2016年宁夏银川二中高考适应性物理试卷（5月份）（解析版）

1、2016届宁夏银川二中高考适应性物理试卷（5月份）一、选择题1甲、乙两个物体从同一地点、沿同一直线同时做直线运动，其vt图象如图所示，则（）A1 s时甲和乙相遇B06 s内甲乙相距最大距离为1 mC26 s内甲相对乙做匀速直线运动D4 s时乙的加速度方向反向2如图所示，放在水平地面上的斜面体质量A为M，一质量为m的物块B恰能沿斜面匀速下滑，若对物块施以水平向右的拉力F，物块B仍能沿斜面运动则以下判断正确的是（）A物块B仍将沿斜面匀速下滑B物块B将沿斜面加速下滑C地面对斜面A有向左的摩擦力D地面对斜面A的支持力等于（M+m）g3机动车的尾气含有铅等大量有害物质，并且也是造成地球“温室效应”的重要

2、因素之一电动汽车因其无尾气排放且噪音小等因素，正在逐渐被人们接受某国产品牌电动汽车的铭牌如下，已知蓄电池储存的电能等于其容量乘输出电压，则下列说法正确的是（）规格后轮驱动直流电动机车型：60电动汽车电动机额定输出功率：1675W整车质量：400kg额定转速：600r/min蓄电池（容量It=800Ah，输出电压：U36V）额定工作电压/电流：36V/50AA电动汽车正常工作时消耗的电功率1675WB电动机的内阻为0.5C蓄电池充满电后储存的电能不小于2.88104JD充满电后在额定功率下连续行驶的时间不小于16h4矿产资源是人类赖以生存和发展的物质基础，随着对资源的过度开采，地球资源的枯竭，已

3、使我们的环境恶化，而宇航事业的发展为我们开辟了太空采矿的途径太空中进行开采项目，必须建立“太空加油站” 假设“太空加油站”正在地球赤道平面内的圆周轨道上运行，其离地球表面的高度为同步卫星离地球表面高度的十分之一，且运行方向与地球自转方向一致下列说法正确的有（）A“太空加油站”运行的速度等于同步卫星运行速度的倍B“太空加油站”运行的加速度等于其所在高度处的重力加速度C站在地球赤道上的人观察到它向西运动D在“太空加油站”工作的宇航员因不受重力而在舱中悬浮或静止5如图所示x轴上各点的电场强度如图所示，场强方向与x轴平行，规定沿x轴正方向为正，一负点电荷从坐标原点O以一定的初速度沿x轴正方向运动，点电

4、荷到达x2位置速度第一次为零，在x3位置第二次速度为零，不计粒子的重力下列说法正确的是（）A点电荷从O点运动到x2，再运动到x3的过程中，速度先均匀减小再均匀增大，然后减小再增大B点电荷从O点运动到x2，再运动到x3的过程中，加速度先减小再增大，然后保持不变C点电荷在x2、x3位置的电势能最小DO点与x2和O点与x3电势差UO=UO6如图所示，圆形区域内有一垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度的大小为B1，P为磁场边界上的一点相同的带正电荷粒子，以相同的速率从P点射入磁场区域，速度方向沿位于纸面内的各个方向这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的若将磁感应强度的大小变为

5、B2，结果相应的弧长变为圆周长的，不计粒子的重力和粒子间的相互影响，则等于（）ABCD7如图所示，正方形单匝线框abcd的边长为L，每边电阻均为r，线框在磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度绕cd轴从图示位置开始匀速转动，转轴与磁感线垂直一理想电压表用电刷接在线框的c、d两点上，下列说法中不正确的是（）A电压表读数为BL2B电压表读数为BL2C从图示位置开始计时，流过线框电流的瞬时值表达式为i=sintD线框从图示位置转过的过程中，流过cd边的电荷量为q=8磁悬浮列车的运动原理如图所示，在水平面上有两根很长的平行直导轨，导轨间有与导轨垂直且方向相反的匀强磁场B1和B2，B1和B2相互间隔，导轨上

6、有金属框abcd当磁场B1和B2同时以恒定速度5m/s沿导轨向右匀速运动时，金属框也会沿导轨向右运动已知两导轨间距L1=0.4m，两种磁场的宽度均为L2，L2=ab，B1=B2=B=1.0T金属框的质量m=0.1kg，电阻R=2.0设金属框受到的阻力与其速度成正比，即f=kv，比例系数k=0.08kg/s则下列说法正确的是（）A在线框加速的过程中，某时刻线框速度v=2m/s，此时电路中的感应电动势大小为1.2VB在线框加速的过程中，某时刻线框速度v=2m/s，此时线框的加速度a的大小为8m/s2C金属框的最大速度为4 m/sD当金属框达到最大速度时，装置消耗的功率为1.6W二、非选择题：包括必

