增加了172009年诺贝尔物理学奖得主威拉德博伊尔和乔治史密斯主要成就是发明了电荷耦合器件（CCD）图象传感器他们的发明利用了爱因斯坦的光电效应原理如图所示电路可研究光电效应规律图中标有A和K的为光电管，其中A为阳极，K为阴极理想电流计可检测通过光电管的电流，理想电压表用来指示光电管两端的电压现接通电源，用光子能量为105EV的光照射阴极A，电流计中有示数，若将滑动变阻器的滑片P缓慢向右滑动，电流计的读数逐渐减小，当滑至某一位置时电流计的读数恰好为零，读出此时电压表的示数为60V；若改用光子能量为12EV的光照射阴极A，光电子的最大初动能为EV；若用光子能量为95EV的光照射阴极A，同时把滑片P向左移动少许，电流计的读数为零（“一定不”、“可能”、“一定”）18在某些恒星内部，3个粒子可以结合成一个C核，已知C核的质量为M11993021026KG，粒子的质量为M26646721027KG，真空中光束C3108M/S，求（1）写出这个核反应方程（2）这个核反应中释放的核能（保留一位有效数字）试比较粒子的比结合能与C的比结合能哪个大四、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19如图，电阻不计且足够长的U型金属框架放置在倾角37的绝缘斜面上，该装置处于垂直斜面向下的匀强磁场中，磁感应强度大小B05T质量M01KG、电阻R04的导体棒AB垂直放在框架上，从静止开始沿框架无摩擦下滑，与框架接触良好框架的质量M02KG、宽度L04M，框架与斜面间的动摩擦因数06，与斜面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，G取10M/S2，SIN3706，COS3708（1）若框架固定，求导体棒的最大速度VM；（2）若框架固定，棒从静止开始下滑575M时速度V5M/S，求此过程回路中产生的热量Q及流过AB棒的电量Q；（3）若框架不固定，求当框架刚开始运动时棒的速度V120如图所示，四分之一光滑绝缘圆弧轨道AP和水平绝缘传送带PC固定在同一竖直平面内，圆弧轨道的圆心为O，半径为R；P点离地高度也为R，传送带PC之间的距离为L，沿逆时针方向的传动，传送带速度V，在PO的左侧空间存在方向竖直向下的匀强电场一质量为M、电荷量为Q的小物体从圆弧顶点A由静止开始沿轨道下滑，恰好运动到C端后返回物体与传送带间的动摩擦因数为，不计物体经过轨道与传送带连接处P时的机械能损失，重力加速度为G求（1）物体由P点运动到C点过程，克服摩擦力做功；（2）匀强电场的场强E为多大；（3）物体返回到圆弧轨道P点，物体对圆弧轨道的压力大小21在竖直面内建立直角坐标系，曲线Y位于第一象限的部分如图，在曲线上不同点以初速度V0向X轴负方向水平抛出质量为M，带电量为Q的小球，小球下落过程中都会通过坐标原点，之后进入第三象限的匀强电场和匀强磁场区域，磁感应强度为BT，方向垂直纸面向里，小球恰好做匀速圆周运动，并在做圆周运动的过程中都能打到Y轴负半轴上（已知重力加速度为G10M/S2、102C/KG）求（1）第三象限的电场强度大小及方向；（2）沿水平方向抛出的初速度V0；（3）为使所有的小球都打到Y轴负半轴，所加磁场区域的最小面积2016年江苏省常熟中学高考物理三模试卷（5月份）参考答案与试题解析一、单项选择题共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下列说法正确的是（）A弹簧的劲度系数与弹簧的形变量成正比B法拉第通过实验首先发现了电流的磁效应C动车高速运行时，惯性与静止时一样大D物体受到的静摩擦力方向与其运动方向相反【考点】胡克定律；摩擦力的判断与计算；惯性【分析】弹簧的劲度系数由弹簧本身决定，与弹力和形变量无关奥斯特发现了电流的磁效应惯性大小只与物体的质量有关静摩擦力方向与其相对运动方向趋势相反【解答】解A、弹簧的劲度系数由弹簧本身的性质决定，与形变量无关故A错误B、奥斯特通过实验首先发现了电流的磁效应故B错误C、动车高速运行时，质量不变，其惯性与静止时一样大，故C正确D、静摩擦力方向与其相对运动方向趋势相反，不一定与其运动方向相反，故