2016年甘肃河西五部分普通高中高考物理二模试卷

1、2016年甘肃省河西五市部分普通高中高考物理二模试卷一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分在给出的四个选项中，第1-5题中只有一个选项符合题目要求，第6-8题中有多个选项符合题目要求，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在牛顿第二定律公式F=kma中，比例系数k的数值（）A在任何情况下都等于1B与质量m、加速度a和力F三者均无关系C是由质量m、加速度a和力F三者的大小所决定的D是由质量m、加速度a和力F三者的单位所决定的2如图所示，倾角为的斜面体c置于水平地面上，小物块b置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与沙漏斗a连接，连接b的一段细绳与斜面平行在a中的沙子缓慢流出

2、的过程中，a、b、c都处于静止状态，则（）Ab对c的摩擦力一定减小Bb对c的摩擦力方向可能平行斜面向上C地面对c的摩擦力方向一定水平向右D地面对c的摩擦力先减小后增大3如图，甲、乙两电路中电源电动势相同，内电阻r1r2，外电阻R相同两电路中分别流过相同的电荷量的过程中，则下列说法正确的是（）A甲电路电源内部产生热量较多B乙电路外电阻R产生热量较少C乙电路电源做功较多D甲电路电源效率较高4a、b是放置在x轴上的两个点电荷，电荷量分别为Q1和Q2，沿x轴a、b之间各点对应的电势高低如图中曲线所示，其中p点电势最低，ap间的距离大于pb间的距离从图中可看出在x轴线上以下说法中正确是（）AQ1一定小于

3、Q2Ba和b一定是同种电荷，且均为负电荷C电势最低的p点的电场强度最小Dap和pb间各点的电场方向均由a指向b5如图所示，将一根绝缘硬金属导线弯曲成一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项部或底部到杆距离都是L/2在导线和杆平面内有一有界匀强磁场区域，磁场的宽度为2L，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（）ABCD6如图所示

4、，一理想变压器原、副线圈的匝数之比为10：1，原线圈两端接入一正弦交流电源；副线圈电路中的电容器C和电阻R为负载，交流电压表和交流电流表均为理想电表，则下列说法正确的是（）A若电压表的示数为6V，则输入电压的峰值为60VB电流表A的示数为流经电阻R的电流C若输入电压U=100V，则电容器C的耐压值至少为10VD若输入电压的峰值保持不变，将其频率变大，则变压器的输入功率也将增大7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

5、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8假设地球同步卫星绕地球运行的轨道半径为地球半径的6.6倍，地球赤道平面与地球公转平面共面，站在地球赤道某地的人，日落后4小时的时候，在自己头顶正上方观察到一颗恰好有阳光照亮的人造地球卫星，若该卫星在赤道所在平面内做匀速圆周运动则此人造卫星（）A距地面高度等于地球半径B绕地球运行的周期约为4小时C绕地球运行的角速度与同步卫星绕地球运行的角速度相同D绕地球运行的速率约为同步卫星绕地球运行速率的1.8倍三

6、、非选择题：包括必考题和选考题两部分第9题第12题为必考题，每个试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（一）必考题9雅楠同学的爸爸是个电气工程师，雅楠同学经常看到爸爸在用一个多用电表进行一些测量在高中物理课堂上学习了多用电表的用法之后，她对多用电表很感兴趣，她就请爸爸给她出了几道题目（1）多用电表的内部简化电路图如图所示S为单刀多掷开关，通过操作开关，接线柱O可以接通1，也可以接通2、3、4、5或6下列说法正确的是 A当开关S分别接1或2时，测量的是电流，其中S接2时量程较小B当开关S分别接3或4时，测量的是电阻，其中A是黑表笔C当开关S分别接5或6时，测量的是电压，其中

7、B是红表笔D当开关S分别接5和6时，测量的是电压，其中S接6时量程较大（2）通过测量找到发光二极管的负极雅楠同学做了如下两步具体的操作：第一，将多用电表选择开关旋转到电阻挡的1档，经过 之后，他把红表笔接在二极管的短管脚上，把黑表笔接在二极管的长管脚上，发现二极管发出了耀眼的白光；然后他将两表笔的位置互换以后，发现二极管不发光这说明二极管的负极是 （填写“长管脚”或者“短管脚”）所连接的一极（3）雅楠同学琢磨了一下，然后又依次用电阻挡的1档，10档，100档，1K档分别进行了二极管导通状态的准确的测量，他发现二极管发光的亮度越来越 （填写“大”或者“小”）10（9分）用图示装置测量重锤的质量，

