2016年全國統(tǒng)一高考物理試卷（新課標(biāo)ⅱ）2

2016年全國統(tǒng)一高考物理試卷（新課標(biāo)Ⅱ）一、選擇題：本大題共8小題，每小題6分．在每小題給出的四個選項中，第1～5題只有一項是符合題目要求，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．（6分）質(zhì)量為m的物體用輕繩AB懸掛于天花板上。用水平向左的力F緩慢拉動繩的中點O，如圖所示。用T表示繩OA段拉力的大小，在O點向左移動的過程中（）A．F逐漸變大，T逐漸變大 B．F逐漸變大，T逐漸變小 C．F逐漸變小，T逐漸變大 D．F逐漸變小，T逐漸變小 2．（6分）如圖，P為固定的點電荷，虛線是以P為圓心的兩個圓．帶電粒子Q在P的電場中運動．運動軌跡與兩圓在同一平面內(nèi)，a、b、c為軌跡上的三個點．若Q僅受P的電場力作用，其在a、b、c點的加速度大小分別為aa、ab、ac，速度大小分別為va、vb、vc，則（）A．a(chǎn)a＞ab＞ac，va＞vc＞vb B．a(chǎn)a＞ab＞ac，vb＞vc＞va C．a(chǎn)b＞ac＞aa，vb＞vc＞va D．a(chǎn)b＞ac＞aa，va＞vc＞vb 3．（6分）小球P和Q用不可伸長的輕繩懸掛在天花板上，P球的質(zhì)量大于Q球的質(zhì)量，懸掛P球的繩比懸掛Q球的繩短。將兩球拉起，使兩繩均被水平拉直，如圖所示。將兩球由靜止釋放。在各自軌跡的最低點，（）A．P球的速度一定大于Q球的速度 B．P球的動能一定小于Q球的動能 C．P球所受繩的拉力一定大于Q球所受繩的拉力 D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度 4．（6分）阻值相等的四個電阻、電容器C及電池E（內(nèi)阻可忽略）連接成如圖所示電路。開關(guān)S斷開且電流穩(wěn)定時，C所帶的電荷量為Q1，閉合開關(guān)S，電流再次穩(wěn)定后，C所帶的電荷量為Q2．Q1與Q2的比值為（）A． B． C． D． 5．（6分）一圓筒處于磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向與筒的軸平行，筒的橫截面如圖所示．圖中直徑MN的兩端分別開有小孔，筒繞其中心軸以角速度ω順時針轉(zhuǎn)動．在該截面內(nèi)，一帶電粒子從小孔M射入筒內(nèi)，射入時的運動方向與MN成30°角．當(dāng)筒轉(zhuǎn)過90°時，該粒子恰好從小孔N飛出圓筒．不計重力．若粒子在筒內(nèi)未與筒壁發(fā)生碰撞，則帶電粒子的比荷為（）A． B． C． D． 6．（6分）兩實心小球甲和乙由同一種材質(zhì)制成，甲球質(zhì)量大于乙球質(zhì)量。兩球在空氣中由靜止下落，假設(shè)它們運動時受到的阻力與球的半徑成正比，與球的速率無關(guān)。若它們下落相同的距離，則（）A．甲球用的時間比乙球長 B．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小 C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小 D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功 7．（6分）法拉第圓盤發(fā)電機的示意圖如圖所示。銅圓盤安裝在豎直的銅軸上，兩銅片P、Q分別于圓盤的邊緣和銅軸接觸，圓盤處于方向豎直向上的勻強磁場B中，圓盤旋轉(zhuǎn)時，關(guān)于流過電阻R的電流，下列說法正確的是（）A．若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度恒定，則電流大小恒定 B．若從上往下看，圓盤順時針轉(zhuǎn)動，則電流沿a到b的方向流動 C．若圓盤轉(zhuǎn)動方向不變，角速度大小發(fā)生變化，則電流方向可能發(fā)生變化D．若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉淼?倍 8．（6分）如圖，小球套在光滑的豎直桿上，輕彈簧一端固定于O點，另一端與小球相連?，F(xiàn)將小球從M點由靜止釋放，它在下降的過程中經(jīng)過了N點。已知M、N兩點處，彈簧對小球的彈力大小相等，且∠ONM＜∠OMN＜．在小球從M點運動到N點的過程中（）A．彈力對小球先做正功后做負(fù)功 B．有兩個時刻小球的加速度等于重力加速度 C．彈簧長度最短時，彈力對小球做功的功率為零 D．小球到達(dá)N點時的動能等于其在M、N兩點的重力勢能差 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（共129分）9．（6分）某物理小組對輕彈簧的彈性勢能進(jìn)行探究，實驗裝置如圖所示：輕彈簧放置在光滑水平桌面上，彈簧左端固定，右端與一物塊接觸而不連接，紙帶穿過打點計時器并與物塊連接。向左推物塊使彈簧壓縮一段距離，由靜止釋放物塊，通過測量和計算，可求得彈簧被壓縮后的彈性勢能。（1）實驗中涉及到下列操作步驟：①把紙帶向左拉直②松手釋放物塊③接通打點計時器電源④向左推物塊使彈簧壓縮，并測量彈簧壓縮量上述步驟正確的操作順序是（填入代表步驟的序號）。（2）圖（b）中M和L紙帶是分別把彈簧壓縮到不同位置后所得到的實際打點結(jié)果。