D错误故选C2如图所示，两根粗糙的直木棍AB和CD相互平行，固定在同一个水平面上一个圆柱形工件P架在两木棍之间，在水平向右的推力F的作用下，向右做匀加速运动若保持两木棍在同一水平面内，但将它们间的距离稍微减小一些后固定，仍将圆柱形工件P架在两木棍之间，用同样大小的水平推力F向右推该工件，则下列说法中正确的是（）A可能静止不动B向右做匀速运动C一定向右减速运动D一定向右加速运动【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【分析】沿工件的轴线方向，作出受力的侧视图，分析工件所受的支持力的变化，确定摩擦力的变化，判断工件的运动情况【解答】解工件受力的侧视图如图，由平衡条件得2NCOSG木棍的间距稍微减小时，减小，COS增大，则木棍对工件的支持力N减小，工件与木棍间的摩擦力减小，开始工件向右做匀加速直线运动，由于F不变，摩擦力减小，则工件一定向右加速运动故D正确，ABC错误故选D3如图所示，A、B、C、D为正四面体的四个顶点，A、B、C在同一水平面上，在A点放置一个电量为Q的点电荷，在B点放置一个电量为Q的点电荷一根光滑绝缘杆沿CD固定，杆上穿有带电量为Q的小球让小球从D点由静止开始沿杆下滑，则关于小球从D滑到C点的过程中，下列判断正确的是（）A电场力先减小后增大B电场力先做负功后做正功C小球机械能先增加后减小D小球做匀加速运动【考点】电势差与电场强度的关系；电势能【分析】Q和Q是等量异种电荷，其电场线和等势面具有对称性，通过AB连线的中垂面是一等势面，C、D在同一等势面上，电势相等，根据对称性分析C、D场强关系根据电势的变化，分析电场力做功情况，再分析小球机械能的变化情况，以及小球的运动情况【解答】解A、Q和Q是等量异种电荷，根据其电场线的分布情况和对称性可知，小球从D滑到C点的过程中，离两个点电荷连线AB的距离先减小后增大，电场强度先增大后减小，则小球受到的电场力先增大后减小，故A错误；BC、通过AB连线的中垂面是一等势面，C、D在同一等势面上，CD连线上电势处处相等则小球在下滑过程中，电场力始终不做功，由功能关系知，小球的机械能不变，故BC错误；D、小球所受的电场力垂直于CD连线，且沿水平方向，与杆的弹力保持平衡，所以小球的合力等于重力沿杆向下的分力，因此小球做匀加速运动故D正确故选D4如图所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，T0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球接触弹簧并将弹簧压缩至最低点（形变在弹性限度内），然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后又下落，如此反复通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出该过程中弹簧弹力F随时间T变化的图象如图所示，则（）A运动过程中小球的机械能守恒BT2时刻小球的加速度为零CT1T2这段时间内，小球的动能在逐渐减小DT2T3这段时间内，小球的动能与重力势能之和在增加【考点】机械能守恒定律【分析】小球先自由下落，与弹簧接触后，弹簧被压缩，在下降的过程中，弹力不断变大，当弹力小于重力时，物体加速下降，合力变小，加速度变小，故小球做加速度减小的加速运动，当加速度减为零时，速度达到最大，之后物体由于惯性继续下降，弹力变得大于重力，合力变为向上且不断变大，加速度向上且不断变大，故小球做加速度不断增大的减速运动；同理，上升过程，先做加速度不断减小的加速运动，当加速度减为零时，速度达到最大，之后做加速度不断增大的减速运动，直到小球离开弹簧为止对于小球和弹簧组成的系统机械能守恒【解答】解A、由图看出，弹簧的弹力在变化，说明运动过程中弹簧的弹性势能在变化，而小球和弹簧组成的系统机械能守恒，则知小球的机械能不守恒故A错误B、T2时刻，弹力最大，弹簧的压缩量最大，小球运动到最低点，合力不等于零，合力方向向上，所以加速度不等于零，故B错误；C、T1T2这段时间内，小球先向下做加速度减小的加速运动，然后做加速度增