8、在定滑轮两侧分别挂上重锤和n块质量均为m0的铁片，重锤下端贴一遮光片，铁架台上安装有光电门调整重锤的高度，使其从适当的位置由静止开始下落，读出遮光片通过光电门的挡光时间t0；从定滑轮左侧依次取下1块铁片放到右侧重锤上，让重锤每次都从同一位置由静止开始下落，计时器记录的挡光时间分别为t1、t2，计算出t02、t12（1）挡光时间为t0时，重锤的加速度为a0从左侧取下i块铁片置于右侧重锤上时，对应的挡光时间为ti，重锤的加速度为ai则= （结果用t0和ti表示）（2）作出i的图线是一条直线，直线的斜率为k，则重锤的质量M= （3）若重锤的质量约为300g，为使实验测量数据合理，铁片质量m0比较恰当

9、的取值是 A1g B3g C40g D300g11（14分）如图所示，在直角坐标系的第象限分布着场强E=5103V/m、方向水平向左的匀强电场，其余三个象限分布着垂直纸面向里的匀强磁场现从电场中M（0.5m，0.5m）点由静止释放一比荷为=2104C/kg、重力不计的带正电微粒，该微粒第一次进入磁场后将垂直通过x轴求：（1）匀强磁场的磁感应强度；（2）带电微粒第二次进入磁场时的位置坐标；（3）带电微粒第二次进入磁场时的速度大小和方向12（18分）打井施工时要将一质量可忽略不计的坚硬底座A送到井底，由于A与井壁间摩擦力很大，工程人员采用了如图所示的装置图中重锤B质量为m，下端连有一劲度系数为k的

10、轻弹簧，工程人员先将B放置在A上，观察到A不动；然后在B上再逐渐叠加压块，当压块质量达到m时，观察到A开始缓慢下沉时移去压块将B提升至弹簧下端距井口为H0处，自由释放B，A被撞击后下沉的最大距离为h1，以后每次都从距井口H0处自由释放已知重力加速度为g，不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内（1）求下沉时A与井壁间的摩擦力大小f和弹簧的最大形变量L；（2）求撞击下沉时A的加速度大小a和弹簧弹性势能Ep；（3）若第n次撞击后，底座A恰能到达井底，求井深H(二）选考题，任选一模块作答【物理选修3-3】13下列说法正确的是 （）A液体中悬浮的微粒越大，布朗运动越显著B当分子力表现为引力时，分子势能随分子

11、间距离的增大而增大C第二类永动机不可能制成，因为它违反能量守恒定律D一定质量的理想气体，当它的压强、体积都增大时，其内能一定增加E因为液体表面层分子分布比内部稀疏，因此液体表面有收缩趋势14（9分）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【

12、物理选修3-4】15如图所示，图甲为某一列简谐横波在t=0.5s 时的波形图，图乙为介质中P处质点的振动图象，则关于该波的说法正确的是（）A传播方向沿+x方向传播B波速为16 m/sCP处质点振动频率为1HzDP处质点在5s内路程为10 mEP处质点在5s末内位移为0.5 m16如图所示，OBCD为半圆柱体玻璃的横截面，OD为直径，一束由红光和紫光组成的复色光沿AO方向从真空斜射入玻璃，B、C点为两单色光的射出点（设光线在B、C处未发生全反射）已知从B点射出的单色光由O到B的传播时间为t若OB、OC两束单色光在真空中的波长分别为B、C，试比较B、C的大小求从C点射出的单色光由O到C的传播时间t

13、C【物理选修3-5】17如图所示是原子核的核子平均质量与原子序数Z的关系图象，下列说法中正确的是（）A若原子核D和E结合成F，结合过程一定会吸收核能B若原子核D和E结合成F，结合过程一定会释放核能C若原子核A分裂成B和C，分裂过程一定会吸收核能D若原子核A分裂成B和C，分裂过程一定会释放核能E在核反应堆的铀棒之间插入镉棒是为了控制核反应速度18如图所示，载人小车和弹性球静止在光滑长直水平面上，球的质量为m，人与车的总质量为16m人将球以水平速率v推向竖直墙壁，球又以速率v弹回求：在人将球推出的过程中，人做了多少功人接住球的过程中，从人接触到球到人和车与球的速度相等所经历的时间为T，则人对球的平

