2016年福建省三明市高考物理質(zhì)檢試卷（5月份）

第32頁（共32頁）2016年福建省三明市高考物理質(zhì)檢試卷（5月份）一．選擇題：本題共8小題，每小題6分．在每小題給出的四個選項中，第1～5題中只有一項符合題目要求，第6～8題有多項符合題目要求，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分．1．用控制變量法，可以研究影響平行板電容器電容C的因素．設(shè)兩極板正對面積為S，極板間的距離為d．極板所帶電荷量為Q，靜電計指針偏角為θ．實驗中（）A．保持Q、S不變，增大d，則θ變大，C變小B．保持d、S不變．增大Q．則θ變大，C變大C．保持Q、d不變，減小S．則θ變小，C變小D．保持Q、S、d不變，在兩極板間插入電介質(zhì)．則θ變小，C變小2．如圖（a）所示，半徑為r的帶缺口剛性金屬圓環(huán)固定在水平面內(nèi)，缺口兩端引出兩根導(dǎo)線，與電阻R構(gòu)成閉合回路．若圓環(huán)內(nèi)加一垂直于紙面變化的磁場，變化規(guī)律如圖（b）所示．規(guī)定磁場方向垂直紙面向里為正，不計金屬圓環(huán)的電阻．以下說法正確的是（）A．0﹣1s內(nèi)，流過電阻R的電流方向為a→bB．1﹣2s內(nèi)，回路中的電流逐漸減小C．2﹣3s內(nèi)，穿過金屬圓環(huán)的磁通量在減小D．t=2s時，Uab=πr2B03．2015年9月14日，美國的LIGO探測設(shè)施接收到一個來自GW150914的引力波信號，此信號是由兩個黑洞的合并過程產(chǎn)生的．如果將某個雙黑洞系統(tǒng)簡化為如圖所示的圓周運動模型，兩黑洞繞O點做勻速圓周運動．在相互強大的引力作用下，兩黑洞間的距離逐漸減小，在此過程中，兩黑洞做圓周運動的（）A．周期均逐漸增大 B．線速度均逐漸減小C．角速度均逐漸增大 D．向心加速度均逐漸減小4．如圖所示為著名的“阿特伍德機”裝置示意圖．跨過輕質(zhì)定滑輪的輕繩兩端懸掛兩個質(zhì)量均為M的物塊，當(dāng)左側(cè)物塊附上質(zhì)量為m的小物塊時，該物塊由靜止開始加速下落，下落h后小物塊撞擊擋板自動脫離，系統(tǒng)以v勻速運動．忽略系統(tǒng)一切阻力，重力加速度為g．若測出v，則可完成多個力學(xué)實驗．下列關(guān)于此次實驗的說法，正確的是（）A．系統(tǒng)放上小物塊后，輕繩的張力增加了mgB．可測得當(dāng)?shù)刂亓铀俣萭=C．要驗證機械能守恒，需驗證等式mgh=Mv2，是否成立D．.要探究合外力與加速度的關(guān)系，需探究mg=（M+m）是否成立5．如圖所示，質(zhì)量為M的汽車從平直公路駛上斜坡．假設(shè)汽車在水平路面上勻速行駛，駛上斜坡后，汽車的功率及所受路面的阻力與在水平路面上行駛時一致，且車到達坡頂前已達到穩(wěn)定狀態(tài)．則在上坡過程中，汽車的速度v、牽引力F，牽引力做的功W，克服路面阻力做的功Wf與時間t的關(guān)系圖象，正確的是（）A． B． C． D．6．變壓器除了有改變電壓、電流作用外，還有變換負載的阻抗作用，以實現(xiàn)阻抗匹配．如圖所示，將阻值為R0的負載接在理想變壓器副線圈兩端，則圖（a）中虛線部分可等效為圖（b）中阻值為R的電阻接在AB兩點上，即R的兩端電壓為u1，通過的電流為I1．已知變壓器的匝數(shù)比為n1：n2，若圖（a）的AB兩端接在電動勢為ε，內(nèi)阻為r的交流電源上，要使此電源的輸出功率達到最大，下列說法正確的是（）A．R0=R時輸出功率最大B．最大輸出功率P=C．輸出功率最大時μ2=D．R0=（）2r時輸出功率最大7．如圖所示，質(zhì)量為m的小球（可視為質(zhì)點）套在傾斜放置的固定光滑桿上，輕質(zhì)彈簧的一端懸掛于O點，另一端與小球相連，彈簧與桿在同一豎直平面內(nèi)．將小球沿桿拉到水平位置A處（此時彈簧處于原長狀態(tài)）由靜止釋放，當(dāng)小球滑至O點正下方的C處時速度恰好為零，此時小球下降的豎直高度為h．若全過程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，且OA=OB，重力加速度為g．則下滑過程中，小球（）A．對彈簧做功mghB．滑到B處時動能最大C．加速度先增大后減小D．與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒8．如圖所示，磁單極子會在其周圍形成均勻輻射磁場．質(zhì)量為m、半徑為R的圓環(huán)當(dāng)通有恒定的電流I時，恰好能水平靜止在N極正上方H處．已知與磁單極子N極相距r處的磁場強度大小為B=，其中k為常數(shù)．重力加速度為g．則（）A．靜止時圓環(huán)的電流方向為順時針方向（俯視）B．