7、考题和选考题两部分第9题第12题为题，每个考题考生都必须作答，第13-18为选考题，考生格局要求作答（一）必考题9（6分）如图甲所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验有一直径为d、质量为m的金属小球由A处由静止释放，下落过程中能通过A处正下方、固定于B处的光电门，测得A、B间的距离为H（Hd），光电计时器记录下小球通过光电门的时间为t，当地的重力加速度为g则：（1）测小球直径时用了一种新出厂的游标卡尺，与普通游标卡尺不同，它游标尺的刻线看起来很“稀疏”，使得读数时清晰明了，方便了使用者正确读取数据如果此游标尺的刻线是将“39mm等分成20份”用该游标卡尺测得小球的直径

8、如图乙所示，则d=cm（2）多次改变高度H，重复上述实验，作出随H变化的图象如图丙所示，当图中已知量t0、H0和重力加速度g及小球的直径d满足表达式 时，可判断小球下落过程中机械能守恒（3）实验中发现动能增加量Ek总是稍小于重力势能减少量Ep，增加下落高度后，则EpEk将（选填“增加”“减小”或“不变”）10（10分）某研究性学习小组设计了如图甲所示的电路，同时测电阻R0的阻值、电源的电动势E及内阻r，（1）闭合开关S，移动滑动触头P，用V1、V2和A测得并记录多组数据根据数据描出如图乙所示的、两条UI图线，则图线是根据电压表（填“V1”或“V2”）和电流表A的数据画得的（2）根据图象求得电源

9、电动势E的测量值为V，内阻r的测量值为（保留两位有效数字）（3）图线、的交点对应滑动变阻器接入闭合电路的阻值为，此时电源的总功率为W11（12分）如图甲所示，光滑水平面上放置斜面体ABC，AB与BC圆滑连接，AB表面粗糙且水平，倾斜部分BC表面光滑，与水平面的夹角0=37在斜面体右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，规定力传感器受压时，其示数为正值；力传感器被拉时，其示数为负值一个可视为质点的滑块从斜面体的C点由静止开始下滑，运动过程中，力传感器记录到力F和时间t的关系如图乙所示 （sin37=0.6，cos37=0.8，g取10m/s2），求：（1）斜面体倾斜部分BC的长度；（2）滑块的质量

10、；（3）运动过程中滑块克服摩擦力做的功12（19分）如图甲所示，MN、PQ为间距L=0.5m足够长的平行导轨，NQMN，导轨的电阻均不计导轨平面与水平面间的夹角=37，NQ间连接有一个R=4的电阻有一匀强磁场垂直于导轨平面且方向向上，磁感应强度为B0=1T，将一根质量为m=0.05kg的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上，且与导轨接触良好现由静止释放金属棒，当金属棒滑行至cd处时达到稳定速度，已知在此过程中通过金属棒截面的电量q=0.2C，且金属棒的加速度a与速度v的关系如图乙所示，设金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ平行（取g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）求：（1）金

11、属棒与导轨间的动摩擦因数和cd离NQ的距离S（2）金属棒滑行至cd处的过程中，电阻R上产生的热量（3）若将金属棒滑行至cd处的时刻记作t=0，从此时刻起，让磁感应强度逐渐减小，为使金属棒中不产生感应电流，则磁感应强度B应怎样随时间t变化（写出B与t的关系式）（二）选考题【物理-选修3-3】（15分）13（6分）下列有关热现象的叙述，正确的是（）A布朗运动是指悬浮在液体中花粉分子的无规则热运动B随着分子间距离的增大，若分子间的相互作用力先增大后减小，此时分子间的作用力一定是引力C第二类永动机没有违反能量守恒定律，但违反了热力学第一定律D一定质量的理想气体在等温变化时，其内能一定不变E热量可以从高

12、温物体传递到低温物体，也可以从低温物体传递到高温物体14（9分）如图所示，L形一端开口的玻璃管在竖直平面内，管是由粗细不同的两部分组成的，竖直部分粗管的横截面积是水平部分细管横截面积的2倍，管的封闭端水平放置，水平段管长为100cm，竖直段管长为30cm，在水平管内有一段长为12cm的水银封闭着一段长为80cm的空气柱已知气柱的温度为27，大气压强为75cmHg，现对气体缓慢加热，求：当温度上升到119时，封闭端空气柱的长度四【物理-选修3-4】（15分）15以下说法正确的是（）A地面附近有一高速（接近光速）水平飞过的火箭，地面上的人观察到的火箭长度要比火箭上的人观察到的短一些B两列振动方向相

13、同、振幅分别为A1和A2的相干简谐横波相遇，波峰与波峰相遇处质点离开平衡位置的位移始终为A1+A2C分别用黄光和绿光在同一装置上做双缝干涉实验，用黄光时得到条纹间距更宽D当敌机靠近时，战机携带的雷达接收到的反射波的频率小于发射频率ELC振荡电路中产生随时间t按i=asinbt的规律变化的振荡电流时，发射的电磁波的波长为（c为真空中的光速）16如图所示，在MN的下方足够大的空间是玻璃介质，其折射率为n=，玻璃介质的上边界MN是屏幕玻璃中有一正三角形空气泡，其边长l=40cm，顶点与屏幕接触于C点，底边AB与屏幕平行一束激光a垂直于AB边射向AC边的中点O，结果在屏幕MN上出现两个光斑求两个光斑之

