2016年湖北省襄陽五中五月調(diào)考物理試卷（一）（解析版）

1、2016屆湖北省襄陽五中五月調(diào)考物理試卷（一）一、選擇題1在商場中，為了節(jié)約能源，無人時，自動扶梯以較小的速度運行，當(dāng)有顧客站到扶梯上時，扶梯先加速，后勻速將顧客從一樓運送到二樓速度方向如圖所示若顧客與扶梯保持相對靜止，下列說法正確的是（）A在加速階段，顧客所受支持力大于顧客的重力B在勻速階段，顧客所受支持力大于顧客的重力C在加速階段，顧客所受摩擦力與速度方向相同D在勻速階段，顧客所受摩擦力與速度方向相同2甲、乙兩車從同一地點沿相同方向由靜止開始做直線運動，它們運動的加速度隨時間變化圖象如圖所示關(guān)于兩車的運動情況，下列說法正確的是（）A在04s內(nèi)甲車做勻加速直線運動，乙車做勻減速直線運動B在0

2、2s內(nèi)兩車間距逐漸增大，2s4s內(nèi)兩車間距逐漸減小C在t=2s時甲車速度為3m/s，乙車速度為4.5m/sD在t=4s時甲車恰好追上乙車32016年2月18日，中國探月工程領(lǐng)導(dǎo)小組宣布：“嫦娥五號”探測器正式轉(zhuǎn)入正樣研制階段，預(yù)計于2017年前后完成研制并擇機(jī)發(fā)射嫦娥五號”登月后將再次從月球起飛，并以“跳躍式返回技術(shù)”成功返回地面，完成探月工程的重大跨越帶回月球樣品“跳躍式返回技術(shù)”是指航天器在關(guān)閉發(fā)動機(jī)后 進(jìn)入大氣層，依靠大氣升力再次沖出大氣層，降低速度后再進(jìn)入大氣層如圖所示，虛線為大氣層的邊界已知地球半徑為R，d點距地心距離為r，地球表面重力加速度為g 則下列說法正確的是（）A“嫦娥五號”

3、在b點處于完全失重狀態(tài)B“嫦娥五號”在d點的加速度大小等于C“嫦娥五號”在c點和e點的速率相等D“嫦娥五號”在返回全程機(jī)械能守恒4已知靜電場中某點的電勢為標(biāo)量：若取無窮遠(yuǎn)處電勢為零，在一帶電荷量為+q的點電荷的電場中，與點電荷相距r處的電勢為=k；如果某點處在多個點電荷所形成的電場中，則電勢為每一個點電荷在該點所產(chǎn)生的電勢的代數(shù)和如圖所示，AB是均勻帶電的細(xì)棒，所帶電荷量為+QC為AB棒附近的一點，CB垂直于AB若取無窮遠(yuǎn)處電勢為零，AB棒上的電荷所形成的電場中，C點的電勢為0則AC連線中點D處的電勢為（）A20B0C0D05如圖所示是某興趣小組用實驗室的手搖發(fā)電機(jī)給小燈泡供電的裝置示意圖在某

4、次勻速轉(zhuǎn)動手柄的過程中，他們發(fā)現(xiàn)小燈泡周期性的閃亮以下判斷正確的是（）A圖示位置線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最大B若增大手搖發(fā)電機(jī)的轉(zhuǎn)速，燈泡亮度將不變C若增大手搖發(fā)電機(jī)的轉(zhuǎn)速，燈泡閃亮的頻率將變大D小燈泡周期性閃亮的主要原因是電路接觸不良6在垂直紙面的勻強磁場中，有不計重力的甲、乙兩個帶電粒子，在紙面內(nèi)做勻速圓周運動，運動方向均為逆時針，軌跡示意如圖則下列說法中正確的是（）A甲、乙兩粒子所帶電荷種類可能不同B該磁場方向一定是垂直紙面向里C若甲、乙兩粒子的比荷和動能都相同，則乙粒子所帶電荷量較大D若甲、乙兩粒子所帶電荷量及運動的速率均相等，則甲粒子的質(zhì)量較大7如圖所示，在光滑絕緣的水平面上方，有兩個

5、方向相反的水平方向的勻強磁場，PQ為兩磁場的邊界，磁場范圍足夠大，磁感應(yīng)強度的大小分別為B1=B，B2=2B，一個豎直放置的邊長為a、質(zhì)量為m、電阻為R的正方形金屬線框，以初速度v垂直磁場方向從圖中實線位置開始向右運動，當(dāng)線框運動到在每個磁場中各有一半的面積時，線框的速度為，則下列判斷正確的是（）A此過程中通過線框截面的電量為B此過程中線框克服安培力做的功為C此時線框的加速度為D此時線框中的電功率為8如圖1所示，豎直光滑桿固定不動，套在桿上的輕質(zhì)彈簧下端固定，將套在桿上的滑塊向下壓縮彈簧至離地高度h=0.1m處，滑塊與彈簧不拴接現(xiàn)由靜止釋放滑塊，通過傳感器測量到滑塊的速度和離地高度h并作出滑塊

6、的Ekh圖象（如圖2），其中高度從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)圖象為直線，其余部分為曲線，以地面為零重力勢能面，取g=10m/s2，由圖象可知（）A小滑塊的質(zhì)量為0.2kgB彈簧最大彈性勢能為0.5JC滑塊上升過程中機(jī)械能守恒D小滑塊的重力勢能與彈簧的彈性勢能總和最小為0.4J三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分第22-32題為必考題，每個試題考生都作答；第33題-39題為選考題，考生根據(jù)要求作答（一）必考題（共129分）9（5分）某同學(xué)要測量一節(jié)干電池的電動勢和內(nèi)阻，實驗器材僅有一個理想電壓表、一個電阻箱、一個開關(guān)和導(dǎo)線若干，該同學(xué)進(jìn)行實驗，測得的數(shù)據(jù)如表所示實驗次數(shù)12345R（）2.