靜止時圓環(huán)沿其半徑方向有擴張的趨勢C．靜止時圓環(huán)的電流I=D．若將圓環(huán)向上平移一小段距離后由靜止釋放，下落中加速度先增加后減小二、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9．某實驗小組利用圖（a）的裝置“通過頻閃照相研究平拋運動”．將小鋼球A由斜槽某位置靜止釋放，到水平軌道末端水平拋出．由頻閃照相得到圖（b）所示的小球位置坐標圖．結(jié)合圖（b）的中的相關(guān)信息，研究得到“平拋運動水平方向是勻速直線運動”這一結(jié)論的依據(jù)是，“平拋運動豎直方向是勻變速直線運動”這一結(jié)論的依據(jù)是10．某同學(xué)采用圖（a）所示實驗電路來描繪額定電壓為12V的小燈泡伏安特性曲線．（1）將圖（b）的實物圖連接完整．（2）某次實驗時，滑動變阻器的滑片從a向b滑動的過程中，發(fā)現(xiàn)電壓表和電流表原來幾乎沒有示數(shù)，直到接近b端時示數(shù)急劇增大．經(jīng)檢查所有電路連線及儀器都完好，則可能原因是：（3）若描繪出的伏安特性曲線如圖（c）所示，則燈泡的額定功率為W．（保留兩位有效數(shù)字）（4）若將兩盞這樣的燈泡與電動勢12V，內(nèi)阻4Ω的電源申聯(lián)，則燈泡的實際功率為W．《保留兩位有效數(shù)字）11．2010年上海世博會上，拉脫維亞館的風(fēng)洞飛行表演，令參觀者大開眼界．如圖（a）所示，圓柱體形狀的風(fēng)洞底部產(chǎn)生風(fēng)速、風(fēng)量保持不變的豎直向上的氣流．表演者在風(fēng)洞內(nèi)．通過身姿調(diào)整．可改變所受向上的風(fēng)力大?。垣@得不同的運動效果．假設(shè)人體受風(fēng)力大小與有效面積成正比，水平橫躺時受風(fēng)力有效而積最大．當(dāng)人缽與豎直方向成一定角度傾斜使受風(fēng)力有效面積為最大值的一半時，恰好可以靜止或勻速運動．已知表演者質(zhì)量60kg，重力加速度g=10m/s2，無風(fēng)力時不計空氣阻力．（1）表演者以水平橫躺的姿勢通過掛鉤與輕繩連接懸停在距風(fēng)洞底部高度h=3.6m處，某時刻釋放掛鉤，表演者保持姿勢不變自由下落．為保證表演者不觸及風(fēng)洞底部，求從開始下落至開啟風(fēng)力的最長間隔時間．（2）某次表演者從風(fēng)洞最底端變換不同姿態(tài)上升過程的v﹣t圖象如圖（b）所示，估算0﹣3s過程風(fēng)力對表演者所做的功．12．如圖（a）所示，在豎直平面內(nèi)建立直角坐標系xoy，整個空間內(nèi)都存在垂直于坐標平面向外的勻強磁場和水平向右的勻強電場，勻強電場的方向與x軸止方向夾角為450．已知帶電粒子質(zhì)量為m、電量為+q，磁感應(yīng)強度大小為B，電場強度大小E=，重力加速度為g．（1）若粒子在xoy平面內(nèi)做勻速直線運動，求粒子的速度v0；（2）t=0時刻的電場和磁場方向如圖（a）所示，若電場強度和磁感應(yīng)強度的大小均不變．而方向隨時間周期性的改變，如圖（b）所示．將該粒子從原點O由靜止釋放，在0一時間內(nèi)的運動軌跡如圖（c）虛線OMN所示，M點為軌跡距y軸的最遠點，M距y軸的距離為d．已知在曲線上某一點能找到一個和它內(nèi)切的半徑最大的圓，物體經(jīng)過此點時，相當(dāng)于以此圓的半徑在做圓周運動，這個圓的半徑就定義為曲線上這點的曲率半徑．求：①粒子經(jīng)過M點時曲率半徑ρ②在圖中畫出粒子從N點回到O點的軌跡．(二）選考題，任選一模塊作答[物理--選修3-3]13．下列說法正確的是（）A．分子質(zhì)量不同的兩種氣體，溫度相同時其分子的平均動能相同B．一定質(zhì)量的氣體，在體積膨脹的過程中，內(nèi)能一定減小C．布朗運動表明，懸浮微粒周圍的液體分子在做無規(guī)則運動D．知道阿伏伽德羅常數(shù)、氣體的摩爾質(zhì)量和密度就可以估算出氣體分子的大小E．兩個分子的間距從極近逐漸增大到10r0的過程中，它們的分子勢能先減小后增大14．如圖所示，左右兩個容器的側(cè)壁都是絕熱的、底部都是導(dǎo)熱的、橫截面積均為S．左容器足夠高，上端敞開，右容器上端由導(dǎo)熱材料封閉．兩個容器的下端由容積可忽略的細管連通．容器內(nèi)兩個絕熱的活塞A、B下方封有氮氣，B上方封有氫氣．大氣的壓強為p0，外部氣溫為T0=273K保持不變，兩個活塞因自身重力對下方氣體產(chǎn)生的附加壓強均為0.1p0．系統(tǒng)平衡時，各氣體柱的高度如圖所示．現(xiàn)將系統(tǒng)的底部浸入恒溫?zé)崴壑校俅纹胶鈺rA上升了一定的高度．用外力將A緩慢推回第一次平衡時的位置并固定，第三次達到平衡后，氫氣柱高度為0.8h．