14、间的距离L若任意两束相同激光同时垂直于AB边向上入射进入空气泡，求屏幕上相距最远的两个光斑之间的距离【物理-选修3-5】（15分）17下列说法正确的是（）A用频率为的光照射某金属研究光电效应，遏止电压为Uc，则该金属的逸出功为heUCB一群处于n=3能级的氢原子自发跃迁时能发出3种不同频率的光子C某放射性物质的半衰期为T，质量为m，该放射性物质经半个半衰期还剩mD在原子核中，比结合能越小表示原子核中的核子结合得越牢固EU衰变成Pb要经过6次衰变和8次衰变18如图所示，小车上固定有一内壁光滑的弯管，弯管左、右两端管口在同一水平面上弯管及小车的总质量为M，小车静止于光滑水平面上，质量为m=M的小球

15、以水平速度v0（未知）射入弯管，小球直径略小于弯管，弯管最高处到管口的竖直高度为h设小球与弯管在相互作用过程中无机械能损失，小球离开小车时，速度仍是水平的（1）若小球恰好能到达弯管的最高点，试求v0的大小（2）若小球恰好能到达弯管的最高点后，从右端离开小车，试求离开小车时小球的速度（用v0表示）2016届宁夏银川二中高考适应性物理试卷（5月份）参考答案与试题解析一、选择题1（2014绥化三模）甲、乙两个物体从同一地点、沿同一直线同时做直线运动，其vt图象如图所示，则（）A1 s时甲和乙相遇B06 s内甲乙相距最大距离为1 mC26 s内甲相对乙做匀速直线运动D4 s时乙的加速度方向反向【考点】

16、匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系【分析】vt图象中，倾斜的直线表示匀变速直线运动，斜率表示加速度，图象与坐标轴围成的面积表示位移在时间轴上方的位移为正，下方的面积表示位移为负，看物体是否改变运动方向就看速度图象是否从时间轴的上方到时间轴的下方【解答】解：A由图象可知：在t=1s时，甲乙速度相等，位移不等，没有相遇，故A错误；B图象与坐标轴围成的面积表示位移，由图象可知，6s末甲乙相距最远，最远距离x=，故B错误；C甲乙两个物体在26内图象的斜率相同，所以加速度相同，则甲相对乙做匀速直线运动，故C正确；D乙物体在26内图象的斜率相同，所以加速度是相同的，没有反向，故D错误故

17、选：C【点评】本题是速度时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息，属于基础题2（2012春海曙区校级期末）如图所示，放在水平地面上的斜面体质量A为M，一质量为m的物块B恰能沿斜面匀速下滑，若对物块施以水平向右的拉力F，物块B仍能沿斜面运动则以下判断正确的是（）A物块B仍将沿斜面匀速下滑B物块B将沿斜面加速下滑C地面对斜面A有向左的摩擦力D地面对斜面A的支持力等于（M+m）g【考点】物体的弹性和弹力；摩擦力的判断与计算【分析】物体匀速下滑时，对物体B受力分析，然后根据平衡条件得到动摩擦因素；受到推力后，将推力F按照作用效果正交分解

18、，结合牛顿第二定律得到物体B的运动规律；最后对斜面体受力分析，得到斜面体与地面的弹力和摩擦力情况【解答】解：A、B、对物体B受力分析，受到重力、支持力和滑动摩擦力，如图根据平衡条件，有Gx=fGy=N其中f=N解得Gx=Gy=tan当加上推力后，将推力按照作用效果正交分解，如图根据牛顿第二定律，有Gx+Fxf=ma由于拉力F的作用，支持力减小，故滑动摩擦力减小，故物体做加速运动，故A错误，B正确；C、D、无拉力时，对斜面受力分析，受到重力Mg，压力、滑块的摩擦力和地面的支持力，其中压力和摩擦力的合力竖直向下，如图当有拉力后，压力和摩擦力都减小，但其合力依然向下，故地面对斜面体的支持力减小，地面

19、与斜面体间无摩擦力，故C错误，D错误；故选：B【点评】本题关键是先对物体B受力分析，得到动摩擦因素=tan，然后得到物体B对斜面题的摩擦力和压力的合力一定竖直向下3机动车的尾气含有铅等大量有害物质，并且也是造成地球“温室效应”的重要因素之一电动汽车因其无尾气排放且噪音小等因素，正在逐渐被人们接受某国产品牌电动汽车的铭牌如下，已知蓄电池储存的电能等于其容量乘输出电压，则下列说法正确的是（）规格后轮驱动直流电动机车型：60电动汽车电动机额定输出功率：1675W整车质量：400kg额定转速：600r/min蓄电池（容量It=800Ah，输出电压：U36V）额定工作电压/电流：36V/50AA电动汽车