7、04.06.08.010.0U（V）1.001.191.271.311.35U/R（A）0.500.300.210.160.13（1）根據(jù)表中提供的數(shù)據(jù)，畫出該同學(xué)的實驗電路圖；（2）根據(jù)表中提供的數(shù)據(jù)，若利用圖象確定電池的電動勢和內(nèi)阻，則應(yīng)作圖象；（A）U （B）RU （C）R （D）U（3）根據(jù)（2）中你選擇的圖象，電池的電動勢是該圖象的，電池的內(nèi)阻是該圖象的10（10分）如圖1所示為利用自由落體“驗證機(jī)械能守恒定律”的實驗裝置安裝好實驗裝置，正確進(jìn)行實驗操作，從打出的紙帶中選出符合要求的紙帶，如圖2所示（其中一段紙帶圖中未畫出）圖中O點為打出的起始點，且速度為零選取在紙帶上連續(xù)打出的點A

8、、B、C、D、E、F、G作為計數(shù)點其中測出D、E、F點距起始點O的距離如圖2所示已知打點計時器打點周期為T=0.02s由此可計算出物體下落到E點時的瞬時速度vE= m/s（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）若已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間，代入圖3中所測的數(shù)據(jù)進(jìn)行計算，并將vE2與進(jìn)行比較（用題中所給字母表示），即可在誤差范圍內(nèi)驗證，從O點到E 點的過程中機(jī)械能是否守恒某同學(xué)進(jìn)行數(shù)據(jù)處理時不慎將紙帶前半部分損壞，找不到打出的起始點O了，如圖3所示于是他利用剩余的紙帶進(jìn)行如下的測量：以A點為起點，測量各點到A點的距離h，計算出物體下落到各點的速度v，并作出v2h圖象圖4中給出了a、b、c三條直線，他作出的圖象應(yīng)該是

9、直線；由圖象得出，A點到起始點O的距離為cm（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）某同學(xué)在家里做“驗證機(jī)械能守恒定律”的實驗，他設(shè)計的實驗裝置如圖5所示，用細(xì)線的一端系住一個較重的小鐵鎖（可看成質(zhì)點），另一端纏系在一支筆上，將筆放在水平桌面的邊上，用較重的書壓住將鐵鎖拉至與桌面等高處（細(xì)線拉直），然后自由釋放在筆的正下方某合適位置放一小刀，鐵鎖經(jīng)過時，細(xì)線立即被割斷，鐵鎖繼續(xù)向前運動，落在水平地面上測得水平桌面高度為h，筆到鐵鎖的距離為l，筆到鐵鎖落地的水平距離為s若滿足s2=（用l、h表示），即可驗證鐵鎖從釋放至運動到筆的正下方的過程中機(jī)械能守恒11（13分）如圖所示，在傾角為的足夠長光滑斜面上放置兩個質(zhì)

10、量分別為2m和m的帶電小球A和B（均可視為質(zhì)點），它們相距為L兩球同時由靜止開始釋放時，B球的初始加速度恰好等于零經(jīng)過一段時間后，當(dāng)兩球距離為L時，A、B的加速度大小之比為a1：a2=11：5（靜電力恒量為k）（1）若B球帶正電荷，則判斷A球所帶電荷電性；（2）若B球所帶電荷量為q，求A球所帶電荷量Q（3）求L與L之比12（19分）如圖所示，以O(shè)為圓心、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直圓面向里、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，一粒子源位于圓周上的M點，可向磁場區(qū)域內(nèi)垂直磁場沿各個方向發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，不計粒子重力，N為圓周上另一點，半徑OM和ON間的夾角，且滿足tan=0.5（1）若某一粒

11、子以速率v1=，沿與MO成60°角斜向上方向射入磁場，求此粒子在磁場中運動的時間；（2）若某一粒子以速率v2，沿MO方向射入磁場，恰能從N點離開磁場，求此粒子的速率移v2；（3）若由M點射人磁場各個方向的所有粒子速率均為v2，求磁場中有粒子通過的區(qū)域面積物理-選修3-4（15分）13（5分）下列說法正確的是（）A波在傳播過程中，質(zhì)點的振動頻率等于波源的振動頻率B當(dāng)某列聲波發(fā)生多普勒效應(yīng)時，相應(yīng)聲源的振動頻率一定發(fā)生變化C物體做受迫振動時，驅(qū)動力頻率越高，受迫振動的物體振幅越大D愛因斯坦狹義相對論指出，真空中的光速在不同的慣性參考系中都是相同的EX射線的頻率比無線電波的頻率高14（10