氮氣和氫氣均可視為理想氣體．求：（1）第二次平衡時氮氣的體積；（2）水的溫度．[物理一選修3-4]15．下列說法正確的是（）A．偏振光可以是橫波，也可以是縱波B．光學(xué)鏡頭上的增透膜是利用光的干涉現(xiàn)象C．光纖通信及醫(yī)用纖維式內(nèi)窺鏡都是利用了光的全反射原理D．X射線在磁場中能偏轉(zhuǎn)．穿透能力強，可用來進行人體透視E．聲源與觀察者相對靠近時，觀察者所接收的頻率大于聲源振動的頻率16．一列簡諧橫波在t=0.6s時刻的圖象如圖甲所示．該時刻P，Q兩質(zhì)點的位移均為﹣lcm，平衡位置為15m處的A質(zhì)點的振動圖象如圖乙所示．（i）求該列波的波速大小；（ii）求從t=0.6s開始，質(zhì)點P、Q第一次回到平衡位置的時間間隔△t．[物理一選修3-5]17．下列說法正確的是（）A．經(jīng)典電磁理論無法解釋氫原子的分立線狀光譜B．聚變又叫熱核反應(yīng)，太陽就是一個巨大的熱核反應(yīng)堆C．根據(jù)玻爾理論，氫原子在輻射光子的同時，軌道也在連續(xù)地減小D．某放射性原子核經(jīng)過2次a衰變和一次β衰變，核內(nèi)質(zhì)子數(shù)減少3個E．用能量等于氘核結(jié)合能的光子照射靜止氘核，可以使氘核分解為一個質(zhì)子和一個中子18．如圖所示，物塊A、C的質(zhì)量均為m，B的質(zhì)量為2m，都靜止于光滑水平臺面上，A、B間用一不可伸長的輕質(zhì)短細線相連．初始時刻細線處于松弛狀態(tài)，C位于A右側(cè)足夠遠處．現(xiàn)突然給A一瞬時沖量，使A以初速度v0沿A、C連線方向向C運動，A與C相碰后，粘合在一起．①A與C剛粘合在一起時的速度為多大？②若將A、B、C看成一個系統(tǒng)，則從A開始運動到A與C剛好粘合的過程中系統(tǒng)損失的機械能．

2016年福建省三明市高考物理質(zhì)檢試卷（5月份）參考答案與試題解析一．選擇題：本題共8小題，每小題6分．在每小題給出的四個選項中，第1～5題中只有一項符合題目要求，第6～8題有多項符合題目要求，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分．1．用控制變量法，可以研究影響平行板電容器電容C的因素．設(shè)兩極板正對面積為S，極板間的距離為d．極板所帶電荷量為Q，靜電計指針偏角為θ．實驗中（）A．保持Q、S不變，增大d，則θ變大，C變小B．保持d、S不變．增大Q．則θ變大，C變大C．保持Q、d不變，減小S．則θ變小，C變小D．保持Q、S、d不變，在兩極板間插入電介質(zhì)．則θ變小，C變小【考點】電容器的動態(tài)分析．【分析】靜電計測定電容器極板間的電勢差，電勢差越大，指針的偏角越大．根據(jù)電容的決定式C=分析極板間距離、正對面積變化時電容的變化情況，由于極板所帶電荷量不變，再由電容的定義式C=分析板間電勢差的變化，即可再確定靜電計指針的偏角變化情況．【解答】解：A、B、根據(jù)電容的決定式C=得知，電容與極板間距離成反比，當(dāng)保持Q、S不變，增大d時，電容C減小，因電容器的電量Q不變，由電容的定義式C=分析可知板間電勢差增大，則靜電計指針的偏角θ變大．故A正確；B、當(dāng)保持d、S不變，增大Q時，根據(jù)電容的決定式C=得知，電容C不變，由電容的定義式C=分析可知板間電勢差增大，則θ變大，B錯誤．C、根據(jù)電容的決定式C=得知，電容與極板的正對面積成正比，當(dāng)保持d不變，減小S時，電容C減小，電容器極板所帶的電荷量Q不變，則由電容的定義式C=分析可知板間電勢差增大，靜電計指針的偏角θ變大，故C錯誤；D、當(dāng)保持Q、S、d不變，在兩極板間插入電介質(zhì)，根據(jù)電容的決定式C=得知，電容C變大，而由電容的定義式C=分析可知板間電勢差減小，則θ變小，故D錯誤．故選：A．2．如圖（a）所示，半徑為r的帶缺口剛性金屬圓環(huán)固定在水平面內(nèi)，缺口兩端引出兩根導(dǎo)線，與電阻R構(gòu)成閉合回路．若圓環(huán)內(nèi)加一垂直于紙面變化的磁場，變化規(guī)律如圖（b）所示．規(guī)定磁場方向垂直紙面向里為正，不計金屬圓環(huán)的電阻．以下說法正確的是（）A．0﹣1s內(nèi)，流過電阻R的電流方向為a→bB．1﹣2s內(nèi)，回路中的電流逐漸減小C．2﹣3s內(nèi)，穿過金屬圓環(huán)的磁通量在減小D．t=2s時，Uab=πr2B0【考點】法拉第電磁感應(yīng)定律．【分析】根據(jù)楞次定律來判定感應(yīng)電流的方向；依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律來確定感應(yīng)電流的大?。