大的减速运动，动能先增大后减小故C错误D、T2T3段时间内，小球和弹簧的系统机械能守恒，即小球的动能、重力势能与弹簧的弹性势能冲量守恒，弹簧的弹性势能不断减小，则小球的动能与重力势能之和在增加故D正确故选D5如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为R，电路中O点接地，当滑动变阻器的滑片P向右滑动时，M、N两点电势变化情况是（）A都升高BM点电势降低，N点电势升高C都降低DM点电势的改变量小于N点电势的改变量【考点】闭合电路的欧姆定律；电势【分析】图中O点接地，其电势为零，根据在外电路中顺着电流方向电势逐渐降低可知，M点的电势大于零，大小等于并联部分的电压，N点的电势小于零，大小等于电阻的电压，根据欧姆定律分析出并联部分和的电压如何变化，即可判断M、N两点的电势变化情况【解答】解ABC、当滑动变阻器的滑片P向右滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，并联部分的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律知，干路电流增大，则电阻的电压增大，因N点的电势比O点的电势低，小于零，故N点的电势降低，并联部分的电阻减小，分担的电压减小，而M点的电势大于零，所以M点的电势降低，故AB错误，C正确；D、外电阻减小，路端电压减小，即外电路两端的总电压减小，则知并联并联部分电压减小量大于的电压增加量，因此M点的电势改变量大于N点的电势改变量，故D错误；故选C二、多项选择题共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，错选或不答的得0分6据报道，美国国家航天航天局（NASA）首次在太阳系外发现“类地”行星KEPLER186F若宇航员乘坐宇宙飞船到达该行星，进行科学观测该行星自转周期为T，宇航员在该行星“北极”距该行星地面附近H处自由释放一个小球（引力视为恒力），落地时间为T已知该行星半径为R，万有引力常量为G，则下列说法正确的是（）A该行星的第一宇宙速度为B该行星的平均密度为C如果该行星存在一颗同步卫星，其距行星表面高度为D宇宙飞船绕该星球做圆周运动的周期小于T【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系【分析】根据自由落体运动的位移时间公式求出行星表面的重力加速度，结合重力提供向心力求出行星的第一宇宙速度；根据万有引力等于重力求出行星的质量，结合密度公式求出行星的平均密度；根据万有引力提供向心力，求出行星同步卫星的轨道半径，从而得出卫星距离行星的高度根据重力提供向心力求出宇宙飞船的最小周期【解答】解A、根据得，行星表面的重力加速度，根据得，行星的第一宇宙速度，故A正确；B、根据得，行星的质量，则行星的平均密度，故B正确；C、根据得，又，解得，故C错误；D、根据得，最小周期，故D正确；故选ABD7如图所示，直流电源、滑动变阻器、平行板电容器与理想二极管（正向电阻为0，反向电阻为）连接，电源负极接地开始时电容器不带电，闭合开关S，稳定后，一带电油滴恰能静止在电容器中P点在开关S保持接通的状态下，下列说法正确的是（）A当滑动变阻器的滑片向上滑动时，带电油滴会向上运动B当电容器的上极板向上移动时，带电油滴会向下运动C当电容器的下极板向下移动时，P点的电势不变D当电容器的下极板向左移动时，P点的电势会升高【考点】闭合电路的欧姆定律；电容；带电粒子在混合场中的运动【分析】根据平行板电容器的电容的决定式、电容的定义式与匀强电场场强与电势差的关系求出极板间的电场强度，根据题意判断极板间的电场强度如何变化，然后判断P点电势、油滴的电势能如何变化，判断油滴如何运动【解答】解A、当滑动变阻器的滑片向上滑动时，变阻器有效阻值增大，R的电压增大，则电容器板间电压增大，场强增大，油滴所受的电场力增大，所以带电油滴会向上运动故A正确B、当电容器的上极板向上移动时，由电容的决定式C知，电容减小，而电容器的电压不变，由C知，Q要减小，电容器要放电，由于二极管的单向导电性，所以电容器不能放电，则电