2016年高考物理試卷（新課標(biāo)Ⅰ）（解析卷）

第頁|共頁2016年全國統(tǒng)一高考物理試卷（新課標(biāo)Ⅰ）參考答案與試題解析二、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(xiàng)中，第1～4題只有一項(xiàng)是符合題目要求，第5～8題有多項(xiàng)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）一平行電容器兩極板之間充滿云母介質(zhì)，接在恒壓直流電源上，若將云母介質(zhì)移出，則電容器（）A．極板上的電荷量變大，極板間的電場強(qiáng)度變大 B．極板上的電荷量變小，極板間的電場強(qiáng)度變大 C．極板上的電荷量變大，極板間的電場強(qiáng)度不變 D．極板上的電荷量變小，極板間的電場強(qiáng)度不變 【考點(diǎn)】AS：電容器的動態(tài)分析．【專題】32：定量思想；43：推理法；533：電容器專題．【分析】電容器始終與恒壓直流電源相連，則電容器兩端間的電勢差不變，將云母介質(zhì)移出后介電常數(shù)減小，根據(jù)電容器介電常數(shù)的變化判斷電容的變化以及電場強(qiáng)度的變化．【解答】解：電容器接在恒壓直流電源上，則電容器兩端的電勢差不變。將云母介質(zhì)移出后，介電常數(shù)減小，根據(jù)電容的決定式C=知，介電常數(shù)減小，電容減小。由于電壓不變，根據(jù)C=可知，電荷量Q減小。由于電容器的電壓不變，板間的距離d不變，根據(jù)E=可知，極板間的電場強(qiáng)度不變。所以ABC錯誤，D正確；故選：D?！军c(diǎn)評】本題是電容器的動態(tài)分析問題，關(guān)鍵抓住不變量，當(dāng)電容器與電源始終相連，則電勢差不變；當(dāng)電容器與電源斷開，則電荷量不變．要掌握C=、C=、E=三個公式．2．（6分）現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)子重很多的離子，其示意圖如圖所示，其中加速電壓恒定．質(zhì)子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經(jīng)勻強(qiáng)磁場偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場．若某種一價(jià)正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經(jīng)勻強(qiáng)磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應(yīng)強(qiáng)度增加到原來的12倍．此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為（）A．11 B．12 C．121 D．144 【考點(diǎn)】AK：帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動；CI：帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動．【專題】32：定量思想；4C：方程法；537：帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動專題．【分析】本題先電場加速后磁偏轉(zhuǎn)問題，先根據(jù)動能定理得到加速得到的速度表達(dá)式，再結(jié)合帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動的半徑公式求出離子質(zhì)量的表達(dá)式．【解答】解：根據(jù)動能定理得，得①離子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有得②①②兩式聯(lián)立得：一價(jià)正離子電荷量與質(zhì)子電荷量相等，同一加速電場U相同，同一出口離開磁場則R相同，所以m∝，磁感應(yīng)強(qiáng)度增加到原來的12倍，離子質(zhì)量是質(zhì)子質(zhì)量的144倍，D正確，ABC錯誤故選：D?！