灰罁?jù)磁通量定義來確定求解；求得t=2s時，線圈中感應(yīng)電動勢，再依據(jù)閉合電路歐姆定律，及路端電壓概念，即可求解．【解答】解：A、依據(jù)楞次定律，在0﹣1s內(nèi)，穿過線圈的向里磁通量增大，則線圈中產(chǎn)生順時針方向感應(yīng)電流，那么流過電阻R的電流方向為b→a，故A錯誤；B、在1﹣2s內(nèi)，穿過線圈的磁通量均勻減小，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，則回路中的電流恒定不變，故B錯誤；C、在2﹣3s內(nèi)，穿過金屬圓環(huán)的磁通量在增大，故C錯誤；D、當(dāng)t=2s時，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，E=S=πr2B0；因不計金屬圓環(huán)的電阻，因此Uab=E=πr2B0，故D正確；故選：D．3．2015年9月14日，美國的LIGO探測設(shè)施接收到一個來自GW150914的引力波信號，此信號是由兩個黑洞的合并過程產(chǎn)生的．如果將某個雙黑洞系統(tǒng)簡化為如圖所示的圓周運動模型，兩黑洞繞O點做勻速圓周運動．在相互強大的引力作用下，兩黑洞間的距離逐漸減小，在此過程中，兩黑洞做圓周運動的（）A．周期均逐漸增大 B．線速度均逐漸減小C．角速度均逐漸增大 D．向心加速度均逐漸減小【考點】萬有引力定律及其應(yīng)用．【分析】雙星做勻速圓周運動具有相同的角速度，靠相互間的萬有引力提供向心力，根據(jù)萬有引力提供向心力得出雙星的軌道半徑關(guān)系，從而確定出雙星的半徑如何變化，以及得出雙星的角速度、線速度、加速度和周期的變化．【解答】解：A、根據(jù)=，解得L2同理可得R2所以當(dāng)M1+M2不變時，L增大，則T增大，即雙星系統(tǒng)運行周期會隨間距減小而減小，故A錯誤；B、根據(jù)，解得，由于L平方的減小比r1和r2的減小量大，則線速度增大，故B錯誤．C、角速度，結(jié)合A可知，角速度增大，故C正確；D、根據(jù)=M1a1=M2a知，L變小，則兩星的向心加速度增大，故D錯誤．故選：C4．如圖所示為著名的“阿特伍德機”裝置示意圖．跨過輕質(zhì)定滑輪的輕繩兩端懸掛兩個質(zhì)量均為M的物塊，當(dāng)左側(cè)物塊附上質(zhì)量為m的小物塊時，該物塊由靜止開始加速下落，下落h后小物塊撞擊擋板自動脫離，系統(tǒng)以v勻速運動．忽略系統(tǒng)一切阻力，重力加速度為g．若測出v，則可完成多個力學(xué)實驗．下列關(guān)于此次實驗的說法，正確的是（）A．系統(tǒng)放上小物塊后，輕繩的張力增加了mgB．可測得當(dāng)?shù)刂亓铀俣萭=C．要驗證機械能守恒，需驗證等式mgh=Mv2，是否成立D．.要探究合外力與加速度的關(guān)系，需探究mg=（M+m）是否成立【考點】驗證機械能守恒定律．【分析】對系統(tǒng)應(yīng)用牛頓第二定律求出加速度，然后應(yīng)用牛頓第二定律求出繩子的張力；應(yīng)用動能定理可以求出重力加速度；應(yīng)用機械能守恒定律求出表達式，然后答題；由運動學(xué)公式求出加速度，然后應(yīng)用牛頓第二定律分析答題．【解答】解：A、對系統(tǒng)，由牛頓第二定律得，加速度：a==，對M，由牛頓第二定律得：F﹣Mg=Ma，解得：F=Mg+，故A錯誤；B、對系統(tǒng)，由動能定理得：（M+m）gh﹣Mgh=（M+m+M）v2﹣0，解得：g=，故B正確；C、如果機械能守恒，則：（M+m）gh=Mgh+（M+m+M）v2，整理得：mgh=（2M+m）v2，故C錯誤；D、物體做初速度為零的勻加速直線運動，加速度：a=，由牛頓第二定律得：（M+m）g﹣Mg=（M+m+M）a，整理得：mg=（2M+m），要探究合外力與加速度的關(guān)系，需探究mg=（2M+m）是否成立，故D錯誤；故選：B．5．如圖所示，質(zhì)量為M的汽車從平直公路駛上斜坡．假設(shè)汽車在水平路面上勻速行駛，駛上斜坡后，汽車的功率及所受路面的阻力與在水平路面上行駛時一致，且車到達坡頂前已達到穩(wěn)定狀態(tài)．則在上坡過程中，汽車的速度v、牽引力F，牽引力做的功W，克服路面阻力做的功Wf與時間t的關(guān)系圖象，正確的是（）A． B． C． D．【考點】功率、平均功率和瞬時功率；功的計算．