容器的带电量不变，根据推论可知电容器板间场强不变，油滴所受的电场力不变，所以带电油滴仍静止不动，故B错误C、当电容器的下极板向下移动时，电容器所带的电量Q不变，由E知电容器板间场强不变，由UED知，P与下极板间的电势差变大，P点的电势会升高故C错误D、当电容器的下极板向左移动时，C，电容器的电容减小，由C知，Q要减小，电容器要放电，由于二极管的单向导电性，所以电容器不能放电，则电容器的带电量不变，那么只能是极板间U增大，由E知电容器板间场强变大，则P与下极板间的电势差变大，P点的电势升高故D正确故选AD8如图所示是法拉第做成的世界上第一台发电机模型的原理图将铜盘放在磁场中，让磁感线垂直穿过铜盘；图中A、B导线与铜盘的中轴线处在同一竖直平面内；转动铜盘，就可以使闭合电路获得电流若图中铜盘半径为L，匀强磁场的磁感应强度为B，回路总电阻为R，从上往下看逆时针匀速转动铜盘的角速度为则下列说法正确的是（）A回路中有大小和方向周期性变化的电流B回路中电流大小恒定，且等于C回路中电流方向不变，且从A导线流进灯泡，再从B导线流向旋转的铜盘D若将匀强磁场改为仍然垂直穿过铜盘的正弦变化的磁场，不转动铜盘，灯泡中一定有电流流过【考点】感应电流的产生条件【分析】把铜盘看做若干条由中心指向边缘的铜棒组合而成，当铜盘转动时，每根金属棒都在切割磁感线，产生大小和方向不变的电流根据转动切割磁感线产生的感应电动势公式EBL2和欧姆定律可求出感应电流的大小由右手定则判断出感应电流的方向【解答】解A、C，把铜盘看做若干条由中心指向边缘的铜棒组合而成，当铜盘转动时，每根金属棒都在切割磁感线，相当于电源，由右手定则知，中心为电源正极，盘边缘为负极，若干个相同的电源并联对外供电，电流方向由B经灯泡再从A流向铜盘，方向不变，故A错误，C错误B、回路中感应电动势为EBLBL2，所以电流，故B正确D、当铜盘不动，磁场按正弦规律变化时，铜盘中形成涡流，但没有电流通过灯泡，故D错误故选B9如图所示，劲度系数为K的轻弹簧，下端固定，上端与B连接，斜面光滑，质量均为M的A、B两物体紧靠在一起，处于静止状态，现用一个平行于斜面向上的拉力F拉物体A，使A物体做加速度为A的匀加速运动已知在A、B分离前，拉力F随A物体发生的位移X变化的图象如图所示，重力加速度为G，则下列表述中正确的是（）AF02M（AGSIN）BF02MACX0DX0【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力【分析】根据初始状态两物体处于平衡，对整体分析，根据平衡求出弹簧初始状态的压缩量，即X0的大小对整体分析，根据牛顿第二定律对初始状态列出牛顿第二定律的表达式，从而求出F0的大小【解答】解初始状态时，A、B处于静止，根据平衡有F弹KX02MGSIN，解得当用力拉力A向上做匀加速直线运动时，有F0F弹2MGSIN2MA，解得F02MA，故BC正确，AD错误故选BC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卡相应的位置10读出下面游标卡尺和螺旋测微器的读数460MM；3140MM【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用【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】解游标卡尺的主尺读数为4MM，游标尺上第12个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为12005MM060MM，所以最终读数为4MM060MM460MM螺旋测微器的固定刻度为3MM，可动刻度为140001MM0140MM，所以最终读数为3MM0140MM3140MM故答案为460；314011某研究性学习小组的同学们来到电学实验室测量电源电动势和内电阻大家分别选用不同的实验器材设计了以下四种测量电路上面测量电路中，不能够完成实验目的是哪一个电路C小明同学根据其中的一个电路直接测得的实验数据作出了下表R/203060101520U/V130136141148149150由此可知该同