军c(diǎn)評】本題綜合考查了動能定理和牛頓第二定律，關(guān)鍵要能通過洛倫茲力提供向心力求出質(zhì)量的表達(dá)式．3．（6分）一含有理想變壓器的電路如圖所示，圖中電阻R1，R2和R3的阻值分別為3Ω，1Ω，4Ω，A為理想交流電流表，U為正弦交流電壓源，輸出電壓的有效值恒定。當(dāng)開關(guān)S斷開時(shí)，電流表的示數(shù)為I；當(dāng)S閉合時(shí)，電流表的示數(shù)為4I．該變壓器原、副線圈匝數(shù)比為（）A．2 B．3 C．4 D．5 【考點(diǎn)】E8：變壓器的構(gòu)造和原理．【專題】31：定性思想；43：推理法；53A：交流電專題．【分析】變壓器輸入電壓為U與電阻R1兩端電壓的差值；再根據(jù)電流之比等于匝數(shù)的反比可求得輸出電流；根據(jù)電壓之比等于匝數(shù)之比對兩種情況列式，聯(lián)立可求得U與I的關(guān)系；則可求得線圈匝數(shù)之比?！窘獯稹拷猓涸O(shè)變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為k，則可知，開關(guān)斷開時(shí)，副線圈電流為I；則根據(jù)理想變壓器原理可知：=k（1）同理可知，=k（2）代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：U=48I；代入（1）式可得：k=3；故B正確，ACD錯誤；故選：B?！军c(diǎn)評】本題考查理想變壓器原理及應(yīng)用，要注意明確電路結(jié)構(gòu)，知道開關(guān)通斷時(shí)電路的連接方式；同時(shí)注意明確輸入電壓與總電壓之間的關(guān)系。4．（6分）利用三顆位置適當(dāng)?shù)牡厍蛲叫l(wèi)星，可使地球赤道上任意兩點(diǎn)之間保持無線電通訊，目前地球同步衛(wèi)星的軌道半徑為地球半徑的6.6倍，假設(shè)地球的自轉(zhuǎn)周期變小，若仍僅用三顆同步衛(wèi)星來實(shí)現(xiàn)上述目的，則地球自轉(zhuǎn)周期的最小值約為（）A．1h B．4h C．8h D．16h 【考點(diǎn)】4D：開普勒定律；4J：同步衛(wèi)星．【專題】31：定性思想；43：推理法；52A：人造衛(wèi)星問題．【分析】明確同步衛(wèi)星的性質(zhì)，知道其轉(zhuǎn)動周期等于地球的自轉(zhuǎn)周期，從而明確地球自轉(zhuǎn)周期減小時(shí)，地球同步衛(wèi)星的運(yùn)動周期減小，當(dāng)運(yùn)動軌跡半徑最小時(shí)，周期最小。由三顆同步衛(wèi)星需要使地球赤道上任意兩點(diǎn)之間保持無線電通訊可求得最小半徑，再結(jié)合開普勒第三定律可求周期?！窘獯稹拷猓涸O(shè)地球的半徑為R，則地球同步衛(wèi)星的軌道半徑為r=6.6R已知地球的自轉(zhuǎn)周期T=24h，地球同步衛(wèi)星的轉(zhuǎn)動周期與地球的自轉(zhuǎn)周期一致，若地球的自轉(zhuǎn)周期變小，則同步衛(wèi)星的轉(zhuǎn)動周期變小。由公式可知，做圓周運(yùn)動的半徑越小，則運(yùn)動周期越小。由于需要三顆衛(wèi)星使地球赤道上任意兩點(diǎn)之間保持無線電通訊，所以由幾何關(guān)系可知三顆同步衛(wèi)星的連線構(gòu)成等邊三角形并且三邊與地球相切，如圖。由幾何關(guān)系可知地球同步衛(wèi)星的軌道半徑為r′=2R。由開普勒第三定律得：T′=T=24≈4h故B正確，ACD錯誤；故選：B。【點(diǎn)評】本題考查開普勒第三定律以及同步衛(wèi)星的性質(zhì)，要注意明確題目中隱含的信息的判斷是本題解題的關(guān)鍵。5．（6分）一質(zhì)點(diǎn)做勻速直線運(yùn)動，現(xiàn)對其施加一恒力，且原來作用在質(zhì)點(diǎn)上的力不發(fā)生改變，則（）A．質(zhì)點(diǎn)速度的方向總是與該恒力的方向相同 B．