12、分）如圖所示，AOB是截面為扇形的玻璃磚的橫截面圖，其頂角=76°，今有一細(xì)束單色光在橫截面內(nèi)從OA邊上的點E沿垂直O(jiān)A的方向射入玻璃磚，光線直接到達(dá)AB面且恰好未從AB面射出已知OE=OA，cos53°=0.6，試求：玻璃磚的折射率n；光線第一次從OB射出時折射角的正弦值物理選修3-5（15分）15下列的若干敘述中，正確的是（）A黑體輻射電磁波的強度只與黑體的溫度有關(guān)B對于同種金屬產(chǎn)生光電效應(yīng)時，逸出光電子的最大初動能鼠與照射光的頻率成線性關(guān)系C一塊純凈的放射性元素相礦石，經(jīng)過一個半衰期以后，它的總質(zhì)量僅剩下一半D按照玻爾理論，氫原子核外電子從半徑較小的軌道躍遷到半徑較大

13、的軌道時，電子的動能減小，原子的能量也減小了E將核子束縛在原子核內(nèi)的核力，是不同于萬有引力和電磁力的另一種相互作用16如圖所示，上端固定著彈射裝置的小車靜置于粗糙水平地面上，小車和彈射裝置的總質(zhì)量為M，彈射裝置中放有兩個質(zhì)量均為m的小球已知M=3m，小車與地面間的動摩擦因數(shù)為=0.1為使小車到達(dá)距車右端L=2m的目標(biāo)位置，小車分兩次向左水平彈射小球，每個小球被彈出時的對地速度均為v若每次彈射都在小車靜止的情況下進(jìn)行，且忽略小球的彈射時間，g取10m/s2，求小球彈射速度v的最小值2016屆湖北省襄陽五中五月調(diào)考物理試卷（一）參考答案與試題解析一、選擇題1在商場中，為了節(jié)約能源，無人時，自動扶梯

14、以較小的速度運行，當(dāng)有顧客站到扶梯上時，扶梯先加速，后勻速將顧客從一樓運送到二樓速度方向如圖所示若顧客與扶梯保持相對靜止，下列說法正確的是（）A在加速階段，顧客所受支持力大于顧客的重力B在勻速階段，顧客所受支持力大于顧客的重力C在加速階段，顧客所受摩擦力與速度方向相同D在勻速階段，顧客所受摩擦力與速度方向相同【考點】牛頓運動定律的應(yīng)用超重和失重【分析】加速運動階段，扶梯對乘客有水平向右的摩擦力和豎直向上的支持力（支持力大于重力，乘客處于超重狀態(tài)），二者的合力即扶梯對乘客的作用力指向左上方；勻速運動階段，扶梯對乘客只有豎直向上的支持力（支持力等于重力，乘客既不超重，也不失重），扶梯對乘客的作用力

15、豎直向上根據(jù)牛頓第三定律，分析乘客對扶梯的作用力方向【解答】解：A、加速運動階段，乘客的加速度的方向沿電梯的方向向上，扶梯對乘客的支持力大于重力，乘客處于超重狀態(tài)故A正確 B、勻速運動階段，扶梯對乘客的支持力等于重力，乘客既不超重，也不失重故B錯誤 C、加速運動階段，扶梯對乘客有水平向左的摩擦力和豎直向上的支持力，顧客所受摩擦力與速度方向不相同故C錯誤； D、勻速運動階段，扶梯對乘客只有豎直向上的支持力，沒有摩擦力，故D錯誤故選：A【點評】本題考查物體的運動情況分析物體受力情況的能力要注意的是勻速運動過程，扶梯對乘客沒有摩擦力2甲、乙兩車從同一地點沿相同方向由靜止開始做直線運動，它們運動的加速

16、度隨時間變化圖象如圖所示關(guān)于兩車的運動情況，下列說法正確的是（）A在04s內(nèi)甲車做勻加速直線運動，乙車做勻減速直線運動B在02s內(nèi)兩車間距逐漸增大，2s4s內(nèi)兩車間距逐漸減小C在t=2s時甲車速度為3m/s，乙車速度為4.5m/sD在t=4s時甲車恰好追上乙車【考點】勻變速直線運動的圖像；勻變速直線運動的速度與時間的關(guān)系；勻變速直線運動的位移與時間的關(guān)系【分析】根據(jù)圖象可知，乙的加速度逐漸減小，不是勻減速直線運動，根據(jù)加速度時間圖象知道圖象與時間軸所圍的面積表示速度，然后據(jù)甲乙物體的速度關(guān)系判斷選項【解答】解：A、根據(jù)圖象可知，乙的加速度逐漸減小，不是勻減速直線運動，故A錯誤；B、據(jù)加速度時間

17、圖象知道圖象與時間軸所圍的面積表示速度據(jù)圖象可知，當(dāng)t=4s時，兩圖象與t軸所圍的面積相等，即該時刻兩輛車的速度相等；在4秒前乙車的速度大于甲車的速度，所以乙車在甲車的前方，所以兩車逐漸遠(yuǎn)離，當(dāng)t=4s時，兩車速度相等即相距最遠(yuǎn)，故BD錯誤；C、在t=2s時乙車速度為，甲車速度為v甲=1.5×2=3m/s，故C正確故選：C【點評】本題考查了圖象與追及問題的綜合，解決本題的關(guān)鍵知道加速度時間圖線圍成的面積表示速度的變化量，難度適中3（2016湖北校級模擬）2016年2月18日，中國探月工程領(lǐng)導(dǎo)小組宣布：“嫦娥五號”探測器正式轉(zhuǎn)入正樣研制階段，預(yù)計于2017年前后完成研制并擇機(jī)發(fā)射嫦娥五