20、正常工作时消耗的电功率1675WB电动机的内阻为0.5C蓄电池充满电后储存的电能不小于2.88104JD充满电后在额定功率下连续行驶的时间不小于16h【考点】电功、电功率【分析】电动机是将电能转化为机械能的装置，电动机正常工作时消耗的电功率等于额定电压乘以额定电流，根据UI=P+I2r求解内电阻，蓄电池储存的电能等于其容量乘以输出电压【解答】解：A、电动汽车正常工作时消耗的电功率为：P=U额I额=3650=1800W，故A错误；B、电动机内阻的发热功率电动机额定输出功率为：P热=P电P出=18001675=125W，则电动机内阻为：r=，故B错误；C、蓄电池充满电后储存的电能为：W=UIt=8

21、00360036=1.04108J，故C错误；D、在额定功率下连续行驶最长时间为：t=，故D正确故选：D【点评】本题考查了速度、功、功率的计算和能量的转化，关键是公式和规律的灵活运用，注意能量守恒定律的运用，计算过程还要注意单位的换算4矿产资源是人类赖以生存和发展的物质基础，随着对资源的过度开采，地球资源的枯竭，已使我们的环境恶化，而宇航事业的发展为我们开辟了太空采矿的途径太空中进行开采项目，必须建立“太空加油站” 假设“太空加油站”正在地球赤道平面内的圆周轨道上运行，其离地球表面的高度为同步卫星离地球表面高度的十分之一，且运行方向与地球自转方向一致下列说法正确的有（）A“太空加油站”运行的速

22、度等于同步卫星运行速度的倍B“太空加油站”运行的加速度等于其所在高度处的重力加速度C站在地球赤道上的人观察到它向西运动D在“太空加油站”工作的宇航员因不受重力而在舱中悬浮或静止【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用【分析】A、根据万有引力提供向心力列出等式求解B、根据太空加油站在某一位置受到的重力提供它做圆周运动的向心力，可知运行加速度和所在高度处的重力加速度的关系C、同步卫星和地球自转的角速度相同，比较出太空加油站和同步卫星的角速度大小，就可以判断出太空加油站相对于地球的运行方向D、在“太空加油站”工作的宇航员处于完全失重状态【解答】解：A、卫星绕地球做匀速圆周运动

23、，由地球的万有引力提供向心力，则有=v=太空加油站高度为同步卫星离地球表面高度的十分之一，但距离r不是十分之一，太空加油站运行的速度不等于同步卫星运行速度的倍，故A错误；B、根据=mg=ma，知“太空加油站”运行的加速度等于其所在高度处的重力加速度故B正确；C、角速度=，轨道半径越大，角速度越小，同步卫星和地球自转的角速度相同，所以空间站的角速度大于地球自转的角速度，所以站在地球赤道上的人观察到空间站向东运动故C错误；D、在“太空加油站”工作的宇航员受重力，处于完全失重状态，靠万有引力提供向心力，做圆周运动故D错误；故选：B【点评】解决本题的关键掌握万有引力等于重力，以及处于空间站中的人、物体

24、处于完全失重状态，靠地球的万有引力提供向心力，做圆周运动5如图所示x轴上各点的电场强度如图所示，场强方向与x轴平行，规定沿x轴正方向为正，一负点电荷从坐标原点O以一定的初速度沿x轴正方向运动，点电荷到达x2位置速度第一次为零，在x3位置第二次速度为零，不计粒子的重力下列说法正确的是（）A点电荷从O点运动到x2，再运动到x3的过程中，速度先均匀减小再均匀增大，然后减小再增大B点电荷从O点运动到x2，再运动到x3的过程中，加速度先减小再增大，然后保持不变C点电荷在x2、x3位置的电势能最小DO点与x2和O点与x3电势差UO=UO【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电势能【分析】由题目给定的电荷在x

25、轴的运动状态变化可分析A；由图可以分析电场力的变化，进而分析加速度变化；电荷运动过程中动能和电势能之和保持不变，动能最小则电势能就最大，结合题目条件分析C；O点与x2和O点与x3由动能定理，可得电势差关系；【解答】解：A、由题意，点电荷到达x2位置速度第一次为零，在位置第二次速度为零，可知电荷先向右减速到x2，在位置第二次速度为零，不再向左加速到原点，然后再减速到x3，故A错误；B、由图可知，x轴正方向上点场强沿着x轴正方向，场强大小是非线性变换，x轴负方向个点场强方向沿着x轴负方向，为匀强电场，点电荷从坐标原点出发，其加速度先增大后减小，再增大后减小，而后增大再减小，再增大后减小，然后保存不

26、变，在x轴左侧做匀变速直线运动，故B错误；C、电荷运动过程中动能和电势能之和保持不变，动能最小则电势能就最大，故点电荷到达x2位置速度第一次为零，在x3位置第二次速度为零，在x2，x3位置电势能最大，故C错误；D、根据动能定理，电荷由O点与x2和O点与x3都有：，故：UOx2=UOX3，故D正确故选：D【点评】该题的关键是识别好图象信息，再有就是利用好题目给定的条件；其中D选项需要知道电荷运动过程中出现的是电势能和动能的相互转化，且电势能和动能之和不变6（2016江西二模）如图所示，圆形区域内有一垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度的大小为B1，P为磁场边界上的一点相同的带正电荷粒子，以相同的速率从