質(zhì)點(diǎn)速度的方向不可能總是與該恒力的方向垂直 C．質(zhì)點(diǎn)加速度的方向總是與該恒力的方向相同 D．質(zhì)點(diǎn)單位時(shí)間內(nèi)速率的變化量總是不變 【考點(diǎn)】37：牛頓第二定律；42：物體做曲線運(yùn)動的條件．【專題】15：簡答題；22：學(xué)科綜合題；31：定性思想；43：推理法；516：物體做曲線運(yùn)動條件專題．【分析】明確物體做曲線運(yùn)動的條件，速度方向與加速度方向不在同一直線上，如果在同一直線則做直線運(yùn)動，速度方向與加速度方向相同時(shí)物體做加速運(yùn)動，當(dāng)加速度方向與速度方向相反時(shí)，物體做減速運(yùn)動；由牛頓第二定律F=ma可知，物體加速度的方向由合外力的方向決定；由加速度的定義a=來判斷質(zhì)點(diǎn)單位時(shí)間內(nèi)速率的變化量．【解答】解：A．質(zhì)點(diǎn)開始做勻速直線運(yùn)動，現(xiàn)對其施加一恒力，其合力不為零，如果所加恒力與原來的運(yùn)動方向在一條直線上，質(zhì)點(diǎn)做勻加速或勻減速直線運(yùn)動，質(zhì)點(diǎn)速度的方向與該恒力的方向相同或相反；如果所加恒力與原來的運(yùn)動方向不在一條直線上，物體做曲線運(yùn)動，速度方向沿切線方向，力和運(yùn)動方向之間有夾角，故A錯誤；B．由A分析可知，質(zhì)點(diǎn)速度的方向不可能總是與該恒力的方向垂直，故B正確；C．由于質(zhì)點(diǎn)做勻速直線運(yùn)動，即所受合外力為0，原來質(zhì)點(diǎn)上的力不變，增加一個恒力后，則質(zhì)點(diǎn)所受的合力就是這個恒力，所以加速度方向與該恒力方向相同，故C正確；D．因?yàn)楹贤饬愣?，加速度恒定，由△v=a△t可知，質(zhì)點(diǎn)單位時(shí)間內(nèi)速度的變化量總是不變，但是，如果質(zhì)點(diǎn)做勻變速曲線運(yùn)動，則單位時(shí)間內(nèi)速度的變化量是不變的，而速率的變化量卻是變化的，故D錯誤。故選：BC。【點(diǎn)評】本題要注意物體做曲線運(yùn)動的條件是速度方向與加速度方向不在同一直線上，如果在同一直線則做直線運(yùn)動；正確理解牛頓第二定律和加速度的定義a=也是解答本題的關(guān)鍵．6．（6分）如圖，一光滑的輕滑輪用細(xì)繩OO′懸掛于O點(diǎn)；另一細(xì)繩跨過滑輪，其一端懸掛物塊a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物塊b。外力F向右上方拉b，整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。若F方向不變，大小在一定范圍內(nèi)變化，物塊b仍始終保持靜止，則（）A．繩OO′的張力也在一定范圍內(nèi)變化 B．物塊b所受到的支持力也在一定范圍內(nèi)變化 C．連接a和b的繩的張力也在一定范圍內(nèi)變化 D．物塊b與桌面間的摩擦力也在一定范圍內(nèi)變化 【考點(diǎn)】2G：力的合成與分解的運(yùn)用；3C：共點(diǎn)力的平衡．【專題】12：應(yīng)用題；31：定性思想；49：合成分解法；527：共點(diǎn)力作用下物體平衡專題．【分析】本題抓住整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，由a平衡可知，繩子拉力保持不變，再根據(jù)平衡條件由F的大小變化求得物塊b所受各力的變化情況．【解答】解：AC、由于整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，所以滑輪兩側(cè)連接a和b的繩子的夾角不變；物塊a只受重力以及繩子的拉力，由于物體a平衡，則連接a和b的繩子張力T保持不變；由于繩子的張力及夾角均不變，所以O(shè)O′中的張力保持不變，故AC均錯誤；BD、b處于靜止即平衡狀態(tài)，對b受力分析有：力T與力F與x軸所成夾角均保持不變，由平衡條件可得：N+Fsinα+Tsinθ﹣mg=0Fcosα+f﹣Tcosθ=0由此可得：N=mg﹣Fsinα﹣Tsinθ由于T的大小不變，可見當(dāng)F大小發(fā)生變化時(shí)，支持力的大小也在一定范圍內(nèi)變化，故B正確f=Tcosθ﹣Fcosα由于T的大小不變，當(dāng)F大小發(fā)生變化時(shí)，b靜止可得摩擦力的大小也在一定范圍內(nèi)發(fā)生變化，故D正確。