打點計時器所用交流電的頻率為50Hz，由M紙帶所給的數(shù)據(jù)，可求出在該紙帶對應(yīng)的試驗中物塊脫離彈簧時的速度為m/s。比較兩紙帶可知（填“M”或“L“）紙帶對應(yīng)的試驗中彈簧被壓縮后的彈性勢能大。10．（9分）某同學(xué)利用圖（a）所示電路測量量程為2.5V的電壓表的內(nèi)阻（內(nèi)阻為數(shù)千歐姆），可供選擇的器材有：電阻箱R（最大阻值99999.9Ω），滑動變阻器R1（最大阻值50Ω），滑動變阻器R2（最大阻值5kΩ），直流電源E（電動勢3V）。開關(guān)1個，導(dǎo)線若干。實驗步驟如下：①按電路原理圖（a）連接線路；②將電阻箱阻值調(diào)節(jié)為0，將滑動變阻器的滑片移到與圖（a）中最左端所對應(yīng)的位置，閉合開關(guān)S；③調(diào)節(jié)滑動變阻器使電壓表滿偏；④保持滑動變阻器的滑片位置不變，調(diào)節(jié)電阻箱阻值，使電壓表的示數(shù)為2.00V，記下電阻箱的阻值?；卮鹣铝袉栴}：（1）實驗中應(yīng)選擇滑動變阻器（填“R1”或“R2”）。（2）根據(jù)圖（a）所示電路將圖（b）中實物圖連線。（3）實驗步驟④中記錄的電阻箱阻值為630.0Ω，若認(rèn)為調(diào)節(jié)電阻箱時滑動變阻器上的分壓不變，計算可得電壓表的內(nèi)阻為Ω（結(jié)果保留到個位）。（4）如果此電壓表是由一個表頭和電阻串聯(lián)構(gòu)成的，可推斷該表頭的滿刻度電流為（填正確答案標(biāo)號）。A.100μAB.250μAC.500μAD.1mA。11．（12分）如圖，水平面（紙面）內(nèi)間距為l的平行金屬導(dǎo)軌間接一電阻，質(zhì)量為m、長度為l的金屬桿置于導(dǎo)軌上，t=0時，金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開始運動，t0時刻，金屬桿進(jìn)入磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場區(qū)域，且在磁場中恰好能保持勻速運動。桿與導(dǎo)軌的電阻均忽略不計，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動摩擦因數(shù)為μ．重力加速度大小為g。求：（1）金屬桿在磁場中運動時產(chǎn)生的電動勢的大??；（2）電阻的阻值。12．（20分）輕質(zhì)彈簧原長為2l，將彈簧豎直放置在地面上，在其頂端將一質(zhì)量為5m的物體由靜止釋放，當(dāng)彈簧被壓縮到最短時，彈簧長度為l．現(xiàn)將該彈簧水平放置，一端固定在A點，另一端與物塊P接觸但不連接．AB是長度為5l的水平軌道，B端與半徑為l的光滑半圓軌道BCD相切，半圓的直徑BD豎直，如圖所示．物塊P與AB間的動摩擦因數(shù)μ=0.5．用外力推動物塊P，將彈簧壓縮至長度l，然后釋放，P開始沿軌道運動，重力加速度大小為g．（1）若P的質(zhì)量為m，求P到達(dá)B點時速度的大小，以及它離開圓軌道后落回到AB上的位置與B點間的距離；（2）若P能滑上圓軌道，且仍能沿圓軌道滑下，求P的質(zhì)量mp的取值范圍．三、選考題：共45分．請考生從給出的物理題中任選一題作答.如果多做，則按所做的第一題計分．[物理選修33]13．（5分）一定量的理想氣體從狀態(tài)a開始，經(jīng)歷等溫或等壓過程ab、bc、cd、da回到原狀態(tài)，其P﹣T圖象如圖所示，其中對角線ac的延長線過原點O．下列判斷正確的是（）A．氣體在a、c兩狀態(tài)的體積相等 B．氣體在狀態(tài)a時的內(nèi)能大于它在狀態(tài)c時的內(nèi)能 C．在過程cd中氣體向外界放出的熱量大于外界對氣體做的功 D．在過程da中氣體從外界吸收的熱量小于氣體對外界做的功 E．在過程bc中外界對氣體做的功等于在過程da中氣體對外界做的功 14．（10分）一氧氣瓶的容積為0.08m3，開始時瓶中氧氣的壓強為20個大氣壓。某實驗室每天消耗1個大氣壓的氧氣0.36m3．當(dāng)氧氣瓶中的壓強降低到2個大氣壓時，需重新充氣。若氧氣的溫度保持不變，求這瓶氧氣重新充氣前可供該實驗室使用多少天。[物理選修34]15．關(guān)于電磁波，下列說法正確的是（）A．電磁波在真空中的傳播速度與電磁波的頻率無關(guān) B．周期性變化的電場和磁場可以相互激發(fā)，形成電磁波 C．電磁波在真空中自由傳播時，其傳播方向與電場強度、磁感應(yīng)強度垂直D．利用電磁波傳遞信號可以實現(xiàn)無線通信，但電磁波不能通過電纜、光纜傳輸 E．電磁波可以由電磁振蕩產(chǎn)生，若波源的電磁振蕩停止，空間的電磁波隨即消失 16．一列簡諧橫波在介質(zhì)中沿x軸正向傳播，波長不小于10cm。O和A是介質(zhì)中平衡位置分別位于x=0和x=5cm處的兩個質(zhì)點。t=0時開始觀測，此時質(zhì)點O的位移為y=4cm，質(zhì)點A處于波峰位置：t=s時，質(zhì)點O第一次回到平衡位置，t=1s時，質(zhì)點A第一次回到平衡位置。求（i）簡諧波的周期、波速和波長；（ii）質(zhì)點O的位移隨時間變化的關(guān)系式。[物理選修35]17．在下列描述的核過程的方程中，屬于α衰變的是，屬于β衰變的是，屬于裂變的是，屬于聚變的是．