27、P点射入磁场区域，速度方向沿位于纸面内的各个方向这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的若将磁感应强度的大小变为B2，结果相应的弧长变为圆周长的，不计粒子的重力和粒子间的相互影响，则等于（）ABCD【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；向心力【分析】画出导电粒子的运动轨迹，找出临界条件角度关系，利用圆周运动由洛仑兹力充当向心力，分别表示出圆周运动的半径，进行比较即可【解答】解：设圆的半径为r（1）磁感应强度为B1时，从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点为M，最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，POM=120，如图所示：所以粒子做圆周运动的半径R为：sin60=，

28、解得：R=r磁感应强度为B2时，从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点为N，最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，PON=90，如图所示：所以粒子做圆周运动的半径R为：R=r，由带电粒子做圆周运动的半径：R=，由于v、m、q相等，则得：=；故选：C【点评】带电粒子在电磁场中的运动一般有直线运动、圆周运动和一般的曲线运动；直线运动一般由动力学公式求解，圆周运动由洛仑兹力充当向心力，一般的曲线运动一般由动能定理求解7如图所示，正方形单匝线框abcd的边长为L，每边电阻均为r，线框在磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度绕cd轴从图示位置开始匀速转动，转轴与磁感线垂直一理想电压表用电刷接在线框的c、d两

29、点上，下列说法中不正确的是（）A电压表读数为BL2B电压表读数为BL2C从图示位置开始计时，流过线框电流的瞬时值表达式为i=sintD线框从图示位置转过的过程中，流过cd边的电荷量为q=【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系【分析】线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流，根据规律可列出感应电动势的瞬时表达式，最大值与有效值的倍；每当线框通过中性面时，电流方向改变；当磁通量为零时，线框切割速度最大，产生的电动势也最大根据感应电荷量q=，求通过电阻R的电荷量【解答】解：A、线圈产生的最大感应电动势为，产生的有效值E=，根据闭合电路的欧姆定律可知，故A错误，B正确；C、产生感应电流的最大值为

30、，从图示位置开始计时，线圈处于与中性面垂直，故产生的感应电流的瞬时表达式为e=，故C错误；D、线框从图示位置转过的过程中，产生的平均感应电动势，平均感应电流，流过的电荷量q=，故D错误；因选错误的，故选：ACD【点评】线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流而对于电表读数、求产生的热量均由交变电的有效值来确定，而涉及到耐压值时，则由最大值来确定而通过某一电量时，则用平均值来求8磁悬浮列车的运动原理如图所示，在水平面上有两根很长的平行直导轨，导轨间有与导轨垂直且方向相反的匀强磁场B1和B2，B1和B2相互间隔，导轨上有金属框abcd当磁场B1和B2同时以恒定速度5m/s沿导轨向右匀速运动时，

31、金属框也会沿导轨向右运动已知两导轨间距L1=0.4m，两种磁场的宽度均为L2，L2=ab，B1=B2=B=1.0T金属框的质量m=0.1kg，电阻R=2.0设金属框受到的阻力与其速度成正比，即f=kv，比例系数k=0.08kg/s则下列说法正确的是（）A在线框加速的过程中，某时刻线框速度v=2m/s，此时电路中的感应电动势大小为1.2VB在线框加速的过程中，某时刻线框速度v=2m/s，此时线框的加速度a的大小为8m/s2C金属框的最大速度为4 m/sD当金属框达到最大速度时，装置消耗的功率为1.6W【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】AC、由E=BLv求出感应电动

32、势，由欧姆定律求出电流，由安培力公式求出安培力，然后由牛顿第二定律求出速度B、由E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出电流，由安培力公式求出安培力，然后由牛顿第二定律求出加速度D、金属框速度最大时做匀速运动，由平衡条件求出最大速度，再由能量守恒求解装置消耗的功率【解答】解：A、金属框产生的总感应电动势 E=E1+E2=2BL1v=210.42=1.6V，故A错误；B、感应电动势 E=E1+E2=2BL1（v0v） 感应电流 I=安培力 F=BIL1则有 2Fkv1=ma解得a=8m/s2，故B正确； CD、金属框速度最大时做匀速运动，则有=kv2，得v2=4m/s 此时P电=0.32W Pf

33、=k=1.28W 故此时装置消耗的功率为P=P电+Pf=1.6W，故CD正确； 故选：BCD【点评】本题考查了求速度问题，分析清楚线框的运动过程，应用E=BLv、欧姆定律、安培力公式与平衡条件、牛顿第二定律即可正确解题，要注意线框左右两条边切割磁感线，都受安培力作用二、非选择题：包括必考题和选考题两部分第9题第12题为题，每个考题考生都必须作答，第13-18为选考题，考生格局要求作答（一）必考题9（6分）如图甲所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验有一直径为d、质量为m的金属小球由A处由静止释放，下落过程中能通过A处正下方、固定于B处的光电门，测得A、B间的距离为H（