14、均作用力多大2016年甘肃省河西五市部分普通高中高考物理二模试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分在给出的四个选项中，第1-5题中只有一个选项符合题目要求，第6-8题中有多个选项符合题目要求，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在牛顿第二定律公式F=kma中，比例系数k的数值（）A在任何情况下都等于1B与质量m、加速度a和力F三者均无关系C是由质量m、加速度a和力F三者的大小所决定的D是由质量m、加速度a和力F三者的单位所决定的【考点】32：加速度与力、质量的关系式【分析】在牛顿第二定律的表达式F=kma中，只有在国际单位制中，比例系数k才为1【

15、解答】解：在牛顿第二定律的表达式F=kma中，只有质量m、加速度a和力F的单位是国际单位时，比例系数k才为1，故ABC错误，D正确故选：D【点评】本题关键：只有F和a的单位采用在国际单位制时，即F的单位为N，质量的单位为kg，加速度的单位为m/s2，比例系数k才为12如图所示，倾角为的斜面体c置于水平地面上，小物块b置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与沙漏斗a连接，连接b的一段细绳与斜面平行在a中的沙子缓慢流出的过程中，a、b、c都处于静止状态，则（）Ab对c的摩擦力一定减小Bb对c的摩擦力方向可能平行斜面向上C地面对c的摩擦力方向一定水平向右D地面对c的摩擦力先减小后增大【考点】27：摩擦

16、力的判断与计算【分析】b受到c的摩擦力不一定为零，与两物体的重力、斜面的倾角有关对bc整体研究，由平衡条件分析水平面对c的摩擦力方向和支持力的大小【解答】解：A、B、设a、b的重力分别为Ga、Gb若Ga=Gbsin，b受到c的摩擦力为零；若GaGbsin，b受到c的摩擦力不为零若GaGbsin，b受到c的摩擦力沿斜面向上；故A错误，B正确C、D、以bc整体为研究对象，分析受力如图，根据平衡条件得知水平面对c的摩擦力f=Tcos=Gacos，方向水平向左在a中的沙子缓慢流出的过程中，则摩擦力在减小故CD错误故选：B【点评】本题采用隔离法和整体法研究两个物体的平衡问题及B所受的摩擦力，要根据B所受

17、的拉力与重力沿斜面向下的分力大小关系，分析摩擦力的大小和方向3如图，甲、乙两电路中电源电动势相同，内电阻r1r2，外电阻R相同两电路中分别流过相同的电荷量的过程中，则下列说法正确的是（）A甲电路电源内部产生热量较多B乙电路外电阻R产生热量较少C乙电路电源做功较多D甲电路电源效率较高【考点】BG：电功、电功率；BB：闭合电路的欧姆定律【分析】由电量q=It，由焦耳定律Q=I2rt=qIr，来分析电源内部产生电热的大小两个电阻的电热Q=I2Rt=qIR，来分析两电阻产生的电热大小=，根据路端电压U的大小判断效率的高低【解答】解：A、C、D、电源做功W=EIt=Eq，则两电源做功一样多电源的效率=，

18、由内电阻r1r2，外电阻R相同，则甲图电源的内电阻大，甲电路电源内部产生热量较多，电源效率低故A正确，C错误，D错误B、两个电阻的电热Q=I2Rt=qIR，电量和电阻相等，I1I2，则甲电路外电阻的电热少故B错误故C错误故选：A【点评】本题关键是将焦耳定律变形Q=I2Rt=qU，即变成电流做功的原始表达式注意效率高，与输出功率大是两回事4a、b是放置在x轴上的两个点电荷，电荷量分别为Q1和Q2，沿x轴a、b之间各点对应的电势高低如图中曲线所示，其中p点电势最低，ap间的距离大于pb间的距离从图中可看出在x轴线上以下说法中正确是（）AQ1一定小于Q2Ba和b一定是同种电荷，且均为负电荷C电势最低