（填正確答案的標(biāo)號）A.C→N+eB.P→S+eC.U→Th+HeD.N+He→O+HE.U+n→Xe+Sr+2nF.H+H→He+n．18．如圖，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側(cè)一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上。某時刻小孩將冰塊以相對冰面3m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h=0.3m（h小于斜面體的高度）。已知小孩與滑板的總質(zhì)量為m1=30kg，冰塊的質(zhì)量為m2=10kg，小孩與滑板始終無相對運動。取重力加速度的大小g=10m/s2。（i）求斜面體的質(zhì)量；（ii）通過計算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？2016年全國統(tǒng)一高考物理試卷（新課標(biāo)Ⅱ）參考答案與試題解析一、選擇題：本大題共8小題，每小題6分．在每小題給出的四個選項中，第1～5題只有一項是符合題目要求，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．（6分）質(zhì)量為m的物體用輕繩AB懸掛于天花板上。用水平向左的力F緩慢拉動繩的中點O，如圖所示。用T表示繩OA段拉力的大小，在O點向左移動的過程中（）A．F逐漸變大，T逐漸變大 B．F逐漸變大，T逐漸變小 C．F逐漸變小，T逐漸變大 D．F逐漸變小，T逐漸變小 【考點】2G：力的合成與分解的運用；3C：共點力的平衡．【專題】11：計算題；12：應(yīng)用題；31：定性思想；49：合成分解法；527：共點力作用下物體平衡專題．【分析】本題關(guān)鍵是抓住懸掛物B的重力不變，即OB段繩中張力恒定，O點緩慢移動時，點O始終處于平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡條件列式求解各力變化情況．【解答】解：以結(jié)點O為研究對象受力分析如下圖所示：由題意知點O緩慢移動，即在移動過程中始終處于平衡狀態(tài)，則可知：繩OB的張力TB=mg根據(jù)平衡條件可知：Tcosθ﹣TB=0Tsinθ﹣F=0由此兩式可得：F=TBtanθ=mgtanθT=在結(jié)點為O被緩慢拉動過程中，夾角θ增大，由三角函數(shù)可知：F和T均變大，故A正確，BCD錯誤。故選：A。【點評】掌握共點力平衡條件是正確解決本題的關(guān)鍵，本題中注意對緩慢拉動所隱含的在拉動過程中物體始終處于平衡狀態(tài)條件的挖掘．2．（6分）如圖，P為固定的點電荷，虛線是以P為圓心的兩個圓．帶電粒子Q在P的電場中運動．運動軌跡與兩圓在同一平面內(nèi)，a、b、c為軌跡上的三個點．若Q僅受P的電場力作用，其在a、b、c點的加速度大小分別為aa、ab、ac，速度大小分別為va、vb、vc，則（）A．a(chǎn)a＞ab＞ac，va＞vc＞vb B．a(chǎn)a＞ab＞ac，vb＞vc＞va C．a(chǎn)b＞ac＞aa，vb＞vc＞va D．a(chǎn)b＞ac＞aa，va＞vc＞vb 【考點】37：牛頓第二定律；A6：電場強度與電場力．【專題】32：定量思想；43：推理法；532：電場力與電勢的性質(zhì)專題．【分析】根據(jù)帶電粒子的運動軌跡彎曲方向，即可判斷庫侖力是引力還是斥力；電場線密的地方電場的強度大，電場線疏的地方電場的強度小，電場力做正功，速度增大，電場力做負(fù)功，速度減小，根據(jù)這些知識進(jìn)行分析即可．【解答】解：點電荷的電場強度的特點是離開場源電荷距離越小，場強越大，粒子受到的電場力越大，帶電粒子的加速度越大，所以ab＞ac＞aa，根據(jù)軌跡彎曲方向判斷出，粒子在運動的過程中，一直受靜電斥力作用，離電荷最近的位置，電場力對粒子做的負(fù)功越多，粒子的速度越小，所以va＞vc＞vb，所以D正確，ABC錯誤；故選：D?！军c評】本題中，點電荷的電場強度的特點是離開場源電荷距離越大，場強越小，掌握住電場線和等勢面的特點，即可解決本題．屬于基礎(chǔ)題目．3．（6分）小球P和Q用不可伸長的輕繩懸掛在天花板上，P球的質(zhì)量大于Q球的質(zhì)量，懸掛P球的繩比懸掛Q球的繩短。將兩球拉起，使兩繩均被水平拉直，如圖所示。將兩球由靜止釋放。在各自軌跡的最低點，（）A．P球的速度一定大于Q球的速度 B．P球的動能一定小于Q球的動能 C．P球所受繩的拉力一定大于Q球所受繩的拉力 D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度 【考點】37：牛頓第二定律；4A：向心力；6C：機械能守恒定律．【專題】11：計算題；34：比較思想；43：推理法；52E：機械能守恒定律應(yīng)用專題．【分析】從靜止釋放至最低點，由機械能守恒列式，可知最低點的速度、動能；在最低點由牛頓第二定律可得繩子的拉力和向心加速度。【解答】解：AB．從靜止釋放至最低點，由機械能守恒得：mgR=mv2，解得：v=在最低點的速度只與半徑有關(guān)，可知vP＜vQ；動能與質(zhì)量和半徑有關(guān)，由于P球的質(zhì)量大于Q球的質(zhì)量，懸掛P球的繩比懸掛Q球的繩短，所以不能比較動能的大小。