34、Hd），光电计时器记录下小球通过光电门的时间为t，当地的重力加速度为g则：（1）测小球直径时用了一种新出厂的游标卡尺，与普通游标卡尺不同，它游标尺的刻线看起来很“稀疏”，使得读数时清晰明了，方便了使用者正确读取数据如果此游标尺的刻线是将“39mm等分成20份”用该游标卡尺测得小球的直径如图乙所示，则d=3.125cm（2）多次改变高度H，重复上述实验，作出随H变化的图象如图丙所示，当图中已知量t0、H0和重力加速度g及小球的直径d满足表达式 时，可判断小球下落过程中机械能守恒（3）实验中发现动能增加量Ek总是稍小于重力势能减少量Ep，增加下落高度后，则EpEk将增加（选填“增加”“减小”或“不

35、变”）【考点】验证机械能守恒定律【分析】（1）游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读（2）本实验采用光电门利用平均速度法求解落地时的速度；则根据机械能守恒定律可知，减小的重力势能应等于增大的动能；（3）由实验的原理，结合能量守恒分析EpEk将如何变化【解答】解：（1）游标卡尺的读数为31mm+0.055mm=31.25mm=3.125cm（2）若减小的重力势能等于增加的动能时，可以认为机械能守恒；则有：mgH=，即：2gH0=（）2，解得（3）由于该过程中有阻力做功，而高度越高，阻力做功越多；故增加下落高度后，则EpEk将增加故答案为：3.125，（2），（3）增加【点评】本题为创新

36、型实验，要注意通过分析题意明确实验的基本原理才能正确求解掌握游标卡尺的读数方法，以及知道机械能损失转化为内能10（10分）某研究性学习小组设计了如图甲所示的电路，同时测电阻R0的阻值、电源的电动势E及内阻r，（1）闭合开关S，移动滑动触头P，用V1、V2和A测得并记录多组数据根据数据描出如图乙所示的、两条UI图线，则图线是根据电压表V1（填“V1”或“V2”）和电流表A的数据画得的（2）根据图象求得电源电动势E的测量值为3.0V，内阻r的测量值为1.0（保留两位有效数字）（3）图线、的交点对应滑动变阻器接入闭合电路的阻值为0，此时电源的总功率为3.0W【考点】测定电源的电动势和内阻【分析】（1

37、）分析电路结构，判断电压表示数随电流变化的关系，然后选择图象；（2）根据图象求出电阻两端电压与对应的电流，然后由欧姆定律求出电阻阻值；电源UI图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻；（3）由图象分析电压和电流值，再根据功率公式求得电源的功率【解答】解：（1）由图甲所示电路图可知，电压表V1测路端电压，它的示数随电流的增大而减小，电压表V2测定值电阻两端电压，它的示数随电流的增大而增大，由图丙所示图象可知，直线N的电压随电流的增大而减小，直线N是根据电压表 V1和电流表A的数据画得的（2）图线M是定值电阻电压电流关系图象，直线N是电源电动势电压与电流关系图象，由图象M可知，

38、定值电阻阻值为：R0=2.0；图象N是电源的UI图象，由图象可知，图象与纵轴交点坐标值是3.0，电源电动势E=3.0V，电源内阻r=1.0（3）交点处电压为2.0V，电流为1.0A，此时两电压表示数相等，故此时滑动变阻器接入阻值应为零；电源的总功率P=EI=3.01=3.0W；故答案为：（1）V1； （2）3.0，1.0； （3）0 3.0【点评】本题考查测量电动势和内电阻实验的数据和定值电阻电流及电压数据的处理，并能用图象法求出电势和内电阻电源UI图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻11（12分）（2016宁城县四模）如图甲所示，光滑水平面上放置斜面体ABC，AB与B

39、C圆滑连接，AB表面粗糙且水平，倾斜部分BC表面光滑，与水平面的夹角0=37在斜面体右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，规定力传感器受压时，其示数为正值；力传感器被拉时，其示数为负值一个可视为质点的滑块从斜面体的C点由静止开始下滑，运动过程中，力传感器记录到力F和时间t的关系如图乙所示 （sin37=0.6，cos37=0.8，g取10m/s2），求：（1）斜面体倾斜部分BC的长度；（2）滑块的质量；（3）运动过程中滑块克服摩擦力做的功【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第三定律【分析】（1）当滑块沿斜面BC向下运动时，滑块对斜面有斜向右下方的压力，则力传感器受到压力

40、由图读出滑块运动的时间为t=1s，由牛顿第二定律求出滑块的加速度，即可由位移公式求解斜面BC的长度（2）滑块对斜面的压力为N1=mgcos，木板对传感器的压力为：F1=N1sin，由图读出F1，即可求得滑块的质量（3）求出滑块滑到B点的速度，根据牛顿第二定律求出加速度，根据运动学基本公式求出位移，进而求出克服摩擦力所做的功【解答】解：（1）分析滑块受力，由牛顿第二定律得：mgsin=ma1，得：=gsin=100.6=6m/s2通过图象可知滑块在斜面上运动时间为：t1=1s由运动学公式得：L=a1t12=3m（2）滑块对斜面的压力为：N1=mgcos木板对传感器的压力为：F1=N1sin由图象