18、號”登月后將再次從月球起飛，并以“跳躍式返回技術(shù)”成功返回地面，完成探月工程的重大跨越帶回月球樣品“跳躍式返回技術(shù)”是指航天器在關(guān)閉發(fā)動機(jī)后 進(jìn)入大氣層，依靠大氣升力再次沖出大氣層，降低速度后再進(jìn)入大氣層如圖所示，虛線為大氣層的邊界已知地球半徑為R，d點距地心距離為r，地球表面重力加速度為g 則下列說法正確的是（）A“嫦娥五號”在b點處于完全失重狀態(tài)B“嫦娥五號”在d點的加速度大小等于C“嫦娥五號”在c點和e點的速率相等D“嫦娥五號”在返回全程機(jī)械能守恒【考點】萬有引力定律及其應(yīng)用【分析】“嫦娥五號“沿abc軌跡做曲線運動，速度方向為該點的切線方向，根據(jù)牛頓第二定律，結(jié)合GM=gR2求出d點的

19、加速度嫦娥五號從a點到c點，萬有引力不做功，阻力做負(fù)功，根據(jù)動能定理比較a、c兩點的速率大小從c點到e點，機(jī)械能守恒【解答】解：A、進(jìn)入大氣層受到空氣阻力，不是只受重力，“嫦娥五號”在b點不是處于完全失重狀態(tài)，故A錯誤；B、“嫦娥五號”在d點受到的萬有引力，在地球表面重力等于萬有引力有有，根據(jù)牛頓第二定律，故B錯誤；C、根據(jù)萬有引力提供向心力，得，c點和e點軌道半徑相等，速率相等，故C正確；D、“嫦娥五號”在返回全程要克服空氣阻力做功，故機(jī)械能不守恒，故D錯誤；故選：C【點評】解決本題的關(guān)鍵知道衛(wèi)星在大氣層中受到空氣阻力作用，在大氣層以外不受空氣阻力，結(jié)合動能定理、機(jī)械能守恒進(jìn)行求解4（201

20、6湖北校級模擬）已知靜電場中某點的電勢為標(biāo)量：若取無窮遠(yuǎn)處電勢為零，在一帶電荷量為+q的點電荷的電場中，與點電荷相距r處的電勢為=k；如果某點處在多個點電荷所形成的電場中，則電勢為每一個點電荷在該點所產(chǎn)生的電勢的代數(shù)和如圖所示，AB是均勻帶電的細(xì)棒，所帶電荷量為+QC為AB棒附近的一點，CB垂直于AB若取無窮遠(yuǎn)處電勢為零，AB棒上的電荷所形成的電場中，C點的電勢為0則AC連線中點D處的電勢為（）A20B0C0D0【考點】電勢差與電場強度的關(guān)系；電勢【分析】根據(jù)題意，將棒等效成兩點電荷，結(jié)合點電荷電勢0=k與電勢為每一個點電荷在該點所產(chǎn)生的電勢的代數(shù)和，即可求解【解答】解：設(shè)0等效成AB棒上的電

21、荷集中于AB中點P處，圖中E是AP的中點，由幾何知識知：=；帶電量為+Q的點電荷所形成的電場在C點的電勢為0，將AB棒均分成兩段，并看成兩個點電荷，每個點電荷的電荷量為，由0=k可知，每個電荷量為的點電荷在D點產(chǎn)生電勢為0，則兩個點電荷在AC連線中點D處的電勢為20，故A正確，BCD錯誤；故選：A【點評】本題是信息題，要讀懂題意，知道點電荷電勢的公式0=k，等效思維的運用是解題的關(guān)鍵，要注意空中某點的電勢是各個點電荷所產(chǎn)生的電勢的代數(shù)和5（2016成都模擬）如圖所示是某興趣小組用實驗室的手搖發(fā)電機(jī)給小燈泡供電的裝置示意圖在某次勻速轉(zhuǎn)動手柄的過程中，他們發(fā)現(xiàn)小燈泡周期性的閃亮以下判斷正確的是（）

22、A圖示位置線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最大B若增大手搖發(fā)電機(jī)的轉(zhuǎn)速，燈泡亮度將不變C若增大手搖發(fā)電機(jī)的轉(zhuǎn)速，燈泡閃亮的頻率將變大D小燈泡周期性閃亮的主要原因是電路接觸不良【考點】交流發(fā)電機(jī)及其產(chǎn)生正弦式電流的原理；正弦式電流的圖象和三角函數(shù)表達(dá)式【分析】線框與磁場垂直時，位于中性面，感應(yīng)電動勢為零當(dāng)轉(zhuǎn)速增大時，角速度增大，頻率增大，故產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢增大，燈泡的亮度增大【解答】解：A、圖示位置線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最小，故A錯誤；B、若增大手搖發(fā)電機(jī)的轉(zhuǎn)速，角速度將增大，頻率將增大，產(chǎn)生的最大感應(yīng)電動勢Em=NBS，故燈泡的亮度增大，故B錯誤，C正確；D、小燈泡周期性閃亮的主要原因主要是產(chǎn)生的電流為