故AB錯誤；CD．在最低點，拉力和重力的合力提供向心力，由牛頓第二定律得：F﹣mg=m，解得，F(xiàn)=mg+m=3mg，a向=，所以P球所受繩的拉力一定大于Q球所受繩的拉力，向心加速度兩者相等。故C正確，D錯誤。故選：C?！军c評】再求最低的速度、動能時，也可以使用動能定理求解；在比較一個物理量時，應(yīng)該找出影響它的所有因素，全面的分析才能正確的解題。4．（6分）阻值相等的四個電阻、電容器C及電池E（內(nèi)阻可忽略）連接成如圖所示電路。開關(guān)S斷開且電流穩(wěn)定時，C所帶的電荷量為Q1，閉合開關(guān)S，電流再次穩(wěn)定后，C所帶的電荷量為Q2．Q1與Q2的比值為（）A． B． C． D． 【考點】AN：電容器與電容；BB：閉合電路的歐姆定律．【專題】11：計算題；34：比較思想；43：推理法；535：恒定電流專題．【分析】開關(guān)S斷開和閉合時，利用閉合電路歐姆定律，分別求電容的電壓，再由C=可得電量之比．【解答】解：當(dāng)開關(guān)S斷開時，電路總阻值：R總=R+=，則干路電流I=，電容的電壓U1==；當(dāng)開關(guān)S閉合時，電路總阻值：R總=R+=，則干路電流I=，電容的電壓U2=E﹣IR=；由C=可得：=，故C正確，ABD錯誤。故選：C。【點評】解題的關(guān)鍵是清楚開關(guān)斷開與閉合時電路的結(jié)構(gòu)，并能應(yīng)用閉合電路歐姆定律求電容的電壓．5．（6分）一圓筒處于磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向與筒的軸平行，筒的橫截面如圖所示．圖中直徑MN的兩端分別開有小孔，筒繞其中心軸以角速度ω順時針轉(zhuǎn)動．在該截面內(nèi)，一帶電粒子從小孔M射入筒內(nèi)，射入時的運動方向與MN成30°角．當(dāng)筒轉(zhuǎn)過90°時，該粒子恰好從小孔N飛出圓筒．不計重力．若粒子在筒內(nèi)未與筒壁發(fā)生碰撞，則帶電粒子的比荷為（）A． B． C． D． 【考點】CI：帶電粒子在勻強磁場中的運動．【專題】32：定量思想；4B：圖析法；4C：方程法；536：帶電粒子在磁場中的運動專題．【分析】由題，粒子不經(jīng)碰撞而直接從N孔射出，即可根據(jù)幾何知識畫出軌跡，由幾何關(guān)系求出軌跡的圓心角，根據(jù)圓筒轉(zhuǎn)動時間和粒子勻速圓周運動時間相等即可．【解答】解：粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)幾何關(guān)系，有∠MOA=90°，∠OMA=45°，∠CMO'=60°，所以∠O′MA=75°，∠O′AM=75°，∠MO′A=30°即軌跡圓弧所對的圓心角為30°粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期粒子在磁場中勻速圓周運動的時間圓筒轉(zhuǎn)動90°所用時間粒子勻速圓周運動的時間和圓筒轉(zhuǎn)動時間相等t=t′解得：，A正確，BCD錯誤故選：A?！军c評】本題考查了帶點粒子在勻強磁場中的運動，分析清楚粒子運動過程、應(yīng)用牛頓第二定律、數(shù)學(xué)知識即可正確解題；根據(jù)題意作出粒子的運動軌跡是正確解題的關(guān)鍵．6．（6分）兩實心小球甲和乙由同一種材質(zhì)制成，甲球質(zhì)量大于乙球質(zhì)量。兩球在空氣中由靜止下落，假設(shè)它們運動時受到的阻力與球的半徑成正比，與球的速率無關(guān)。若它們下落相同的距離，則（）A．甲球用的時間比乙球長 B．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小 C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小 D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功 【考點】37：牛頓第二定律；6B：功能關(guān)系．【專題】21：信息給予題；31：定性思想；4C：方程法；52Q：功能關(guān)系能量守恒定律．【分析】設(shè)出小球的密度，寫出質(zhì)量的表達(dá)式，再結(jié)合題目的條件寫出阻力的表達(dá)式，最后結(jié)合牛頓第二定律寫出加速度的表達(dá)式．根據(jù)物體的加速度的關(guān)系結(jié)合運動學(xué)的公式判斷運動的時間以及末速度；根據(jù)功的公式判斷克服阻力做的功．【解答】解：設(shè)小球的密度為ρ，半徑為r，則小球的質(zhì)量為：m=重力：G=mg=小球的加速度：a=可知，小球的質(zhì)量越大，半徑越大，則下降的加速度越大。所以甲的加速度比較大。A、兩個小球下降的距離是相等的，根據(jù)：x=可知，加速度比較大的甲運動的時間短。故A錯誤；B、根據(jù)：2ax=可知，加速度比較大的甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小。故B正確；C、小球的質(zhì)量越大，半徑越大，則下降的加速度越大。所以甲的加速度比較大。故C錯誤；D、由題可知，它們運動時受到的阻力與球的半徑成正比，即：f=kr，所以甲的阻力大，根據(jù)W=FS可知，甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功。