学选用的是D图所示的电路进行的实验采用图象法处理数据时，应作出图线（选填UR，或U，或），若通过图象求出斜率是K，纵轴截距是B，则电源的电动势E；R【考点】测定电源的电动势和内阻【分析】（1）分析各实物图，结合测量电动势和内电阻的实验原理进行分析，找出不能测量的电路；（2）根据给出的数据可明确所采用的实验方法；根据闭合电路欧姆定律进行分析得出图象为直线的关系才能求解电动势和内电阻【解答】解要想测量电动势和内电阻需要明确流过电源的电流路端电压，或者利用伏阻法、安阻法明确路端电压或电流；故A、B、D均可以进行测量；但丙图中无法得出流过电源的电流和电压，故C图无法进行测量；I由表中数据可知，测出了电压和电阻，故应是应用丁图进行的实验；II、根据闭合电路欧姆定律可知UR；若作出UR图象得出的是曲线，无法进行数据分析，应进一步化简，得出UER，即作出U图象；或变形为，故可以作出图象；由题意可知图象；由数学规律可知B；K联立解得E，R；故答案为C；I、D；II、，；12为了探究加速度与力、质量的关系，（1）小亮利用如图甲所示的实验方案，探究小车质量一定时加速度与合外力之间的关系，图中上下两层水平轨道，细线跨过滑轮并挂上砝码盘，将砝码和砝码盘的总重作为小车所受合外力，两小车尾部细线连到控制装置上，实验时通过控制装置使两小车同时开始运动，并同时停止实验前，下列操作必要的是BCDA选用质量不同的两辆小车B调节定滑轮的高度，使细线与轨道平行C使砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量D将轨道右端适当垫高，使小车在没有细线牵引时能在轨道上匀速运动，以平衡摩擦力他测量了两小车的位移为X1，X2，则（2）小明用如图乙所示的装置进行实验打出的一条纸带如图丙所示，计时器打点的时间间隔为002S他从比较清晰的A点起，每五个点取一个计数点，测量出各点到A点的距离标在纸带上各点的下方，则小车运动的加速度040M/S2（保留两位有效数字）实验前由于疏忽，小明遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的AF图象，可能是丁图中的图线3（选填“1”、“2”、“3”）调整正确后，他作出的AF图象末端明显偏离直线，如果已知小车质量为M，某次所挂钩码质量为M，则戊图中坐标A1，A2【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系【分析】（1）为了使砝码盘和砝码的重力等于小车所受的合外力，实验应该满足砝码盘和砝码的总质量远小于小车的质量且要平衡摩擦力，根据初速度为零的匀变速直线运动位移时间公式求解加速度的比值；（2）根据匀变速直线运动的推论公式XAT2可以求出加速度的大小；如果没有平衡摩擦力的话，就会出现当有拉力时，物体不动的情况；没有偏离直线时，可以用砝码的总重力代替小车受到的合力，根据牛顿第二定律求出A1，偏离直线后，把砝码以及小车看成一个整体，根据牛顿第二定律求出A2【解答】解（1）本实验需要用砝码盘和砝码的重力代替小车所受的合外力，所以需要平衡摩擦力，即将轨道右端适当垫高，使小车在没有细线牵引时能在轨道上匀速运动，且应该满足砝码盘和砝码的总质量远小于小车的质量，细线的拉力为小车的合力，所以细线与木板平行，则应调节定滑轮的高度使细线与木板平行，对小车质量是否相同没有要求，故A错误，BCD正确故选BCD在初速度为零的匀变速直线运动中有XAT2，因运动时间相等，则位移与加速度成正比小车1、2的加速度之比为（2）每五个点取一个计数点，所以相邻的计数点间的时间间隔T01S，根据纸带可知，X002000800080004M，根据匀变速直线运动的推论公式XAT2得A040M/S2遗漏了平衡摩擦力这一步骤，就会出现当有拉力时，物体不动的情况，即F0时，A0故图线为3，没有偏离直线时，可以用砝码盘和砝码的总重力代替小车受到的合力，根据牛顿第二定律得A1，偏离直线后，把砝码以及小车看成一个整体，根据牛顿第二定律求出A2故答案为（1）BCD；（2）040；3；【选做题】A选修3313下列说法中正确的是（）A布朗运动是指液体或气体中悬浮微粒的