41、可知：F1=9.6N解得：m=2kg（3）滑块滑到B点的速度为：v1=a1t1=61=6m/s由图象可知：f=4N，t2=2sa2=2m/s2s=v1t2a2t22=62=8m W=fs=48=32J答：（1）斜面BC的长度L为3m；（2）滑块的质量m为2kg；（3）运动过程中滑块克服摩擦力做的功W为32J【点评】本题要读懂Ft图象，分析滑块的受力情况和运动情况，关键要抓住木板对传感器的压力与滑块对斜面BC压力的关系12（19分）如图甲所示，MN、PQ为间距L=0.5m足够长的平行导轨，NQMN，导轨的电阻均不计导轨平面与水平面间的夹角=37，NQ间连接有一个R=4的电阻有一匀强磁场垂直于导轨

42、平面且方向向上，磁感应强度为B0=1T，将一根质量为m=0.05kg的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上，且与导轨接触良好现由静止释放金属棒，当金属棒滑行至cd处时达到稳定速度，已知在此过程中通过金属棒截面的电量q=0.2C，且金属棒的加速度a与速度v的关系如图乙所示，设金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ平行（取g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）求：（1）金属棒与导轨间的动摩擦因数和cd离NQ的距离S（2）金属棒滑行至cd处的过程中，电阻R上产生的热量（3）若将金属棒滑行至cd处的时刻记作t=0，从此时刻起，让磁感应强度逐渐减小，为使金属棒中不产生感应电流，则磁感应强度B

43、应怎样随时间t变化（写出B与t的关系式）【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）对金属棒进行受力分析，达到稳定速度时，即为做匀速运动，根据平衡条件列出等式求解（2）根据能量守恒得，重力势能减小转化为动能、摩擦产生的内能和回路中产生的焦耳热（3）要使金属棒中不产生感应电流，则穿过线框的磁通量不变同时棒受到重力、支持力与滑动摩擦力做匀加速直线运动从而可求出磁感应强度B应怎样随时间t变化的【解答】解：（1）刚释放金属棒时结合图象由牛顿第二定律有：mgsinmgcos=ma代入数据解得：=0.5结合图象分析得知：当速度为v=2m/s时a=0金属棒达到稳定速度处于平衡状态

44、对金属棒由平衡方程有：mgsin=FA+mgcos安培力为：FA=B0IL由闭合电路欧姆定律有：I=电动势为：E=B0Lv代入数据解得：r=1q=It=代入数据解得：s=2m（2）金属棒从静止滑行至cd处的过程中由动能定理有：mgssinmgscosWA=mv20由能量守恒定律有：Q=WA=0.1J；由能量分配关系有：QR=0.08J（3）当回路中总磁通量不变时，回路中无感应电流，金属棒做匀加速运动，由牛顿第二定律有：mgsinmgcos=ma代入数据：a=2m/s2磁通量关系为B0Ls=B（vt+2）解得：B=答：（1）金属棒与导轨间的动摩擦因数和cd离NQ的距离S为2m；（2）金属棒滑行至

45、cd处的过程中，电阻R上产生的热量为0.08J；（3）若将金属棒滑行至cd处的时刻记作t=0，从此时刻起，让磁感应强度逐渐减小，为使金属棒中不产生感应电流，则磁感应强度B应怎样随时间t变化式为B=【点评】本题考查了牛顿运动定律、闭合电路殴姆定律，安培力公式、感应电动势公式，还有能量守恒同时当金属棒速度达到稳定时，则一定是处于平衡状态，原因是安培力受到速度约束的还巧妙用磁通量的变化去求出面积从而算出棒的距离最后线框的总磁通量不变时，金属棒中不产生感应电流是解题的突破点（二）选考题【物理-选修3-3】（15分）13（6分）（2015长春二模）下列有关热现象的叙述，正确的是（）A布朗运动是指悬浮在液

46、体中花粉分子的无规则热运动B随着分子间距离的增大，若分子间的相互作用力先增大后减小，此时分子间的作用力一定是引力C第二类永动机没有违反能量守恒定律，但违反了热力学第一定律D一定质量的理想气体在等温变化时，其内能一定不变E热量可以从高温物体传递到低温物体，也可以从低温物体传递到高温物体【考点】热力学第二定律；物体的内能【分析】布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，实质是液体分子的无规则热运动造成的；分子力与分子间距离有关，当距离在平衡距离之内时，距离增大合理减小，分子间的相互作用力先增大后减小，此时分子间的必定大于平衡距离，此时分子间的作用力一定是引力；热力学第一定律说明做功和热传递在改变物体内能方面