故D正確。故選：BD。【點評】該題結(jié)合新信息考查牛頓第二定律的應(yīng)用，解答的關(guān)鍵是根據(jù)質(zhì)量關(guān)系判斷出半徑關(guān)系，然后正確應(yīng)用“它們運動時受到的阻力與球的半徑成正比”進(jìn)行解答．7．（6分）法拉第圓盤發(fā)電機的示意圖如圖所示。銅圓盤安裝在豎直的銅軸上，兩銅片P、Q分別于圓盤的邊緣和銅軸接觸，圓盤處于方向豎直向上的勻強磁場B中，圓盤旋轉(zhuǎn)時，關(guān)于流過電阻R的電流，下列說法正確的是（）A．若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度恒定，則電流大小恒定 B．若從上往下看，圓盤順時針轉(zhuǎn)動，則電流沿a到b的方向流動 C．若圓盤轉(zhuǎn)動方向不變，角速度大小發(fā)生變化，則電流方向可能發(fā)生變化 D．若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉淼?倍 【考點】BB：閉合電路的歐姆定律；D9：導(dǎo)體切割磁感線時的感應(yīng)電動勢；DD：電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化．【專題】31：定性思想；43：推理法；53C：電磁感應(yīng)與電路結(jié)合．【分析】圓盤轉(zhuǎn)動可等效看成無數(shù)軸向?qū)w切割磁感線，有效切割長度為銅盤的半徑L，根據(jù)感應(yīng)電動勢公式分析電動勢情況，由歐姆定律分析電流情況．根據(jù)右手定則分析感應(yīng)電流方向，根據(jù)分析電流在R上的熱功率變化情況【解答】解：AB、銅盤轉(zhuǎn)動產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：，B、L、ω不變，E不變，電流大小恒定不變，由右手定則可知，回路中電流方向不變，若從上往下看，圓盤順時針轉(zhuǎn)動，由右手定則知，電流沿a到b的方向流動，故AB正確；C、若圓盤轉(zhuǎn)動方向不變，角速度大小發(fā)生變化，則電流方向不變，大小變化，故C錯誤；D、若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍，回路電流變?yōu)樵瓉?倍，根據(jù)電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉淼?倍，故D錯誤；故選：AB?！军c評】本題是轉(zhuǎn)動切割磁感線類型，運用等效法處理．根據(jù)右手定則判斷感應(yīng)電流的方向，需要熟練掌握．8．（6分）如圖，小球套在光滑的豎直桿上，輕彈簧一端固定于O點，另一端與小球相連?，F(xiàn)將小球從M點由靜止釋放，它在下降的過程中經(jīng)過了N點。已知M、N兩點處，彈簧對小球的彈力大小相等，且∠ONM＜∠OMN＜．在小球從M點運動到N點的過程中（）A．彈力對小球先做正功后做負(fù)功 B．有兩個時刻小球的加速度等于重力加速度 C．彈簧長度最短時，彈力對小球做功的功率為零 D．小球到達(dá)N點時的動能等于其在M、N兩點的重力勢能差 【考點】62：功的計算；6B：功能關(guān)系．【專題】31：定性思想；43：推理法；52Q：功能關(guān)系能量守恒定律．【分析】彈力為0時或彈力方向與桿垂直時物體加速度為g，且彈力功率為0．因M，N彈力大小相等則彈性勢能相等。據(jù)此分析各選項。【解答】解：A、由題可知，M、N兩點處，彈簧對小球的彈力大小相等，則在運動過程中OM為壓縮狀態(tài)，N點為伸長狀態(tài)；小球向下運動的過程中彈簧的長度先減小后增大，則彈簧的彈性勢能先增大，后減小，再增大，所以彈力對小球先做負(fù)功再做正功，最后再做負(fù)功。故A錯誤。B、在運動過程中M點為壓縮狀態(tài)，N點為伸長狀態(tài)，則由M到N有一狀態(tài)彈力為0且此時彈力與桿不垂直，加速度為g；當(dāng)彈簧與桿垂直時小球加速度為g。則有兩處加速度為g。故B正確。C、由圖可知，彈簧長度最短時，彈簧與桿的方向相互垂直，則彈力的方向與運動的方向相互垂直，所以彈力對小球做功的功率為零，故C正確。D、因M點與N點彈簧的彈力相等，所以彈簧的形變量相等，彈性勢能相同，彈力對小球做的總功為零，則彈簧彈力對小球所做的正功等于小球克服彈簧彈力所做的功；小球向下運動的過程中只有重力做正功，所以小球到達(dá)N點時的動能等于其在M、N兩點的重力勢能差。故D正確故選：BCD?！军c評】本題考查彈簧類問題中的機械能守恒，注意彈簧的彈性勢能與彈簧的形變量有關(guān)，形變量相同，則彈簧勢能相同。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（共129分）9．（6分）某物理小組對輕彈簧的彈性勢能進(jìn)行探究，實驗裝置如圖所示：輕彈簧放置在光滑水平桌面上，彈簧左端固定，右端與一物塊接觸而不連接，紙帶穿過打點計時器并與物塊連接。向左推物塊使彈簧壓縮一段距離，由靜止釋放物塊，通過測量和計算，可求得彈簧被壓縮后的彈性勢能。（1）實驗中涉及到下列操作步驟：①把紙帶向左拉直②松手釋放物塊③接通打點計時器電源④向左推物塊使彈簧壓縮，并測量彈簧壓縮量上述步驟正確的操作順序是④①③②（填入代表步驟的序號）。