19、的p点的电场强度最小Dap和pb间各点的电场方向均由a指向b【考点】AD：电势差与电场强度的关系；AC：电势【分析】x图线的切线斜率的绝对值表示场强的大小，根据点电荷场强公式，得到Q1的电荷量一定大于Q2的电荷量，根据场强方向得出两电荷一定是正电荷【解答】解：A、P点电势最低，切线斜率为零，而x图线的切线斜率的绝对值表示场强的大小，则P点的电场强度为零，最小两电荷在P点的合场强为零，P点距离Q1较远，根据点电荷的场强公式知，Q1的电量大于Q2的电量从坐标a到b电势先减小后增大，因为沿电场线方向电势逐渐降低，知Q1和Q2一定是同种电荷，且都为正电荷，故AB错误，C正确；D、根据顺着电场线电势降低

20、可知，P点的左侧电场方向向右，P点的右侧电场方向向左，故D错误故选：C【点评】解决本题的关键是要找到该题的突破口，即根据P点的切线斜率（即电场强度）为零入手分析，以及知道沿着电场线方向电势逐渐降低5如图所示，将一根绝缘硬金属导线弯曲成一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项部或底部到杆距离都是L/2在导线和杆平面内有一有界匀强磁场区域，磁场的宽度为2L，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

21、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】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；BG：电功、电功率【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：金属导线产生的感应电动势瞬时值为 e=Byv，y是有效切割长度且有：y=sint得到：e=BLvsint，=不变则线圈中产生正弦式交变电流，其感应电动势的有效值为：E=因为线圈进入和穿出磁场产生的内能相等，外力做功相等故导线全部穿过磁场过程，外力F所做功为：W=故选：C【点评】本题电磁感应与交变电

22、流的知识综合题，考查迁移能力交变电流求热量时，要用有效值6如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数之比为10：1，原线圈两端接入一正弦交流电源；副线圈电路中的电容器C和电阻R为负载，交流电压表和交流电流表均为理想电表，则下列说法正确的是（）A若电压表的示数为6V，则输入电压的峰值为60VB电流表A的示数为流经电阻R的电流C若输入电压U=100V，则电容器C的耐压值至少为10VD若输入电压的峰值保持不变，将其频率变大，则变压器的输入功率也将增大【考点】E8：变压器的构造和原理【分析】电压表读数6V为有效值，电压与匝数成正比可得输入电压的有效值为60V，根据正弦交流电有效值与最大值的关系可得输入电压

23、的最大值；输入功率随输出功率而变化，输出功率变大则输入功率变大流电能通过电容器，所以电流表A的示数为流经电阻R的电流与流经电容器的电流的和【解答】解：A、若电压表读数为6V，由 电压与匝数成正比可得输入电压有效值为610=60V，根据正弦交流电有效值与最大值的关系可得因此其最大值为60V，故A错误；B、由于交流电能通过电容器，所以电流表A的示数为流经电阻R的电流与流经电容器的电流的和，故B错误；C、若输入电压U=100V，则输出电压的有效值：U2=U=100=10V，根据正弦交流电有效值与最大值的关系可得因此其最大值为10V，电容器C的耐压值至少为10V，故C正确；D、若输入电压的峰值保持不变

24、，将其频率变大，电容器的容抗将减小，则流过电容器的电流值增大，所以变压器的输出功率将增大，则变压器的输入功率也将增大，故D正确故选：CD【点评】本题考查变压器原理，只有理解交流电压表和交流电流表读数为有效值，电压电流与匝数比的关系，并熟练掌握电功率的计算公式，才能顺利解决这类问题7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

25、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】65：动能定理；44：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，

26、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：AD【点评】本题综合考查了动能定理、牛顿第二定律等知识，综合性较强，对学生能力要求较高，尤其第三问要运用到速度的分解8假设地球同步卫星绕地球运行的轨道半径为地球半径的6.6倍，地球赤道平面与地球公转平面共面，站在地球赤道某地的人，日落后4小时的时候，在自己头顶正上方观察到一颗恰好有阳光照亮的人造地球卫星，若该卫星在赤道所在平面内做匀速圆周