无规则运动B气体的温度升高，每个气体分子运动的速率都增加C一定质量的100的水吸收热量后变成100的水蒸气，其分子之间的势能增加，且吸收的热量小于增加的内能D只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低【考点】热力学第一定律；布朗运动；分子势能【分析】正确解答本题要掌握布朗运动是指液体或气体中悬浮微粒的运动；温度是分子平均动能的标志；根据热力学第一定律，做功和热传递都可以改变物体的内能【解答】解A、布朗运动是指液体或气体中悬浮微粒的运动，反映了液体或气体分子的无规则运动故A正确B、温度是分子平均动能的标志，是大量分子无规则运动的宏观表现；气体温度升高，分子的平均动能增加，有些分子的速率增加，也有些分子的速率会减小，只是分子的平均速率增加故B错误C、一定量100的水变成100的水蒸汽，温度没有变化，分子的平均动能不变；由于在这个过程中要对外做功，所以吸收的热量大于增加的内能故C错误D、温度是分子平均动能的标志，只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低故D正确；故选AD14如图所示，弹簧一端固定于水平台面上，另一端与质量为M活塞栓接在一起，开口向下质量为M的气缸与活塞一起封闭了一定质量的气体，气缸和活塞均可与外界进行热交换由于外界环境的温度缓慢降低，被封闭气体向外界释放热量Q，同时其内能减少U，已知大气压强为P0，气缸的横截面积为S，气缸壁厚忽略不计，重力加速度为G，则被封气体的体积V减小（填“增大”、“减小”、“不变”）活塞移动距离X为0；气缸移动距离Y为【考点】理想气体的状态方程；封闭气体压强【分析】根据理想气体状态方程和热力学第一定律进行讨论即可以活塞和气缸整体为研究对象，根据平衡条件分析受力，由胡克定律求解弹簧形变量的变化，即可知道活塞移动的距离根据热力学第一定律求出外界对气体做功，再由功的公式WFS求气缸移动的距离【解答】解对气缸进行受力分析，根据平衡条件得气体的压强不变，根据理想气体状态方程C可知，压强P不变，温度T减小，则体积V逐渐减小；以活塞和气缸整体为研究对象，根据平衡条件得知弹簧受到的压力不变，则弹簧的压缩量不变，所以活塞不移动，即移动距离为0；被封气体向外界释放热量Q，同时其内能减少U，根据热力学第一定律UQW得外界对气体做功为WQU功WPSY，PP0，解得气缸移动距离为Y；故答案为减小；0；15晶须是一种发展中的高强度材料，它是一些非常细的完整的丝状（横截面为圆形）晶体现有一根铁（FE）晶，直径为D，能承受的最大拉力为F试求刚要拉断时原子间的作用力F（已知铁的密度，铁的摩尔质量M，阿伏伽德罗常数为NA，忽略铁分子间的空隙）【考点】阿伏加德罗常数【分析】计算出横截面积上的分子个数，然后用最大拉力除以横截面积上的分子个数即可求解【解答】解分子的体积为根据球体积公式，有根据横截面积上的分子个数为故单个分子间的最大引力为答刚要拉断时原子间的作用力F为选修3516下列叙述中，正确的是（）A黑体辐射电磁波的强度只与黑体的温度有关B对于同种金属产生光电效应时，逸出光电子的最大初动能与照射光的频率成正比C一块纯净的放射性元素矿石，经过一个半衰期以后，它的总质量仅剩下一半D按照波尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子的总能量却增加了【考点】光的电磁本性；氢原子的能级公式和跃迁【分析】黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关；根据光电效应方程，EKHW，可知，最大初动能EK与照射光的频率的关系；经过一个半衰期以后，有一半质量发生衰变；氢原子核外电子轨道半径越大则能量越大，动能越小【解答】解A、黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关，故A正确；B、根据光电效应方程，EKHW，可知，逸出光电子的最大初动能EK与照射光的频率成线性关系，故B错误；C、经过一个半衰期以后，有一半的质量发生衰变，产生新核，经过一个半衰期以后它的总质量大