（2）圖（b）中M和L紙帶是分別把彈簧壓縮到不同位置后所得到的實際打點結(jié)果。打點計時器所用交流電的頻率為50Hz，由M紙帶所給的數(shù)據(jù)，可求出在該紙帶對應(yīng)的試驗中物塊脫離彈簧時的速度為1.29m/s。比較兩紙帶可知M（填“M”或“L“）紙帶對應(yīng)的試驗中彈簧被壓縮后的彈性勢能大?！究键c】69：彈性勢能；M7：探究彈力和彈簧伸長的關(guān)系．【專題】13：實驗題；23：實驗探究題；31：定性思想；46：實驗分析法；523：彈力的存在及方向的判定專題．【分析】（1）根據(jù)實驗原理可明確實驗方法以及步驟；（2）分析紙帶，根據(jù)紙帶上距離的變化可明確物體何時離開彈簧，再根據(jù)平均速度法可求得脫離時的速度；根據(jù)對應(yīng)的長度可明確速度大小，從而比較彈性勢能?！窘獯稹拷猓海?）實驗中應(yīng)先將物塊推到最左側(cè)，測量壓縮量，再把紙帶向左拉直；先接通電源，穩(wěn)定后再釋放紙帶；故步驟為④①③②；（2）由M紙帶可知，左側(cè)應(yīng)為與物塊相連的位置；由圖可知，兩點間的距離先增大后減小；故2.58段時物體應(yīng)脫離彈簧；則由平均速度可求得，其速度v=×10﹣2=1.29m/s；因彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為物體的動能，則可知離開時速度越大，則彈簧的彈性勢能越大；由圖可知，M中的速度要大于L中速度；故說明M紙帶對應(yīng)的彈性勢能大；故答案為：（1）④①③②；（2）1.29；M?！军c評】本題考查探究彈性勢能的實驗，要注意通過題意分析實驗原理，然后再結(jié)合我們所學(xué)過的規(guī)律分析求解即可；同時要求能注意實驗中的注意事項以及實驗方法。10．（9分）某同學(xué)利用圖（a）所示電路測量量程為2.5V的電壓表的內(nèi)阻（內(nèi)阻為數(shù)千歐姆），可供選擇的器材有：電阻箱R（最大阻值99999.9Ω），滑動變阻器R1（最大阻值50Ω），滑動變阻器R2（最大阻值5kΩ），直流電源E（電動勢3V）。開關(guān)1個，導(dǎo)線若干。實驗步驟如下：①按電路原理圖（a）連接線路；②將電阻箱阻值調(diào)節(jié)為0，將滑動變阻器的滑片移到與圖（a）中最左端所對應(yīng)的位置，閉合開關(guān)S；③調(diào)節(jié)滑動變阻器使電壓表滿偏；④保持滑動變阻器的滑片位置不變，調(diào)節(jié)電阻箱阻值，使電壓表的示數(shù)為2.00V，記下電阻箱的阻值?；卮鹣铝袉栴}：（1）實驗中應(yīng)選擇滑動變阻器R1（填“R1”或“R2”）。（2）根據(jù)圖（a）所示電路將圖（b）中實物圖連線。（3）實驗步驟④中記錄的電阻箱阻值為630.0Ω，若認(rèn)為調(diào)節(jié)電阻箱時滑動變阻器上的分壓不變，計算可得電壓表的內(nèi)阻為2520Ω（結(jié)果保留到個位）。（4）如果此電壓表是由一個表頭和電阻串聯(lián)構(gòu)成的，可推斷該表頭的滿刻度電流為D（填正確答案標(biāo)號）。A.100μAB.250μAC.500μAD.1mA。【考點】N6：伏安法測電阻．【專題】13：實驗題；32：定量思想；43：推理法；535：恒定電流專題．【分析】（1）調(diào)節(jié)電阻箱時滑動變阻器上的分壓要幾乎不變，故需要選擇較小的變阻器；（2）對照電路圖連線，可以先連接電源、電鍵和變阻器，最后將電壓表和電阻箱串聯(lián)后并聯(lián)上去；（3）結(jié)合歐姆定律列式求解即可；（4）電壓表為表頭與分壓電阻串聯(lián)而成，根據(jù)歐姆定律，用滿偏電壓除以電阻即可?！窘獯稹拷猓海?）調(diào)節(jié)電阻箱時需要滑動變阻器上的分壓保持不變，需要電壓表的電阻遠(yuǎn)大于變阻器的電阻，故變阻器選阻值小的，故選滑動變阻器R1；（2）實物圖連接如圖所示：（3）電壓表和電阻箱整體分壓不變，故：U=U′+代入數(shù)據(jù)，有：2.5=2+解得：RV=2520Ω（4）該表頭的滿刻度電流為：I==1.0×10﹣3A=1mA故選D故答案為：（1）R1；（2）如圖所示；（3）2520；（4）D?！军c評】本題是半偏法測電阻原理的改編，關(guān)鍵是明確實驗原理，結(jié)合歐姆定律進(jìn)行分析，在變阻器選擇上，要從減小系統(tǒng)誤差的角度進(jìn)行分析，不難。11．（12分）如圖，水平面（紙面）內(nèi)間距為l的平行金屬導(dǎo)軌間接一電阻，質(zhì)量為m、長度為l的金屬桿置于導(dǎo)軌上，t=0時，金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開始運動，t0時刻，金屬桿進(jìn)入磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場區(qū)域，且在磁場中恰好能保持勻速運動。桿與導(dǎo)軌的電阻均忽略不計，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動摩擦因數(shù)為μ．重力加速度大小為g。求：（1）金屬桿在磁場中運動時產(chǎn)生的電動勢的大?。唬?）電阻的阻值?！