【分析】汽車在水平面上做勻速運動，此時牽引力等于阻力，當(dāng)達到斜面上時，此時汽車還受到重力沿斜面向下的分力，故汽車開始做減速運動，有P=Fv可知，牽引力增大，加速度減小，當(dāng)牽引力等于阻力和重力沿斜面的分力時，速度減到最小，此后做勻速運動，即可判斷【解答】解：A、汽車在水平面上勻速運動時，由P=Fv=fv，當(dāng)?shù)竭_斜面上時，由于剛到達斜面上，此時的牽引力不變，還是F，根據(jù)牛頓第二定律可知F﹣f﹣mgsinθ=ma，故汽車從剛到達斜面時，做減速運動，根據(jù)P=Fv可知，速度減小，牽引力增大，當(dāng)牽引力等于阻力和重力沿斜面的分力時，速度減到最小，此后做勻速運動，故A正確，B錯誤；C、汽車始終在額定功率下運動，故牽引力所做的功為W=Pt，與時間成正比，故C正確；D、汽車開始做減速運動，然后做勻速運動，在減速運動階段，位移不和時間成正比，故D錯誤；故選：AC6．變壓器除了有改變電壓、電流作用外，還有變換負載的阻抗作用，以實現(xiàn)阻抗匹配．如圖所示，將阻值為R0的負載接在理想變壓器副線圈兩端，則圖（a）中虛線部分可等效為圖（b）中阻值為R的電阻接在AB兩點上，即R的兩端電壓為u1，通過的電流為I1．已知變壓器的匝數(shù)比為n1：n2，若圖（a）的AB兩端接在電動勢為ε，內(nèi)阻為r的交流電源上，要使此電源的輸出功率達到最大，下列說法正確的是（）A．R0=R時輸出功率最大B．最大輸出功率P=C．輸出功率最大時μ2=D．R0=（）2r時輸出功率最大【考點】變壓器的構(gòu)造和原理；電功、電功率．【分析】等效為帶有內(nèi)阻的電源的電路，即當(dāng)內(nèi)電阻和外電阻大小相等時，輸出功率最大，即r=R時輸出功率最大；電源輸出功率最大時，求出原線圈中的電壓，根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比求；根據(jù)變壓和變流規(guī)律，結(jié)合歐姆定律求出【解答】解：AB、可等效為帶有內(nèi)阻的電源的電路，即當(dāng)內(nèi)電阻和外電阻大小相等時，輸出功率最大，即r=R時輸出功率最大，最大為，當(dāng)R=r時，，A錯誤B正確；C、根據(jù)閉合回路歐姆定律可得R，當(dāng)輸出功率最大時，r=R，故，代入可得，C錯誤；D、當(dāng)輸出功率最大時有，根據(jù)，結(jié)合，聯(lián)立可得，D正確；故選：BD7．如圖所示，質(zhì)量為m的小球（可視為質(zhì)點）套在傾斜放置的固定光滑桿上，輕質(zhì)彈簧的一端懸掛于O點，另一端與小球相連，彈簧與桿在同一豎直平面內(nèi)．將小球沿桿拉到水平位置A處（此時彈簧處于原長狀態(tài)）由靜止釋放，當(dāng)小球滑至O點正下方的C處時速度恰好為零，此時小球下降的豎直高度為h．若全過程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，且OA=OB，重力加速度為g．則下滑過程中，小球（）A．對彈簧做功mghB．滑到B處時動能最大C．加速度先增大后減小D．與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒【考點】功能關(guān)系；功的計算．【分析】對整個過程，根據(jù)動能定理求出彈簧對小球做功，從而得到小球?qū)椈勺龉Γ?dāng)小球滑到B處時，彈簧處于原長，合外力方向沿桿向下，小球繼續(xù)加速，速度沒有達到最大值．在小球運動的過程中，只有重力和彈簧的彈力做功，系統(tǒng)的機械能守恒，根據(jù)機械能守恒定律分析即可求解．【解答】解：A、小球從A下滑至最低點C的過程中，小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，初、末位置動能都為零，所以彈簧的彈性勢能增加量等于重力勢能的減小量mgh，根據(jù)功能關(guān)系可知，小球?qū)椈勺龉閙gh，故A正確．B、當(dāng)小球滑到B處時，彈簧處于原長，合外力方向沿桿向下，小球繼續(xù)加速，速度沒有達到最大值，則動能也沒有達到最大值，故B錯誤．C、小球在A處和B處彈簧處于原長狀態(tài)，加速度為gsinα，α是桿的傾角．在AB的中點，彈簧與桿垂直，由牛頓第二定律知，小球的加速度也為gsinα．在A到B的過程，彈簧處于壓縮狀態(tài)，可知，小球的加速度先減小后增大，再減小后增大．從B到C，彈簧伸長，由于小球的質(zhì)量未知，則加速度可能先減小后增大，也可能一直減小，故C錯誤．D、小球運動過程中，只有重力和彈簧的彈力做功，系統(tǒng)機械能守恒，故D正確．故選：AD8．如圖所示，磁單極子會在其周圍形成均勻輻射磁場．質(zhì)量為m、半徑為R的圓環(huán)當(dāng)通有恒定的電流I時，恰好能水平靜止在N極正上方H處．已知與磁單極子N極相距r處的磁場強度大小為B=，其中k為常數(shù)．重力加速度為g．則（）A．靜止時圓環(huán)的電流方向為順時針方向（俯視）B．靜止時圓環(huán)沿其半徑方向有擴張的趨勢C．靜止時圓環(huán)的電流I=D．