于原来的一半，故C错误；D、库仑力对电子做负功，所以动能变小，电势能变大（动能转为电势能）而因为吸收了光子，总能量变大故D正确故选AD172009年诺贝尔物理学奖得主威拉德博伊尔和乔治史密斯主要成就是发明了电荷耦合器件（CCD）图象传感器他们的发明利用了爱因斯坦的光电效应原理如图所示电路可研究光电效应规律图中标有A和K的为光电管，其中A为阳极，K为阴极理想电流计可检测通过光电管的电流，理想电压表用来指示光电管两端的电压现接通电源，用光子能量为105EV的光照射阴极A，电流计中有示数，若将滑动变阻器的滑片P缓慢向右滑动，电流计的读数逐渐减小，当滑至某一位置时电流计的读数恰好为零，读出此时电压表的示数为60V；若改用光子能量为12EV的光照射阴极A，光电子的最大初动能为6EV；若用光子能量为95EV的光照射阴极A，同时把滑片P向左移动少许，电流计的读数可能为零（“一定不”、“可能”、“一定”）【考点】光电效应【分析】图示电路所加的电压为反向电压，当电流计的读数恰好为零时，根据动能定理可以求出光电子的最大初动能，通过光电效应方程可以求出逸出功的大小【解答】解电流计的读数恰好为零，此时电压表的示数为60V，根据动能定理得，根据光电效应方程，得逸出功若用光子能量为95EV的光照射阴极A，能发生光电效应，但是把滑片P向左移动少许，电流计的读数不一定不为零故答案为6可能18在某些恒星内部，3个粒子可以结合成一个C核，已知C核的质量为M11993021026KG，粒子的质量为M26646721027KG，真空中光束C3108M/S，求（1）写出这个核反应方程（2）这个核反应中释放的核能（保留一位有效数字）试比较粒子的比结合能与C的比结合能哪个大【考点】裂变反应和聚变反应；爱因斯坦质能方程【分析】根据质量数与质子数守恒，书写核反应方程，再由爱因斯坦质能方程求出释放的核能，最后依据结合能与核子数的比值即为比结合能，从而即可求解【解答】解（1）3个粒子可以结合成一个C核，这个核反应方程是3HEC（2）由爱因斯坦质能方程EMC2，有EMC2（366467210271993021026）（3108）291013J根据结合能与核子数的比值即为比结合能，因此可知，粒子的比结合能小于612C的比结合能答（1）这个核反应方程为3HEC（2）这个核反应中释放的核能为91013J，粒子的比结合能小于C的比结合能四、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19如图，电阻不计且足够长的U型金属框架放置在倾角37的绝缘斜面上，该装置处于垂直斜面向下的匀强磁场中，磁感应强度大小B05T质量M01KG、电阻R04的导体棒AB垂直放在框架上，从静止开始沿框架无摩擦下滑，与框架接触良好框架的质量M02KG、宽度L04M，框架与斜面间的动摩擦因数06，与斜面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，G取10M/S2，SIN3706，COS3708（1）若框架固定，求导体棒的最大速度VM；（2）若框架固定，棒从静止开始下滑575M时速度V5M/S，求此过程回路中产生的热量Q及流过AB棒的电量Q；（3）若框架不固定，求当框架刚开始运动时棒的速度V1【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化【分析】（1）若框架固定，导体棒匀速下滑时速度最大，根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式和平衡条件结合求解最大速度VM；（2）根据能量转化和守恒定律求解热量Q由法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电流的定义式结合求解电量Q（3）当框架刚开始运动时所受的静摩擦力达到最大，由平衡条件求解回路中电流，再由法拉第电磁感应定律、欧姆定律结合求解【解答】解（1）棒AB产生的电动势为EBLV回路中感应电流为棒AB所受的安培力为FBIL对棒AB有MGSIN37BILMA当加速度A0时，速度最大，速度的最大值为M/S（2