究键c】BB：閉合電路的歐姆定律；D9：導(dǎo)體切割磁感線時的感應(yīng)電動勢．【專題】11：計算題；32：定量思想；4C：方程法；53C：電磁感應(yīng)與電路結(jié)合．【分析】（1）根據(jù)牛頓第二定律和運動學(xué)公式求剛進(jìn)入磁場時的速度，再根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求切割電動勢（2）進(jìn)入磁場勻速運動受力平衡求出安培力，結(jié)合閉合電路歐姆定律求電流，即可求電阻【解答】解：（1）根據(jù)牛頓第二定律：F﹣μmg=ma…①剛進(jìn)磁場時的速度：…②感應(yīng)電動勢為：…③解得：…④（2）根據(jù)右手定則，導(dǎo)體棒中的電流向上，由左手定則知安培力水平向左勻速運動受力平衡：F=μmg+BI′l…⑤回路電流為：…⑥得：…⑦答：（1）金屬桿在磁場中運動時產(chǎn)生的電動勢的大小為；（2）電阻的阻值為?！军c評】本題是電磁感應(yīng)中的力學(xué)問題，知道受力情況，要能熟練運用動力學(xué)方法求解金屬棒進(jìn)入磁場時的速度。要知道安培力與速度成正比，都是常用的方法，這些思路要熟悉。12．（20分）輕質(zhì)彈簧原長為2l，將彈簧豎直放置在地面上，在其頂端將一質(zhì)量為5m的物體由靜止釋放，當(dāng)彈簧被壓縮到最短時，彈簧長度為l．現(xiàn)將該彈簧水平放置，一端固定在A點，另一端與物塊P接觸但不連接．AB是長度為5l的水平軌道，B端與半徑為l的光滑半圓軌道BCD相切，半圓的直徑BD豎直，如圖所示．物塊P與AB間的動摩擦因數(shù)μ=0.5．用外力推動物塊P，將彈簧壓縮至長度l，然后釋放，P開始沿軌道運動，重力加速度大小為g．（1）若P的質(zhì)量為m，求P到達(dá)B點時速度的大小，以及它離開圓軌道后落回到AB上的位置與B點間的距離；（2）若P能滑上圓軌道，且仍能沿圓軌道滑下，求P的質(zhì)量mp的取值范圍．【考點】43：平拋運動；65：動能定理．【專題】11：計算題；33：參照思想；49：合成分解法；52D：動能定理的應(yīng)用專題．【分析】（1）先研究彈簧豎直的情況，根據(jù)系統(tǒng)的機械能守恒求出彈簧最大的彈性勢能．彈簧如圖放置時，由于彈簧的壓縮量等于豎直放置時的壓縮量，兩種情況彈簧的彈性勢能相等．由能量守恒定律求出物體P滑到B點時的速度，由機械能守恒定律求出物體P到達(dá)D點的速度．物體P離開D點后做平拋運動，由平拋運動的規(guī)律求水平距離．（2）P能滑上圓軌道，且仍能沿圓軌道滑下，能上升的最高點為C，根據(jù)能量守恒定律列式和臨界條件求解．【解答】解：（1）將彈簧豎直放置在地面上，物體下落壓縮彈簧時，由系統(tǒng)的機械能守恒得Ep=5mgl如圖，根據(jù)能量守恒定律得Ep=μmg?4l+聯(lián)立解得vB=物體P從B到D的過程，由機械能守恒定律得mg?2l+=解得vD=＞所以物體P能到達(dá)D點，且物體P離開D點后做平拋運動，則有2l=x=vDt解得x=2l即落地點與B點間的距離為2l．（2）P剛好過B點，有：Ep=μm1g?4l，解得m1=mP最多到C而不脫軌，則有Ep=μm2g?4l+m2gl，解得m2=m所以滿足條件的P的質(zhì)量的取值范圍為：m≤mP＜m．答：（1）P到達(dá)B點時速度的大小是，它離開圓軌道后落回到AB上的位置與B點間的距離是2l．（2）P的質(zhì)量的取值范圍為：m≤mP＜m．【點評】解決本題時要抓住彈簧的形變量相等時彈性勢能相等這一隱含的條件，正確分析能量是如何轉(zhuǎn)化，分段運用能量守恒定律列式是關(guān)鍵．三、選考題：共45分．請考生從給出的物理題中任選一題作答.如果多做，則按所做的第一題計分．[物理選修33]13．（5分）一定量的理想氣體從狀態(tài)a開始，經(jīng)歷等溫或等壓過程ab、bc、cd、da回到原狀態(tài)，其P﹣T圖象如圖所示，其中對角線ac的延長線過原點O．下列判斷正確的是（）A．氣體在a、c兩狀態(tài)的體積相等 B．氣體在狀態(tài)a時的內(nèi)能大于它在狀態(tài)c時的內(nèi)能 C．在過程cd中氣體向外界放出的熱量大于外界對氣體做的功 D．在過程da中氣體從外界吸收的熱量小于氣體對外界做的功 E．在過程bc中外界對氣體做的功等于在過程da中氣體對外界做的功 【考點】8F：熱力學(xué)第一定律；99：理想氣體的狀態(tài)方程．【專題】31：定性思想；43：推理法；54B：理想氣體狀態(tài)方程專題．【分析】根據(jù)氣態(tài)方程，結(jié)合p﹣T圖象上點與原點連線的斜率等于，分析體積的變化，判斷做功情況，由熱力學(xué)第一定律進(jìn)行分析．【解答】解：A、根據(jù)氣體狀態(tài)方程，得，p﹣T圖象的斜率，a、c兩點在同一直線上，即a、c兩點是同一等容線上的兩點，體積相等，故A正確；B、理想氣體在狀態(tài)a的溫度大于狀態(tài)c的溫度，理想氣體的內(nèi)能只與溫度有關(guān)，溫度高，內(nèi)能大，故氣體在狀態(tài)a時的內(nèi)能大于它在狀態(tài)c時的內(nèi)能，故B正確；C、在過程cd中溫度不變，內(nèi)能不變△U=0，等溫變化壓強與體積成反比，壓強大體積小，從c到d體積減小，外界對氣體做正功W＞0，根據(jù)熱力學(xué)第一定律△U=W+Q，所以W=|Q|，所以在過程cd中氣體向外界放出的熱量等于外界對氣體做的功，故C錯誤；D、在過程da中，等壓變化，溫度升高，內(nèi)能增大△U＞0，體積變大，外界對氣體做負(fù)功即W＜0，根據(jù)熱力學(xué)第一定律△U=W+Q，Q＞|W|，所以在過程da中氣體從外界吸收的熱量大于氣體對外界做的功，故D錯誤；E、在過程bc中，等壓變化，溫度降低，內(nèi)能減小△U＜0，體積減小，外界對氣體做功，根據(jù)，即pV=CT，da過程中，氣體對外界做功，因為，所以，在過程bc中外界對氣體做的功等于在過程da中氣體對外界做的功，故E正確。