27、运动则此人造卫星（）A距地面高度等于地球半径B绕地球运行的周期约为4小时C绕地球运行的角速度与同步卫星绕地球运行的角速度相同D绕地球运行的速率约为同步卫星绕地球运行速率的1.8倍【考点】4H：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；4A：向心力【分析】作出卫星与地球之间的位置关系图，根据几何关系确定卫星的轨道半径设此卫星的运行周期为T1，地球自转的周期为T2，则地球同步卫星的周期也为T2，依据常识我们可以知道T2=24小时根据开普勒第三定律求解T1，由卫星速度公式v=求速率【解答】解：A、如图所示：太阳光可认为是平行光，O是地心，人开始在A点，这时刚好日落，因为经过24小时地球转一圈，所以经过4小

28、时，地球转了60，即：AOC=60，此时人已经到了B点，卫星在人的正上方C点，太阳光正好能照到卫星，所以根据AOC=60就能确定卫星的轨道半径为：r=OC=2OA=2R则卫星距地面高度等于地球半径R故A正确B、设此卫星的运行周期为T1，地球自转的周期为T2，则地球同步卫星的周期也为T2，依据常识知道 T2=24h根据开普勒第三定律有： =代入数据得：T1=14400s=4h故B正确C、由于绕地球运行的周期与同步卫星绕地球运行的周期不等，所以绕地球运行的角速度与同步卫星绕地球运行的角速度不同故C错误D、由v=得：该卫星与同步卫星绕地球运行的速率之比=1.8，即绕地球运行的速率约为同步卫星绕地球运

29、行速率的1.8倍故D正确故选：ABD【点评】这个题的突破口是“恰能在日落后4小时的时候，恰观察到一颗自己头顶上空被阳光照亮的人造地球卫星”，运用几何方法作出卫星的位置，求出这颗卫星的轨道半径是解题的关键三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第9题第12题为必考题，每个试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（一）必考题9雅楠同学的爸爸是个电气工程师，雅楠同学经常看到爸爸在用一个多用电表进行一些测量在高中物理课堂上学习了多用电表的用法之后，她对多用电表很感兴趣，她就请爸爸给她出了几道题目（1）多用电表的内部简化电路图如图所示S为单刀多掷开关，通过操作开关，接线柱O可以接通1，

30、也可以接通2、3、4、5或6下列说法正确的是ADA当开关S分别接1或2时，测量的是电流，其中S接2时量程较小B当开关S分别接3或4时，测量的是电阻，其中A是黑表笔C当开关S分别接5或6时，测量的是电压，其中B是红表笔D当开关S分别接5和6时，测量的是电压，其中S接6时量程较大（2）通过测量找到发光二极管的负极雅楠同学做了如下两步具体的操作：第一，将多用电表选择开关旋转到电阻挡的1档，经过欧姆调零之后，他把红表笔接在二极管的短管脚上，把黑表笔接在二极管的长管脚上，发现二极管发出了耀眼的白光；然后他将两表笔的位置互换以后，发现二极管不发光这说明二极管的负极是短管脚（填写“长管脚”或者“短管脚”）所

31、连接的一极（3）雅楠同学琢磨了一下，然后又依次用电阻挡的1档，10档，100档，1K档分别进行了二极管导通状态的准确的测量，他发现二极管发光的亮度越来越小（填写“大”或者“小”）【考点】N4：用多用电表测电阻【分析】（1）要熟悉多用表的原理和结构，根据电表的结构选出欧姆表、电压表和电流表；（2）用多用电表测电阻时要选择合适的挡位，选择挡位后要进行欧姆调零；欧姆表的红表笔与内置电源的负极相连，黑表笔与电源的正极相连；二极管正向偏压时内阻很小，反向偏压时内阻很大，根据实验现象分析答题（3）根据欧姆表挡位变化判断内阻如何变化，然后应用欧姆定律分析电流如何变化，最后分析二极管亮度如何变化【解答】解：（

32、1）A、由图示可知，开关分别接1、2时表头与电阻并联，此时电表为电流表，可以用来测电流，接1时分流电阻相对更小，故接1时电表的量程更大，第1档为大量程，那么S接2时量程较小，故A正确；B、由图示可知，开关分别接3、4时电源接入电路，此时多用电表为欧姆表，可以用来测电阻，其中黑表笔连接表内电池的正极，故B为黑表笔，A与电源的负极相连，故A为红表笔，故B错误；C、由图可知当转换开关S旋到位置5、6时表头与电阻串联，此时电表为电压表，可以用来测电压因为6档共用一个表头，所以测电压时外部电源的正极应该接在A表笔上，故A为红表笔，C错误；D、要测量电压，电流表应与电阻串联，由图可知当转换开关S旋到位置5