故選：BD?！军c(diǎn)評】解決本題的關(guān)鍵是抓住系統(tǒng)均處于靜止?fàn)顟B(tài)，由平衡條件分析求解，關(guān)鍵是先由平衡條件求得繩中張力大小不變，再由此分析b的平衡．7．（6分）如圖，一帶負(fù)電荷的油滴在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動，其軌跡在豎直平面（紙面）內(nèi)，且相對于過軌跡最低點(diǎn)P的豎直線對稱．忽略空氣阻力．由此可知（）A．Q點(diǎn)的電勢比P點(diǎn)高 B．油滴在Q點(diǎn)的動能比它在P點(diǎn)的大 C．油滴在Q點(diǎn)的電勢能比它在P點(diǎn)的大 D．油滴在Q點(diǎn)的加速度大小比它在P點(diǎn)的小 【考點(diǎn)】AC：電勢；AE：電勢能與電場力做功；AG：電勢差和電場強(qiáng)度的關(guān)系．【專題】31：定性思想；43：推理法；532：電場力與電勢的性質(zhì)專題．【分析】根據(jù)曲線運(yùn)動的性質(zhì)以及運(yùn)動軌跡可明確粒子受力情況，再根據(jù)電場力的性質(zhì)即可判斷電場線的方向，從而明確電勢高低；根據(jù)電場力做功情況可明確動能的變化以及電勢能的變化；根據(jù)力的性質(zhì)可明確加速度的關(guān)系．【解答】解：A、根據(jù)粒子的彎折方向可知，粒子受合力一定指向上方；同時(shí)因軌跡關(guān)于P點(diǎn)對稱，則可說明電場力應(yīng)豎直向上；粒子帶負(fù)電，故說明電場方向豎直向下；則可判斷Q點(diǎn)的電勢比P點(diǎn)高；故A正確；B、粒子由P到Q過程，合外力做正功，故油滴在Q點(diǎn)的動能比它在P點(diǎn)的大；故B正確；C、因電場力豎直向上，故油滴由P到Q的過程中，電場力做正功，故電勢能減小，Q點(diǎn)的電勢能比它在P點(diǎn)的??；故C錯誤；D、因受力為恒力；故PQ兩點(diǎn)加速度大小相同；故D錯誤；故選：AB?！军c(diǎn)評】本題考查帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動，要注意本題中油滴受到重力和電場力作用，這里應(yīng)先考慮合力，再去分析電場力的性質(zhì)；同時(shí)注意掌握物體做曲線運(yùn)動的條件應(yīng)用．8．（6分）甲、乙兩車在平直公路上同向行駛，其v﹣t圖象如圖所示．已知兩車在t=3s時(shí)并排行駛，則（）A．在t=1s時(shí)，甲車在乙車后 B．在t=0時(shí)，甲車在乙車前7.5m C．兩車另一次并排行駛的時(shí)刻是t=2s D．甲、乙兩車兩次并排行駛的位置之間沿公路方向的距離為40m 【考點(diǎn)】1I：勻變速直線運(yùn)動的圖像．【專題】34：比較思想；4B：圖析法；512：運(yùn)動學(xué)中的圖像專題．【分析】在速度時(shí)間圖象中，圖象與坐標(biāo)軸圍成面積表示位移，根據(jù)位移關(guān)系分析兩車位置關(guān)系．可結(jié)合幾何知識分析兩車另一次并排行駛的時(shí)刻．并求出兩車兩次并排行駛的位置之間沿公路方向的距離．【解答】解：AC、根據(jù)“面積”大小表示位移，由圖象可知，1s到3s甲、乙兩車通過的位移相等，兩車在t=3s時(shí)并排行駛，所以兩車在t=1s時(shí)也并排行駛，故AC錯誤；B、由圖象可知，甲的加速度a甲===10m/s2；乙的加速度a乙===5m/s2；0至1s，甲的位移x甲=a甲t2=×10×12=5m，乙的位移x乙=v0t+a乙t2=10×1+×5×12=12.5m，△x=x乙﹣x甲=12.5﹣5=7.5m，即在t=0時(shí)，甲車在乙車前7.5m，故B正確；D、1s末甲車的速度為：v=a甲t=10×1=10m/s，1到3s，甲車的位移為：x=vt+a甲t2=10×2+×10×22=40m，即甲、乙兩車兩次并排行駛的位置之間沿公路方向的距離為40m，故D正確。