若將圓環(huán)向上平移一小段距離后由靜止釋放，下落中加速度先增加后減小【考點】共點力平衡的條件及其應(yīng)用；磁現(xiàn)象和磁場；左手定則．【分析】圓環(huán)在磁場中受安培力及本身的重力做勻速圓周運動，圓環(huán)處于平衡狀態(tài)，結(jié)合平衡狀態(tài)的特點可得出正確的結(jié)果．【解答】解：A、環(huán)所在處的磁場的方向向上，則環(huán)產(chǎn)生的磁場的方向向下，根據(jù)安培定則可知，靜止時圓環(huán)的電流方向為順時針方向（俯視），故A正確；B、靜止時圓環(huán)的電流方向為逆時針方向由左手定則可知，環(huán)上的各點受到的安培力的方向向上向里，所以環(huán)有收縮的趨勢，故B錯誤；C、對環(huán)的某一部分進行受力分析如圖：在水平方向，根據(jù)安培力的對稱性可知，整個的環(huán)在水平方向的合力為0，豎直方向的合力與重力大小相等，由于在圓環(huán)處各點電流的方向與磁場的方向都垂直，所以整體受到的安培力：F=BI?2πR由幾何關(guān)系：Fcosθ=mgcosθ=由題：B=聯(lián)立得：I=．故C正確；D、結(jié)合C的受力分析可知，若將圓環(huán)向上平移一小段距離后環(huán)受到的安培力將減??；由靜止釋放，重力開始時大于安培力，所以環(huán)加速下落，向下的過程中安培力增大，所以合外力減小，加速度先減?。蔇錯誤．故選：AC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9．某實驗小組利用圖（a）的裝置“通過頻閃照相研究平拋運動”．將小鋼球A由斜槽某位置靜止釋放，到水平軌道末端水平拋出．由頻閃照相得到圖（b）所示的小球位置坐標圖．結(jié)合圖（b）的中的相關(guān)信息，研究得到“平拋運動水平方向是勻速直線運動”這一結(jié)論的依據(jù)是相等時間間隔通過的水平位移相等，“平拋運動豎直方向是勻變速直線運動”這一結(jié)論的依據(jù)是相等時間間隔豎直方向相鄰位移的差值相等【考點】研究平拋物體的運動．【分析】將平拋運動分解為水平方向和豎直方向，通過水平方向上相等時間內(nèi)的位移相等得出水平方向上做勻速直線運動，通過豎直方向上連續(xù)相等時間內(nèi)的位移之差是一恒量得出豎直方向上做勻加速直線運動．【解答】解：由b圖可知，因為頻閃照片的時間間隔相等，在相等時間間隔內(nèi)通過的水平位移相等，可知平拋運動在水平方向上做勻速直線運動．相等時間間隔內(nèi)，豎直方向上相鄰位移的差值相等，可知平拋運動在豎直方向上做勻變速直線運動．故答案為：相等時間間隔通過的水平位移相等；相等時間間隔豎直方向相鄰位移的差值相等；10．某同學(xué)采用圖（a）所示實驗電路來描繪額定電壓為12V的小燈泡伏安特性曲線．（1）將圖（b）的實物圖連接完整．（2）某次實驗時，滑動變阻器的滑片從a向b滑動的過程中，發(fā)現(xiàn)電壓表和電流表原來幾乎沒有示數(shù)，直到接近b端時示數(shù)急劇增大．經(jīng)檢查所有電路連線及儀器都完好，則可能原因是：滑動變阻器阻值遠大于燈泡電阻（3）若描繪出的伏安特性曲線如圖（c）所示，則燈泡的額定功率為6.6W．（保留兩位有效數(shù)字）（4）若將兩盞這樣的燈泡與電動勢12V，內(nèi)阻4Ω的電源申聯(lián)，則燈泡的實際功率為2.0W．《保留兩位有效數(shù)字）【考點】描繪小電珠的伏安特性曲線．【分析】（1）根據(jù)原理圖可得出對應(yīng)的實物圖；（2）根據(jù)串并聯(lián)電路的規(guī)律以及滑動變阻器的作用進行分析，從而明確故障原因；（3）根據(jù)圖象可找出對應(yīng)的電壓和電流，由功率公式可求得額定功率；（4）根據(jù)串并聯(lián)電路的規(guī)律可明確對應(yīng)的電流和電壓的表達式，作出對應(yīng)的圖象，根據(jù)圖象明確燈泡的實際電流和電壓，由功率公式可求得實際功率．【解答】解：（1）根據(jù)原理圖可得出對應(yīng)的實物圖，由圖可知，電流最大值為0.6A，故電流表量程選擇0.6A；如圖所示；（2）滑動變阻器串聯(lián)在電路中，電壓表測量滑動變阻器電壓，剛開始滑動觸頭P由A端向B端逐漸滑動時，電壓表的示數(shù)幾乎不變，說明隨著電阻的變小，滑動變阻器的電阻占整個電路電阻的比例變化不大，直到當(dāng)滑動觸頭P滑至臨近B端時，電壓表的示數(shù)急劇變化，說明滑線變阻器的總電阻太大，所以原因是：滑動變阻器阻值太大，有效使用的部分短；（3）由圖可知，當(dāng)電壓為12V時，電流為0.55A；故功率為：P=UI=12×0.55=6.6W；（4）將兩盞這樣的燈泡與電源串聯(lián)，則燈泡的電流為I，則有：2U=E﹣Ir；U==6﹣2r；作出對應(yīng)的伏安特性曲線，二者之間的交點即為燈泡的工作點，則由圖可知，燈泡的電壓為5V，電流為0.4A，則功率為：P=UI=5×0.4=2.0W；故答案為：（1）如圖；（2）滑動變阻器阻值遠大于燈泡電阻；（3）6.6；（4）2.011．