23、交流電，故D錯誤故選：C【點評】本題關(guān)鍵交變電流產(chǎn)生的過程及其規(guī)律，明確產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢與轉(zhuǎn)速有關(guān)6（2016湖北校級模擬）在垂直紙面的勻強磁場中，有不計重力的甲、乙兩個帶電粒子，在紙面內(nèi)做勻速圓周運動，運動方向均為逆時針，軌跡示意如圖則下列說法中正確的是（）A甲、乙兩粒子所帶電荷種類可能不同B該磁場方向一定是垂直紙面向里C若甲、乙兩粒子的比荷和動能都相同，則乙粒子所帶電荷量較大D若甲、乙兩粒子所帶電荷量及運動的速率均相等，則甲粒子的質(zhì)量較大【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動【分析】運用左手定則分析磁場方向和兩粒子的電性；根據(jù)洛倫茲力提供向心力結(jié)合圓周運動規(guī)律，求出半徑公式，運用半徑公式逐項分

24、析即可【解答】解：A、因磁場方向相同兩粒子的轉(zhuǎn)動方向相同，因此根據(jù)左手定則可知，兩粒子電性一定相同，故A錯誤；B、兩粒子均逆時針運動，根據(jù)左右定則可知有兩種情況：磁場垂直紙面向里，粒子均帶正電；磁場垂直紙面向外，粒子均帶負(fù)電，故B錯誤；C、根據(jù)洛倫茲力提供向心力得qvB=m，可得R=，而mv=，分析可知甲、乙兩粒子的比荷和動能都相同時，半徑R越小的粒子電荷量越大，故C正確；D、根據(jù)R=可知，磁感應(yīng)強度B相同，甲、乙兩粒子所帶電荷量及運動的速率均相等，則半徑越大的粒子質(zhì)量越大，故甲粒子的質(zhì)量較大，故D正確故選：CD【點評】本題考查左手定則、帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑公式以及動量的表達(dá)式，運

25、用控制變量的方法分析判斷即可求解7（2016上海模擬）如圖所示，在光滑絕緣的水平面上方，有兩個方向相反的水平方向的勻強磁場，PQ為兩磁場的邊界，磁場范圍足夠大，磁感應(yīng)強度的大小分別為B1=B，B2=2B，一個豎直放置的邊長為a、質(zhì)量為m、電阻為R的正方形金屬線框，以初速度v垂直磁場方向從圖中實線位置開始向右運動，當(dāng)線框運動到在每個磁場中各有一半的面積時，線框的速度為，則下列判斷正確的是（）A此過程中通過線框截面的電量為B此過程中線框克服安培力做的功為C此時線框的加速度為D此時線框中的電功率為【考點】法拉第電磁感應(yīng)定律；電功、電功率；安培力【分析】根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律和電量q=It相

26、結(jié)合求解電量此時線框中感應(yīng)電動勢為E=2Ba，感應(yīng)電流為I=，線框所受的安培力的合力為F=2BIa，再由牛頓第二定律求解加速度根據(jù)能量守恒定律求解產(chǎn)生的電能由P=I2R求解電功率【解答】解：A、感應(yīng)電動勢為：E=，感應(yīng)電流為：I=，電荷量為：q=It，解得：q=，故A錯誤B、由能量守恒定律得，此過程中回路產(chǎn)生的電能為：E=mv2m（）2=mv2，故B錯誤；C、此時感應(yīng)電動勢：E=2Ba+Ba=Bav，線框電流為：I=，由牛頓第二定律得：2BIa+BIa=ma加，解得：a加=，故C正確；D、此時線框的電功率為：P=I2R=，故D錯誤；故選：C【點評】本題考查電磁感應(yīng)規(guī)律、閉合電路歐姆定律、安培力

27、公式、能量守恒定律等等，難點是搞清楚磁通量的變化8（2016湖北校級模擬）如圖1所示，豎直光滑桿固定不動，套在桿上的輕質(zhì)彈簧下端固定，將套在桿上的滑塊向下壓縮彈簧至離地高度h=0.1m處，滑塊與彈簧不拴接現(xiàn)由靜止釋放滑塊，通過傳感器測量到滑塊的速度和離地高度h并作出滑塊的Ekh圖象（如圖2），其中高度從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)圖象為直線，其余部分為曲線，以地面為零重力勢能面，取g=10m/s2，由圖象可知（）A小滑塊的質(zhì)量為0.2kgB彈簧最大彈性勢能為0.5JC滑塊上升過程中機(jī)械能守恒D小滑塊的重力勢能與彈簧的彈性勢能總和最小為0.4J【考點】功能關(guān)系；彈性勢能【分析】根據(jù)Ekh圖象的

28、斜率表示滑塊所受的合外力，高度從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)圖象為直線，其余部分為曲線，結(jié)合能量守恒定律求解【解答】解：A在從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)，Ek=EP=mgh，圖線的斜率絕對值為：k=2N=mg，則 m=0.2kg，故A正確；B根據(jù)能量守恒定律可知，當(dāng)滑塊上升至最大高度時，增加的重力勢能即為彈簧最大彈性勢能，所以Epm=mgh=0.2×10×（0.350.1）=0.5J，故B正確；C滑塊未脫離彈簧前，滑塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，滑塊脫離彈簧后，滑塊的機(jī)械能守恒，故C錯誤；D由圖可知，當(dāng)h=0.18m時的動能最大；在滑塊整個運動過程中，系統(tǒng)的動能、重力