47、是等效的，而热力学第二定律说明一切涉及热现象的宏观过程具有方向性；温度是气体内能的决定因素；热传递过程具有方向性【解答】解：A、布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，实质是液体分子的无规则热运动造成的，故A错误B、分子间的相互作用力先增大后减小，此时分子间的必定大于平衡距离，此时分子间的作用力一定是引力，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、温度是气体内能的决定因素，故一定质量的理想气体在等温变化时，其内能一定不改变，故D正确E、热量可以从高温物体传递到低温物体，也可以从低温物体传递到高温物体，如电冰箱；由热力学第二定律知，热量是不可以从低温物体传到高温物体

48、而不引起其它变化；故E正确故选：BDE【点评】本题重点掌握布朗运动的现象和实质，温度是气体内能的标志以及热力学第一、第二定律，关键是记住基础知识14（9分）（2016南昌校级模拟）如图所示，L形一端开口的玻璃管在竖直平面内，管是由粗细不同的两部分组成的，竖直部分粗管的横截面积是水平部分细管横截面积的2倍，管的封闭端水平放置，水平段管长为100cm，竖直段管长为30cm，在水平管内有一段长为12cm的水银封闭着一段长为80cm的空气柱已知气柱的温度为27，大气压强为75cmHg，现对气体缓慢加热，求：当温度上升到119时，封闭端空气柱的长度【考点】理想气体的状态方程【分析】首先假设水银柱还全部在

49、水平管内，此过程被封闭的气体压强不变，计算当温度变为119时，气体的长度，与水平管的长度相比较，判断是否合理再假设进入竖直管的水银高度为xcm，分析此时的状态参量，列式进行求解【解答】解：设水银柱将要进入竖直管内所需温度为t1，由气体状态方程：，P1=P2即，解得：t1=57C 设水银柱刚好全部到竖直管内所需温度为t2，由气体状态方程：解得：t2=132C可见119C时水平管内还有水银，设竖直管内水银柱高为x，则=解得：x=5 cm 所以空气柱长为98 cm；答：当温度上升到119时，封闭端空气柱的长度为98cm【点评】判断水银柱是否能进入竖直管是解决此问题的关键之一，要学会应用假设法来判断此

50、问题；当有水银进入竖直管后，判断被封闭气体的压强也是解决此问题的关键，注意找出水平管内和竖直管内水银柱的长度的关系是一道好题四【物理-选修3-4】（15分）15以下说法正确的是（）A地面附近有一高速（接近光速）水平飞过的火箭，地面上的人观察到的火箭长度要比火箭上的人观察到的短一些B两列振动方向相同、振幅分别为A1和A2的相干简谐横波相遇，波峰与波峰相遇处质点离开平衡位置的位移始终为A1+A2C分别用黄光和绿光在同一装置上做双缝干涉实验，用黄光时得到条纹间距更宽D当敌机靠近时，战机携带的雷达接收到的反射波的频率小于发射频率ELC振荡电路中产生随时间t按i=asinbt的规律变化的振荡电流时，发射

51、的电磁波的波长为（c为真空中的光速）【考点】用双缝干涉测光的波长；波的干涉和衍射现象；狭义相对论【分析】根据相对论分析火箭的长度的变化；相干简谐横波相遇时波峰与波谷相遇处振动减弱，振幅减小波峰与波峰相遇处振动加强，振幅增大；双缝干涉条纹间距公式x=；波源和观察者间距发生变化时，接收频率会发生变化；根据i=Imsint，可知，角速度的值，从而求得周期，再依据=cT，即可求解【解答】解：A、根据相对论可知，地面附近有一高速水平飞过的火箭，地面上的人观察到的火箭长度要比火箭上的人观察到的要短一些故A正确；B、两列振动方向相同、振幅分别为A1和A2的相干简谐横波相遇波峰与波谷相遇处质点的振幅总是小于波

52、峰与波峰相遇处质点的振幅，但位移时刻在变化，则波峰与波谷相遇处质点的位移不一定总小于波峰与波峰相遇处质点的位移故B错误；C、分别用蓝光和黄光在同一装置上做双缝干涉实验，黄光的波长较大，根据条纹间距x=，则黄光干涉条纹的间距较宽故C正确；D、波源和观察者相互靠近时，观察者接收到的频率会发生变大，但发出的频率不变故D错误；E、根据i=Imsint，结合i=asinbt，可知=b，那么T=，因此=cT=，故E正确故选：ACE【点评】本题考查了相对论的运动方向长度缩短，波的叠加原理，干涉条纹间距公式，及多普勒效应等知识点，注意干涉的条件，理解多普勒效应中间距变化与接收频率变化关系，最后掌握交流电的瞬时表达式的含义16（2014湖北模拟）如图所示，在MN的下方足够大的空间是玻璃介质，其折射率为n=，玻璃介质的上边界MN是屏幕玻璃中有一正三角形空气泡，其边长l=40cm，顶点与屏幕接触于C点，底边AB与屏幕平行一束激光a垂直于AB边射向AC边的中点O，结果在屏幕MN上出现两个光斑求两个光斑之间的距离L若任意两束相同激光同时垂直于AB边向上入射进入空气泡，求屏幕上相距最