2010年上海世博會上，拉脫維亞館的風(fēng)洞飛行表演，令參觀者大開眼界．如圖（a）所示，圓柱體形狀的風(fēng)洞底部產(chǎn)生風(fēng)速、風(fēng)量保持不變的豎直向上的氣流．表演者在風(fēng)洞內(nèi)．通過身姿調(diào)整．可改變所受向上的風(fēng)力大?。垣@得不同的運動效果．假設(shè)人體受風(fēng)力大小與有效面積成正比，水平橫躺時受風(fēng)力有效而積最大．當(dāng)人缽與豎直方向成一定角度傾斜使受風(fēng)力有效面積為最大值的一半時，恰好可以靜止或勻速運動．已知表演者質(zhì)量60kg，重力加速度g=10m/s2，無風(fēng)力時不計空氣阻力．（1）表演者以水平橫躺的姿勢通過掛鉤與輕繩連接懸停在距風(fēng)洞底部高度h=3.6m處，某時刻釋放掛鉤，表演者保持姿勢不變自由下落．為保證表演者不觸及風(fēng)洞底部，求從開始下落至開啟風(fēng)力的最長間隔時間．（2）某次表演者從風(fēng)洞最底端變換不同姿態(tài)上升過程的v﹣t圖象如圖（b）所示，估算0﹣3s過程風(fēng)力對表演者所做的功．【考點】動能定理；牛頓第二定律．【分析】（1）表演者先做自由落體運動，啟動風(fēng)力后勻減速運動，根據(jù)牛頓第二定律和位移公式可求出最大時間；（2）根據(jù)v﹣t圖象的面積求出上升的最大高度，再根據(jù)動能定理求出風(fēng)力對表演者所做的功．【解答】解：（1）由題意可知，表演者靜止時所受風(fēng)力F1=mg水平橫躺時：F2=2F1=2mg表演者開始下落時做自由落體運動，設(shè)t1時刻開啟風(fēng)力，表演者做勻減速運動．由牛頓第二定律得：F2﹣mg=ma代入數(shù)據(jù)解得：a=g=10m/s2當(dāng)表演者落至風(fēng)洞底部時速度恰好為零，此過程間隔時間最長．加速過程：h1=gt12減速過程：h2=at22總位移為：h=h1+h2聯(lián)立解得：t1=t2=0.6s（2）由圖象可求得面積約為37或38格，故此過程上升的高度為h′=4.625m，末速度v=2m/s上升過程，由動能定理得：W﹣mgh′=mv2﹣0代入數(shù)據(jù)解得：W=2895J答：（1）從開始下落至開啟風(fēng)力的最長間隔時間為0.6s．（2）0﹣3s過程風(fēng)力對表演者所做的功為2895J．12．如圖（a）所示，在豎直平面內(nèi)建立直角坐標系xoy，整個空間內(nèi)都存在垂直于坐標平面向外的勻強磁場和水平向右的勻強電場，勻強電場的方向與x軸止方向夾角為450．已知帶電粒子質(zhì)量為m、電量為+q，磁感應(yīng)強度大小為B，電場強度大小E=，重力加速度為g．（1）若粒子在xoy平面內(nèi)做勻速直線運動，求粒子的速度v0；（2）t=0時刻的電場和磁場方向如圖（a）所示，若電場強度和磁感應(yīng)強度的大小均不變．而方向隨時間周期性的改變，如圖（b）所示．將該粒子從原點O由靜止釋放，在0一時間內(nèi)的運動軌跡如圖（c）虛線OMN所示，M點為軌跡距y軸的最遠點，M距y軸的距離為d．已知在曲線上某一點能找到一個和它內(nèi)切的半徑最大的圓，物體經(jīng)過此點時，相當(dāng)于以此圓的半徑在做圓周運動，這個圓的半徑就定義為曲線上這點的曲率半徑．求：①粒子經(jīng)過M點時曲率半徑ρ②在圖中畫出粒子從N點回到O點的軌跡．【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動；帶電粒子在勻強電場中的運動．【分析】（1）粒子做勻速直線運動，受重力、電場力和洛侖茲力而平衡，根據(jù)平衡條件列式求解；（2）首先對O到M過程運用動能定理列式求解末速度；在M點，合力提供向心力，再根據(jù)牛頓第二定律列式求解曲率半徑．粒子的運動可看作以速度v0沿y軸負方向的勻速直線運動和以v0沿順時針方向的勻速圓周運動的合運動．【解答】解：（1）粒子做勻速直線運動，受力平衡得：，解得，v0方向由左手定則得，沿y軸負方向．（2）①重力和電場力的合力為，粒子從O運動到M過程中，只有重力和電場力的合力做功，據(jù)動能定理W=Fd=，得v=；由，得；②軌跡如圖所示：答：（1）若粒子在xoy平面內(nèi)做勻速直線運動，粒子的速度v0為，沿y軸負方向；（2）①粒子經(jīng)過M點時曲率半徑ρ為；②粒子從N點回到O點的軌跡如圖所示．(二）選考題，任選一模塊作答[物理--選修3-3]13．下列說法正確的是（）A．分子質(zhì)量不同的兩種氣體，溫度相同時其分子的平均動能相同B．