29、勢能和彈性勢能之間相互轉(zhuǎn)化，因此動能最大時，滑塊的重力勢能與彈簧的彈性勢能總和最小，根據(jù)能的轉(zhuǎn)化和守恒可知，EPmin=EEkm=Epm+mghEkm=0.5+0.2×10×0.10.32=0.38J，故D錯誤故選：AB【點評】本題考查了能量守恒定律和圖象的理解與應(yīng)用問題，根據(jù)該圖象的形狀得出滑塊從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)所受作用力為恒力，說明物體不再受到彈簧的彈力的作用是解題的關(guān)鍵三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分第22-32題為必考題，每個試題考生都作答；第33題-39題為選考題，考生根據(jù)要求作答（一）必考題（共129分）9（5分）（2016上海模擬）某同學(xué)要

30、測量一節(jié)干電池的電動勢和內(nèi)阻，實驗器材僅有一個理想電壓表、一個電阻箱、一個開關(guān)和導(dǎo)線若干，該同學(xué)進(jìn)行實驗，測得的數(shù)據(jù)如表所示實驗次數(shù)12345R（）2.04.06.08.010.0U（V）1.001.191.271.311.35U/R（A）0.500.300.210.160.13（1）根據(jù)表中提供的數(shù)據(jù)，畫出該同學(xué)的實驗電路圖；（2）根據(jù)表中提供的數(shù)據(jù)，若利用圖象確定電池的電動勢和內(nèi)阻，則應(yīng)作A圖象；（A）U （B）RU （C）R （D）U（3）根據(jù)（2）中你選擇的圖象，電池的電動勢是該圖象的y軸的截距，電池的內(nèi)阻是該圖象的圖線的斜率【考點】測定電源的電動勢和內(nèi)阻【分析】（1）根據(jù)實驗原理可明

31、確對應(yīng)的電路圖；（2）據(jù)閉合電路歐姆定律可得出相應(yīng)的表達(dá)式，根據(jù)表達(dá)式選擇最簡單的圖象進(jìn)行處理；（3）由推導(dǎo)出來的表達(dá)式結(jié)合圖象的性質(zhì)可以得出電動勢和內(nèi)電阻【解答】解：（1）根據(jù)題意可知，應(yīng)采用電阻箱和電壓表并聯(lián)在電源兩端，則可知電路圖如圖所示；（2）由閉合電路歐姆定律可知：E=U+r，由表中數(shù)據(jù)可知，U與為線性函數(shù)關(guān)系，故可以作出U圖象，故選：A；（3）由圖及公式E=U+r知，圖象中圖象與縱軸的交點為電動勢，圖象的斜率表示內(nèi)阻，故答案為：（1）如圖所示；（2）A；（3）y軸的截距，圖線的斜率【點評】本題考查測量電動勢和內(nèi)電阻實驗，要知道實驗注意事項，知道實驗原理與實驗注意事項即可正確解題注意

32、如何簡化方程得出最簡圖象10（10分）（2016湖北校級模擬）如圖1所示為利用自由落體“驗證機(jī)械能守恒定律”的實驗裝置安裝好實驗裝置，正確進(jìn)行實驗操作，從打出的紙帶中選出符合要求的紙帶，如圖2所示（其中一段紙帶圖中未畫出）圖中O點為打出的起始點，且速度為零選取在紙帶上連續(xù)打出的點A、B、C、D、E、F、G作為計數(shù)點其中測出D、E、F點距起始點O的距離如圖2所示已知打點計時器打點周期為T=0.02s由此可計算出物體下落到E點時的瞬時速度vE=3.04 m/s（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）若已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間，代入圖3中所測的數(shù)據(jù)進(jìn)行計算，并將vE2與gh2進(jìn)行比較（用題中所給字母表示），即可在誤差

33、范圍內(nèi)驗證，從O點到E 點的過程中機(jī)械能是否守恒某同學(xué)進(jìn)行數(shù)據(jù)處理時不慎將紙帶前半部分損壞，找不到打出的起始點O了，如圖3所示于是他利用剩余的紙帶進(jìn)行如下的測量：以A點為起點，測量各點到A點的距離h，計算出物體下落到各點的速度v，并作出v2h圖象圖4中給出了a、b、c三條直線，他作出的圖象應(yīng)該是直線a；由圖象得出，A點到起始點O的距離為10.0cm（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）某同學(xué)在家里做“驗證機(jī)械能守恒定律”的實驗，他設(shè)計的實驗裝置如圖5所示，用細(xì)線的一端系住一個較重的小鐵鎖（可看成質(zhì)點），另一端纏系在一支筆上，將筆放在水平桌面的邊上，用較重的書壓住將鐵鎖拉至與桌面等高處（細(xì)線拉直），然后自由釋