故選：ABE?！军c評】解決氣體問題，關(guān)鍵要掌握氣態(tài)方程和熱力學(xué)第一定律，知道溫度的意義：一定質(zhì)量的理想氣體的內(nèi)能只跟溫度有關(guān)，溫度是分子平均動能的標(biāo)志．14．（10分）一氧氣瓶的容積為0.08m3，開始時瓶中氧氣的壓強為20個大氣壓。某實驗室每天消耗1個大氣壓的氧氣0.36m3．當(dāng)氧氣瓶中的壓強降低到2個大氣壓時，需重新充氣。若氧氣的溫度保持不變，求這瓶氧氣重新充氣前可供該實驗室使用多少天。【考點】99：理想氣體的狀態(tài)方程；9D：氣體的等溫變化．【專題】11：計算題；32：定量思想；4C：方程法；54B：理想氣體狀態(tài)方程專題．【分析】根據(jù)玻意耳定律列式，將用去的氧氣轉(zhuǎn)化為1個大氣壓下的體積，再除以每天消耗1個大氣壓的氧氣體積量，即得天數(shù)．【解答】解：方法一：設(shè)氧氣開始時的壓強為，體積為，壓強變?yōu)椋?個大氣壓）時，體積為．根據(jù)玻意耳定律得①重新充氣前，用去的氧氣在壓強下的體積為②設(shè)用去的氧氣在（1個大氣壓）壓強下的體積為，則有設(shè)實驗室每天用去的氧氣在下的體積為△V，則氧氣可用的天數(shù)為④聯(lián)立①②③④式，并代入數(shù)據(jù)得N=4天方法二：根據(jù)玻意耳定律p1V1=Np2V2+p3V1，有20×0.08=N×1×0.36+2×0.08解得：N=4答：這瓶氧氣重新充氣前可供該實驗室使用4天．【點評】要學(xué)會將儲氣筒中的氣體狀態(tài)進(jìn)行轉(zhuǎn)化，根據(jù)玻意耳定律列方程求解，兩邊單位相同可以約掉，壓強可以用大氣壓作單位．[物理選修34]15．關(guān)于電磁波，下列說法正確的是（）A．電磁波在真空中的傳播速度與電磁波的頻率無關(guān) B．周期性變化的電場和磁場可以相互激發(fā)，形成電磁波 C．電磁波在真空中自由傳播時，其傳播方向與電場強度、磁感應(yīng)強度垂直 D．利用電磁波傳遞信號可以實現(xiàn)無線通信，但電磁波不能通過電纜、光纜傳輸 E．電磁波可以由電磁振蕩產(chǎn)生，若波源的電磁振蕩停止，空間的電磁波隨即消失 【考點】G2：電磁波的產(chǎn)生；G4：電磁波的發(fā)射、傳播和接收．【專題】31：定性思想；43：推理法；54R：電磁場理論和電磁波．【分析】A、電磁波在真空的傳播速度均相等；B、變化的電場與變化的磁場共同產(chǎn)生電磁場；C、電磁波是橫波；D、電磁波傳遞信號可以實現(xiàn)無線通信，也可以進(jìn)行有線通信；E、若波源的電磁振蕩停止，空間的電磁波不會隨即消失?！窘獯稹拷猓篈、電磁波在真空中的傳播速度均相等，與電磁波的頻率無關(guān)，故A正確；B、周期性變化的磁場產(chǎn)生周期性變化電場，周期性變化的電場產(chǎn)生周期性變化磁場，相互激發(fā)，形成電磁波。故B正確；C、變化的電場與變化的磁場共同產(chǎn)生電磁場，電磁波的電場強度與磁感應(yīng)強度總是相互垂直，且與傳播方向垂直。所以電磁波是橫波；故C正確；D、電磁波可以通過電纜、光纜進(jìn)行有線傳輸，也可以實現(xiàn)無線傳輸；故D錯誤；E、電磁波可以由電磁振蕩產(chǎn)生，若波源的電磁振蕩停止，空間的電磁波繼續(xù)傳播，不會隨即消失；故E錯誤；故選：ABC?！军c評】本題考查電磁波的產(chǎn)生原理，類型，及電磁波的作用，同時注意電磁波在真空中傳播速度均相等，與頻率沒有關(guān)系。16．一列簡諧橫波在介質(zhì)中沿x軸正向傳播，波長不小于10cm。O和A是介質(zhì)中平衡位置分別位于x=0和x=5cm處的兩個質(zhì)點。t=0時開始觀測，此時質(zhì)點O的位移為y=4cm，質(zhì)點A處于波峰位置：t=s時，質(zhì)點O第一次回到平衡位置，t=1s時，質(zhì)點A第一次回到平衡位置。求（i）簡諧波的周期、波速和波長；（ii）質(zhì)點O的位移隨時間變化的關(guān)系式?！究键c】F4：橫波的圖象；F5：波長、頻率和波速的關(guān)系．【專題】11：計算題；32：定量思想；43：推理法；51D：振動圖像與波動圖像專題．【分析】（i）利用A點在0s時和1s時所處的位置可求得簡諧波的周期，利用波速的公式v=可求得波速，利用波速波長及周期之間的關(guān)系式λ=vT可求得波長；（ii）先根據(jù)題意求出簡諧波的圓頻率，設(shè)出簡諧振動的通式，利用0s時和1s時的O點的位移，可得知初相位，即為可知質(zhì)點O的位移隨時間變化的關(guān)系式?！窘獯稹拷猓海╥）因為t=0時，質(zhì)點O的位移為：y=4cm；t=1s時，A點第一次回到平衡位置，可的：=1s，解得：T=4s。而且t=s時