33、、6时；测量电压，电流表所串联的电阻越大，所测量电压值越大，故当转换开关S旋到6的量程比旋到5的量程大，故D正确；故选：AD；（2）用多用电表测电阻，选择挡位后要对欧姆表进行欧姆调零；欧姆表的红表笔与电源负极相连，黑表笔与电源正极相连；把红表笔接在二极管的短管脚上，把黑表笔接在二极管的长管脚上，发现二极管发出了耀眼的白光，说明二极管内阻很小，此时二极管正向偏压，说明与黑表笔相连的一端是二极管的正极，即长管脚是二极管正极，短管脚是二极管负极（3）电阻挡的1档，10档，100档到1K档，多用电表的内阻越来越大，由闭合电路欧姆定律可知，通过二极管的电流越来越小，二极管电功率越来越小，二极管亮度变小故

34、答案为：（1）AD；（2）欧姆调零；短管角；（3）小【点评】本题考查多用表的原理，应熟练掌握其测量原理，及电表的改装办法明确电流表时表头与电阻并联，电压表时，表头与电阻串联；而欧姆表时内部要接有电源要知道二极管正向偏压内阻很小，方向偏压内阻很大10用图示装置测量重锤的质量，在定滑轮两侧分别挂上重锤和n块质量均为m0的铁片，重锤下端贴一遮光片，铁架台上安装有光电门调整重锤的高度，使其从适当的位置由静止开始下落，读出遮光片通过光电门的挡光时间t0；从定滑轮左侧依次取下1块铁片放到右侧重锤上，让重锤每次都从同一位置由静止开始下落，计时器记录的挡光时间分别为t1、t2，计算出t02、t12（1）挡光时

35、间为t0时，重锤的加速度为a0从左侧取下i块铁片置于右侧重锤上时，对应的挡光时间为ti，重锤的加速度为ai则=（结果用t0和ti表示）（2）作出i的图线是一条直线，直线的斜率为k，则重锤的质量M=（3）若重锤的质量约为300g，为使实验测量数据合理，铁片质量m0比较恰当的取值是CA1g B3g C40g D300g【考点】M8：探究加速度与物体质量、物体受力的关系【分析】（1）根据题意求出遮光片经过光电门时的速度，然后应用匀变速直线运动的速度位移公式求出加速度之比（2）应用牛顿第二定律求出图象的函数表达式，然后根据函数表达式求出重锤的质量（3）为使实验现象比较明显，铁片的质量不能选的太大，也不

36、能太小，质量要适中，根据题目给出的数据分析答题【解答】解：（1）遮光片经过光电门时的速度：v0=，vi=，重锤做初速度为零的匀加速直线运动，由速度位移公式得：v02=2a0h，vi2=2aih，整理得： =；（2）由牛顿第二定律得：Mgnm0g=（M+nm0）a0，（M+im0）g（ni）m0g=（M+nm0）ai，整理得： =1+i，则i图象的斜率：k=，解得：M=；（3）如果铁片的质量太小，移动铁片时重锤的加速度变化很小，不便于测量，如果铁片的质量太大，加速度变化太大也不利于测量，如果铁片质量太大甚至重锤会上升，如果重锤的质量为300g，铁片的质量如果为1g或3g，铁片质量太小，如果铁片质

37、量为300g，铁片质量与重锤质量相等，这是错误的，因此铁片质量为40g比较合理，故选C；故答案为：（1）；（2）；（3）C【点评】本题考查了测重锤质量实验，实验设计巧妙、比较新颖，知道实验原理是解题的关键；知道实验原理后应用牛顿第二定律、匀变速直线运动的速度位移公式即可解题；要掌握图象法处理实验数据的方法，应用图象法处理实验数据往往要求出图象的函数表达式11（14分）（2016甘肃二模）如图所示，在直角坐标系的第象限分布着场强E=5103V/m、方向水平向左的匀强电场，其余三个象限分布着垂直纸面向里的匀强磁场现从电场中M（0.5m，0.5m）点由静止释放一比荷为=2104C/kg、重力不计的带