34、放在筆的正下方某合適位置放一小刀，鐵鎖經(jīng)過時，細(xì)線立即被割斷，鐵鎖繼續(xù)向前運動，落在水平地面上測得水平桌面高度為h，筆到鐵鎖的距離為l，筆到鐵鎖落地的水平距離為s若滿足s2=4l（hl）（用l、h表示），即可驗證鐵鎖從釋放至運動到筆的正下方的過程中機(jī)械能守恒【考點】驗證機(jī)械能守恒定律【分析】根據(jù)某段時間內(nèi)的平均速度等于中間時刻的瞬時速度求出E點的瞬時速度根據(jù)重力勢能的減小量等于動能的增加量，列出機(jī)械能守恒的表達(dá)式抓住A點速度不為零，得出正確的圖線，結(jié)合O點的速度為零，結(jié)合圖線得出A點距離O點的距離根據(jù)平拋運動的規(guī)律，抓住重力勢能的減小量等于動能的增加量，得出機(jī)械能守恒的表達(dá)式【解答】解：E點的

35、瞬時速度=3.04m/s；當(dāng)重力勢能的減小量mgh2與動能的增加量相等，則機(jī)械能守恒，即驗證vE2與gh2是否相等；以A點為起點，測量各點到A點的距離h，由于A點速度不為零，可知h=0時，縱軸坐標(biāo)不為零，可知正確的圖線為a由圖4可知，初始位置時，速度為零，可知A點到起始點O的距離為10.0cm平拋運動的高度hl，根據(jù)hl=得，則繩斷時，鐵鎖的速度=，根據(jù)機(jī)械能守恒得，有g(shù)l=，整理得：s2=4l（hl）故答案為：3.04，gh2 a 10.0 4l（hl）【點評】解決本題的關(guān)鍵掌握實驗的原理，能夠結(jié)合平拋運動驗證機(jī)械能守恒，以及掌握紙帶的處理，會通過紙帶求解瞬時速度11（13分）（2015浦東

36、新區(qū)一模）如圖所示，在傾角為的足夠長光滑斜面上放置兩個質(zhì)量分別為2m和m的帶電小球A和B（均可視為質(zhì)點），它們相距為L兩球同時由靜止開始釋放時，B球的初始加速度恰好等于零經(jīng)過一段時間后，當(dāng)兩球距離為L時，A、B的加速度大小之比為a1：a2=11：5（靜電力恒量為k）（1）若B球帶正電荷，則判斷A球所帶電荷電性；（2）若B球所帶電荷量為q，求A球所帶電荷量Q（3）求L與L之比【考點】電勢差與電場強度的關(guān)系；牛頓第二定律【分析】（1）根據(jù)共點力平衡判斷出庫侖力，即可判斷電性（2）根據(jù)靜止釋放時共點力平衡即可求的電荷量；（3）初始時B球受力平衡，兩球同時由靜止開始釋放，由于A的加速度大于B，所以經(jīng)過

37、一段時間后，兩球距離增大，庫侖力一定減小根據(jù)牛頓第二定律正確列出等式求解【解答】解：（1）B受重力支持力和庫侖力，處于共點力平衡，故B受到的庫侖力沿斜面向上，故B帶正電荷'（2）AB兩球受到的庫侖力為F=沿斜面方向合力為零Fmgsin=0得Q=；（3）初始時B球受力平衡，兩球相互排斥運動一段距離后，兩球間距離增大，庫侖力一定減小，小于mgsinA球加速度a1方向應(yīng)沿斜面向下，根據(jù)牛頓第二定律，有F+2mgsin=2ma1B球加速度a2方向應(yīng)沿斜面向下，根據(jù)牛頓第二定律，有mgsinF=ma2依題意a1：a2=11：5得F=mgsin又F=得L：L=3：2答：（1）若B球帶正電荷，A球帶

38、正電；（2）若B球所帶電荷量為q，A球所帶電荷量Q為（3）L與L之比為3：2【點評】解決該題關(guān)鍵正確對物體進(jìn)行受力分析和運動分析，運用牛頓第二定律求解12（19分）如圖所示，以O(shè)為圓心、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直圓面向里、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，一粒子源位于圓周上的M點，可向磁場區(qū)域內(nèi)垂直磁場沿各個方向發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，不計粒子重力，N為圓周上另一點，半徑OM和ON間的夾角，且滿足tan=0.5（1）若某一粒子以速率v1=，沿與MO成60°角斜向上方向射入磁場，求此粒子在磁場中運動的時間；（2）若某一粒子以速率v2，沿MO方向射入磁場，恰能從N點離開磁場，求此粒子的

39、速率移v2；（3）若由M點射人磁場各個方向的所有粒子速率均為v2，求磁場中有粒子通過的區(qū)域面積【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動【分析】（1）某一粒子以速率v1=，沿與MO成60°角斜向上方向射入磁場，由半徑公式知，該粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑等于磁場區(qū)域的半徑，由幾何關(guān)系知道，該粒子的軌跡和偏轉(zhuǎn)角均能求出，從而求出該粒子運動的時間（2）某一粒子以速率v2，沿MO方向射入磁場，恰能從N點離開磁場，由幾何關(guān)系求得其做勻速圓周運動的半徑，由洛侖茲力提供向心力求出入射速度v2（3）若由M點射人磁場各個方向的所有粒子速率均為v2，這些粒子在磁場中有相同的半徑r2，則圓心軌跡是以M為圓心