一定質(zhì)量的氣體，在體積膨脹的過程中，內(nèi)能一定減小C．布朗運動表明，懸浮微粒周圍的液體分子在做無規(guī)則運動D．知道阿伏伽德羅常數(shù)、氣體的摩爾質(zhì)量和密度就可以估算出氣體分子的大小E．兩個分子的間距從極近逐漸增大到10r0的過程中，它們的分子勢能先減小后增大【考點】阿伏加德羅常數(shù)；布朗運動；分子勢能．【分析】布朗運動是指在顯微鏡下觀察到的固體顆粒的無規(guī)則運動；溫度是分子的平均動能的標志；分子之間的作用力與距離的關(guān)系，要掌握其變化的規(guī)律；根據(jù)熱力學(xué)第一定律，物體在對外做功的同時，若吸收熱量，物體的內(nèi)能可能增大．【解答】解：A、溫度是分子平均動能的量度，故溫宿相同，分子的平均動能相同，故A正確；B、一定質(zhì)量的氣體，在體積膨脹的過程中，溫度可能升高，內(nèi)能不一定減小，故B錯誤；C、布朗運動表明，懸浮微粒周圍的液體分子在做無規(guī)則運動，故C正確；D、知道阿伏伽德羅常數(shù)、氣體的摩爾質(zhì)量和密度就可以估算出氣體分子所占空間的大小，但不能計算出分子的大小，故D錯誤；E、兩個分子的間距從極近逐漸增大到10r0的過程中，分子間表現(xiàn)出先斥力后引力，故分子力先做正功，后做負功，它們的分子勢能先減小后增大，故E正確；故選：ACE14．如圖所示，左右兩個容器的側(cè)壁都是絕熱的、底部都是導(dǎo)熱的、橫截面積均為S．左容器足夠高，上端敞開，右容器上端由導(dǎo)熱材料封閉．兩個容器的下端由容積可忽略的細管連通．容器內(nèi)兩個絕熱的活塞A、B下方封有氮氣，B上方封有氫氣．大氣的壓強為p0，外部氣溫為T0=273K保持不變，兩個活塞因自身重力對下方氣體產(chǎn)生的附加壓強均為0.1p0．系統(tǒng)平衡時，各氣體柱的高度如圖所示．現(xiàn)將系統(tǒng)的底部浸入恒溫?zé)崴壑?，再次平衡時A上升了一定的高度．用外力將A緩慢推回第一次平衡時的位置并固定，第三次達到平衡后，氫氣柱高度為0.8h．氮氣和氫氣均可視為理想氣體．求：（1）第二次平衡時氮氣的體積；（2）水的溫度．【考點】氣體的等溫變化；氣體的等容變化和等壓變化；封閉氣體壓強．【分析】第一個過程是等溫過程，應(yīng)用玻意耳定理可解得，第二步為等壓變化，用蓋﹣呂薩克定理可以解得．【解答】解：（1）考慮氫氣的等溫過程，該過程的初態(tài)壓強為P0，體積為hS，末態(tài)體積為0.8hS，設(shè)末態(tài)的壓強為P，由玻意耳定理得：P==1.25P0活塞A從最高點被第一次推回平衡位置的過程是等溫過程，該過程的初態(tài)壓強為1.1P0，體積為V，末態(tài)壓強為P′，末態(tài)體積V′則：P′=P+0.1P0=1.35P0V′=2.2hS由玻意耳定理得：V=×2.2hS=2.7hS（2）活塞A從從最初位置升到最高位置過程為等壓過程，該過程的初態(tài)體積和溫度分別為2hS和T0=273K，末態(tài)體積為2.7hS，設(shè)末態(tài)溫度為T，由該呂薩克定律得：T==368.55K答：第二次平衡時氮氣的體積為2.75hS；水的溫度為368.55K．[物理一選修3-4]15．下列說法正確的是（）A．偏振光可以是橫波，也可以是縱波B．光學(xué)鏡頭上的增透膜是利用光的干涉現(xiàn)象C．光纖通信及醫(yī)用纖維式內(nèi)窺鏡都是利用了光的全反射原理D．X射線在磁場中能偏轉(zhuǎn)．穿透能力強，可用來進行人體透視E．聲源與觀察者相對靠近時，觀察者所接收的頻率大于聲源振動的頻率【考點】全反射；光的干涉．【分析】偏振光只可以是橫波；增透膜是利用光的干涉現(xiàn)象；門鏡是利用折射的原理；X光具有穿透性；當(dāng)聲源與觀察者間距增大時，接收頻率變小，而間距減小時，則接收頻率變大，從而即可一一求解．【解答】解：A、偏振光只可以是橫波，不能是縱波，故A錯誤；B、光學(xué)鏡頭上的增透膜是利用光的干涉現(xiàn)象，故B正確；C、光導(dǎo)纖維傳輸信號及醫(yī)用纖維式內(nèi)窺鏡都是利用光的全反射現(xiàn)象，故C正確；D、用X光機透視人體是利用X光的穿透性，但在磁場中不能偏轉(zhuǎn)，因其不帶電．故D錯誤．E、根據(jù)多普勒效應(yīng)可知，聲源與觀察者相對靠近，觀察者所接收的頻率大于聲源發(fā)出的頻率，故E正確；故選：BCE．16．一列簡諧橫波在t=0.6s時刻的圖象如圖甲所示．該時刻P，Q兩質(zhì)點的位移均為﹣lcm，平衡位置為15m處的A質(zhì)點的振動圖象如圖乙所示．（i）求該列波的波速大??；（ii）求從t=0.6s開始，質(zhì)點P、Q第一次回到平衡位置的時間間隔△t．【考點】橫波的圖象；波長、頻率和波速的關(guān)系．【分析】（i）由甲圖讀出波長，由乙圖周