38、正电微粒，该微粒第一次进入磁场后将垂直通过x轴求：（1）匀强磁场的磁感应强度；（2）带电微粒第二次进入磁场时的位置坐标；（3）带电微粒第二次进入磁场时的速度大小和方向【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动；AK：带电粒子在匀强电场中的运动【分析】（1）粒子在加速电场中做匀加速直线运动，运用动能定理求出其第一次进入磁场的速度v，当带电粒子进入磁场后，仅受洛伦兹力作用，做匀速圆周运动由微粒第一次进入磁场后将垂直通过x轴，可寻找到已知长度与圆弧半径的关系，从而求出磁感应强度；（2）当粒子再次进入电场时，做类平抛运动，利用平抛运动规律，结合电场强度、电荷的荷质比，求出离开电场的位置；（3）运用平行四

39、边形定则，将粒子第二次进入磁场时的速度正交分解，利用类平抛规律结合勾股定理即可求出合速度大小，并根据合速度与分速度大小即可判断合速度的方向【解答】解：（1）根据动能定理有：qExM=mv2可得：v=104m/s因为微粒第一次进入磁场后将垂直通过x轴，根据几何关系知：R=xM根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB=m联立解得：B=1T（2）粒子垂直进入电场，做类平抛运动，则有：a抛=21045103=108m/s2xM=a抛t抛2代入数据解得：t抛=104s则：y=vt抛=104104=1m带电微粒第二次进入磁场时的位置坐标为（0m，1m）（3）第二次进入磁场时：vx=a抛t抛=108104=104

40、m/sv合=104m/s速度方向与y轴夹角45答：（1）匀强磁场的磁感应强度为1T；（2）带电微粒第二次进入磁场时的位置坐标为（0m，1m）；（3）带电微粒第二次进入磁场时的速度大小为104m/s，方向与Y轴夹角45【点评】本题考查带电粒子在复合场的中运动，加速场用动能定理，电场中的类平抛运用运动的合成和分解，在磁场中的运动运用洛伦兹力提供向心力结合几何关系；解题关键是要分好过程，对每一个过程的粒子进行受力分析，确定其运动形式选择合适的规律解题，难度不大12（18分）（2016甘肃二模）打井施工时要将一质量可忽略不计的坚硬底座A送到井底，由于A与井壁间摩擦力很大，工程人员采用了如图所示的装置图

41、中重锤B质量为m，下端连有一劲度系数为k的轻弹簧，工程人员先将B放置在A上，观察到A不动；然后在B上再逐渐叠加压块，当压块质量达到m时，观察到A开始缓慢下沉时移去压块将B提升至弹簧下端距井口为H0处，自由释放B，A被撞击后下沉的最大距离为h1，以后每次都从距井口H0处自由释放已知重力加速度为g，不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内（1）求下沉时A与井壁间的摩擦力大小f和弹簧的最大形变量L；（2）求撞击下沉时A的加速度大小a和弹簧弹性势能Ep；（3）若第n次撞击后，底座A恰能到达井底，求井深H【考点】6B：功能关系；69：弹性势能【分析】（1）A开始缓慢下沉时，受力平衡，根据平衡条件求解f，底座质

42、量不计，所以合力为零，结合胡克定律求解；（2）撞击后AB一起减速下沉，对B，根据牛顿第二定律以及功能关系求解；（3）A第二次下沉，由功能关系求出下降的距离与第一次下降距离的关系，同理求出第三次下降的距离与第一次下降距离的关系，进而求出第n次下沉过程中向下滑动的距离，再结合数学知识求解【解答】解：（1）A开始缓慢下沉时，受力平衡，则有：f=2mg底座质量不计，所以合力为零，所以始终有：kL=f解得：（2）撞击后AB一起减速下沉，对B，根据牛顿第二定律得：kLmg=ma解得：a=g，A第一次下沉，由功能关系得：mg（H0+L+h1）=EP+fh1解得：（3）A第二次下沉，由功能关系mg（H0+L+