40、、半徑為r2的圓試著畫出極端情況下粒子能達(dá)到的區(qū)域，從而把粒子能到達(dá)的整個區(qū)域面積求出來【解答】解：（1）粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，設(shè)軌跡半徑為r1，由牛頓第二定律可得 解得： 粒子沿與與MO成60°方向攝入磁場，設(shè)粒子從區(qū)域邊界P射出，其運動軌跡如圖所示由圖中幾何關(guān)系可知粒子軌跡 所對應(yīng)的圓心 角為=150 方法1：故粒子在磁場中的運動的時間 方法2：粒子運動周期： 粒子在磁場中的運動的時間：= 得：t=（2）粒子以速率v2沿MO方向射入磁場，在磁場中做勻速圓周運動，恰好從N點離開磁場，其運動軌跡如圖，設(shè) 粒子軌跡半徑為r2，由圖中幾何關(guān)系可得： 由牛頓第

41、二定律可得： 解得：粒子的速度：（3）（5分）粒子沿各個方向以v2進(jìn)入磁場做勻速圓周時的軌跡半徑都為r2，且不變由圖可知，粒子在磁場中 通過的面積S等于以O(shè)3為圓心的扇形MO3O的面積S1、以M為圓心的扇形MOQ的面積S2和以O(shè)點為圓心的圓弧 MQ與直線MQ圍成的面積S3之和， 所以：答：（1）若某一粒子以速率v1=，沿與MO成60°角斜向上方向射入磁場，此粒子在磁場中運動的時間為（2）若某一粒子以速率v2，沿MO方向射入磁場，恰能從N點離開磁場，此粒子的速率為（3）若由M點射人磁場各個方向的所有粒子速率均為v2，磁場中有粒子通過的區(qū)域面積為【點評】本題的難點在第三問，要找到粒子能到

42、達(dá)的區(qū)域，首先要考慮的是粒子的偏轉(zhuǎn)方向順時針；其次要考慮的極端情況從M點豎直向上射出，則可以做完整的圓周運動然后把這個完整的圓繞M點轉(zhuǎn)動180°，則該圓與磁場區(qū)域公共部分，就是粒子能達(dá)到的區(qū)域物理-選修3-4（15分）13（5分）（2016湖北校級模擬）下列說法正確的是（）A波在傳播過程中，質(zhì)點的振動頻率等于波源的振動頻率B當(dāng)某列聲波發(fā)生多普勒效應(yīng)時，相應(yīng)聲源的振動頻率一定發(fā)生變化C物體做受迫振動時，驅(qū)動力頻率越高，受迫振動的物體振幅越大D愛因斯坦狹義相對論指出，真空中的光速在不同的慣性參考系中都是相同的EX射線的頻率比無線電波的頻率高【考點】* 愛因斯坦相對性原理和光速不變原理；電

43、磁波的產(chǎn)生【分析】質(zhì)點的振動頻率由波源的振動頻率決定；當(dāng)系統(tǒng)的固有頻率等于驅(qū)動力的頻率時，系統(tǒng)達(dá)到共振，振幅達(dá)最大；根據(jù)多普勒現(xiàn)象、狹義相對論、電磁波譜的應(yīng)用解答【解答】解：A、波在傳播過程中，質(zhì)點的振動頻率由波源的振動頻率決定故A正確；B、波在傳播過程中，質(zhì)點的振動頻率由波源的振動頻率決定，當(dāng)某列聲波發(fā)生多普勒效應(yīng)時，相應(yīng)聲源的振動頻率一定不變故B錯誤；C、物體做受迫振動的頻率等于驅(qū)動力的頻率，當(dāng)系統(tǒng)的固有頻率等于驅(qū)動力的頻率時，振幅達(dá)最大，這種現(xiàn)象稱為共振故C錯誤；D、愛因斯坦狹義相對論指出，真空中的光速在不同的慣性參考系中都是相同的故D正確；E、根據(jù)電磁波譜的分布可知，X射線的頻率比無線

44、電波的頻率高故E正確故選：ADE【點評】該題考查簡諧振動與機(jī)械波、多普勒現(xiàn)象、共振、狹義相對論和電磁波譜等知識點的內(nèi)容，明確系統(tǒng)的固有頻率等于驅(qū)動力的頻率時，振幅達(dá)最大是解題的關(guān)鍵基礎(chǔ)題目14（10分）（2016南昌校級二模）如圖所示，AOB是截面為扇形的玻璃磚的橫截面圖，其頂角=76°，今有一細(xì)束單色光在橫截面內(nèi)從OA邊上的點E沿垂直O(jiān)A的方向射入玻璃磚，光線直接到達(dá)AB面且恰好未從AB面射出已知OE=OA，cos53°=0.6，試求：玻璃磚的折射率n；光線第一次從OB射出時折射角的正弦值【考點】光的折射定律【分析】由題意光線經(jīng)AB面反射后恰好未從AB面射出，說明發(fā)生了全反射，由幾何知識求出光線在AB面的入射角和臨界角，由臨界角公式sinC=求解折射率光線經(jīng)過反射射到BO面上，由幾何知識求出入射角，再由折射定律求折射角的正弦值【解答】解：因OE=OA，由數(shù)學(xué)知識知光線在AB面的入射角等于37°光線恰好未從AB面射出，所以AB面入射角等于臨界角，則臨界角為：C=37°由sin C=得