43、h1+h2）=EP+fh2又f=2mg解得：h2=2h1A第三次下沉，由功能关系有：mg（H0+L+h1+h2+h3）=EP+fh3解得 h3=4h1同理 A第n次下沉过程中向下滑动的距离为：所以井底深度为：答：（1）求下沉时A与井壁间的摩擦力大小f为2mg，弹簧的最大形变量L为；（2）求撞击下沉时A的加速度大小a为g，弹簧弹性势能为；（3）若第n次撞击后，底座A恰能到达井底，则井深H为（2n1）h1【点评】本题主要考查了平衡条件、牛顿第二定律以及功能关系的直接应用，要求同学们能正确分析物体的受力情况，第三问能求出每次下降距离的数学表达式，再根据数学知识求解，难度较大(二）选考题，任选一模块作

44、答【物理选修3-3】13下列说法正确的是 （）A液体中悬浮的微粒越大，布朗运动越显著B当分子力表现为引力时，分子势能随分子间距离的增大而增大C第二类永动机不可能制成，因为它违反能量守恒定律D一定质量的理想气体，当它的压强、体积都增大时，其内能一定增加E因为液体表面层分子分布比内部稀疏，因此液体表面有收缩趋势【考点】8H：热力学第二定律；84：布朗运动；8F：热力学第一定律；96：*表面张力产生的原因【分析】布朗运动是固体微粒的运动，是液体分子无规则热运动的反应，固体微粒越大布朗运动越不明显；根据分子力做功判断分子势能的变化，分子力做正功，分子势能减小，分子力做负功，分子势能增加第二类永动机不违

45、反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律；根据理想气体状态方程可知，压强、体积都增大时，温度升高，则内能增加；液体表面张力的原因是液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力【解答】解：A、固体微粒越大，同一时刻与之碰撞的液体分子越多，固体微粒各个方向受力越趋近平衡，布朗运动越不明显，故A错误；B、在rr0时，分子力表现为引力，分子间距离增大时分子力做负功，故r越大，分子势能越大，故B正确；C、第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律，故C错误；D、根据理想气体状态方程可知，压强、体积都增大时，温度升高，则内能增加，故D正确；E、由于蒸发只在液体表面进行，因此液

46、体表面分子比较稀疏，分子间的距离大于平衡距离r0，液面分子间表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势故E正确故选：BDE【点评】本题考查布朗运动、热力学第二定律即理想气体状态方程等内容，学习中注意加强基础知识的积累是关键14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

47、平衡，活塞B下降的高度【考点】9E：气体的等容变化和等压变化【分析】活塞A导热且环境温度保持不变，所以部分气体为等温变化，列式时列等温变化方程气缸侧壁是绝热的，底部导热，所以部分气体也为等温变化，列式时列等温变化方程【解答】解：对I气体，初状态，末状态由玻意耳定律得： 所以，对 II气体，初状态，末状态由玻意耳定律得： 所以，l2=l0B活塞下降的高度为： =l0；答：活塞 B 下降的高度为l0【点评】考察理想气体状态变化方程，找出初末状态的状态参量，列理想气体状态变化方程即可，注意弄清“隔热”“绝热”“导热”等的含义【物理选修3-4】15（2016甘肃二模）如图所示，图甲为某一列简谐横波在t

48、=0.5s 时的波形图，图乙为介质中P处质点的振动图象，则关于该波的说法正确的是（）A传播方向沿+x方向传播B波速为16 m/sCP处质点振动频率为1HzDP处质点在5s内路程为10 mEP处质点在5s末内位移为0.5 m【考点】F4：横波的图象；F5：波长、频率和波速的关系【分析】由振动图象乙读出t=0.5s时刻P点的振动方向，判断波的传播方向由波动图象读出波长，由振动图象读出周期，可求出波速质点做简谐运动时，在一个周期内通过的路程是四个振幅，根据时间与周期的关系，确定质点P在5s内的路程，确定位置，得到位移【解答】解：A、由乙图读出，t=0.5s时刻质点P的速度向上，则由波形的平移法可知，这列波沿x轴正方向传播故A正确B、由图知：=8m，T=1.0s，则波速v=m/s=8m/s，故B错误C、P处质点振动频率f=，故C正确；D、因为n=5，即t=5s=5T，质点P的位移为0质点P做简谐运动时，在一个周期内通过的路程是四个振幅，所以P处质点在5秒内通过的路程是 S=54A=200.5m=10m故D正确，E错误故