故選：BD?！军c(diǎn)評】本題是速度﹣時(shí)間圖象的應(yīng)用，要明確速度圖象的斜率表示加速度，圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移．三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分．第22題～第32題為必考題，每個試題考生都必須作答．第9題～第12題為選考題，考生根據(jù)要求作答．（一）必考題9．（5分）某同學(xué)用圖（a）所示的實(shí)驗(yàn)裝置驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，其中打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電源為交流電源，可以使用的頻率有20Hz、30Hz和40Hz，打出紙帶的一部分如圖（b）所示。該同學(xué)在實(shí)驗(yàn)中沒有記錄交流電的頻率f，需要用實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)和其他條件進(jìn)行推算。（1）若從打出的紙帶可判定重物勻加速下落，利用f和圖（b）中給出的物理量可以寫出：在打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打出B點(diǎn)時(shí)，重物下落的速度大小為，打出C點(diǎn)時(shí)重物下落的速度大小為，重物下落的加速度的大小為。（2）已測得s1=8.89cm，s2=9.5cm，s3=10.10cm；當(dāng)重力加速度大小為9.80m/s2，試驗(yàn)中重物受到的平均阻力大小約為其重力的1%．由此推算出f為40Hz?！究键c(diǎn)】MD：驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律．【專題】13：實(shí)驗(yàn)題；23：實(shí)驗(yàn)探究題；32：定量思想；4C：方程法；52D：動能定理的應(yīng)用專題．【分析】（1）根據(jù)某段時(shí)間內(nèi)的平均速度等于中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度求出B和C點(diǎn)的瞬時(shí)速度，利用速度公式求加速度；（2）利用牛頓第二定律和解出的加速度求頻率?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)某段時(shí)間內(nèi)的平均速度等于中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度可得：vB==；vC==；由速度公式vC=vB+aT可得：a=；（2）由牛頓第二定律可得：mg﹣0.01mg=ma，所以a=0.99g，結(jié)合（1）解出的加速度表達(dá)式，代入數(shù)據(jù)可得：f=40HZ。故答案為：（1）；；；（2）40?！军c(diǎn)評】解決本題的關(guān)鍵掌握紙帶的處理方法，會通過紙帶求解瞬時(shí)速度的大小，關(guān)鍵是勻變速直線運(yùn)動推論的運(yùn)用。10．（10分）現(xiàn)要組裝一個由熱敏電阻控制的報(bào)警系統(tǒng)，要求當(dāng)熱敏電阻的溫度達(dá)到或超過60℃時(shí)，系統(tǒng)報(bào)警。提供的器材有：熱敏電阻，報(bào)警器（內(nèi)阻很小，流過的電流超過IC時(shí)就會報(bào)警），電阻箱（最大阻值為999.9Ω），直流電源（輸出電壓為U，內(nèi)阻不計(jì)），滑動變阻器R1（最大阻值為1000Ω），滑動變阻器R2（最大阻值為2000Ω），單刀雙擲開關(guān)一個，導(dǎo)線若干。在室溫下對系統(tǒng)進(jìn)行調(diào)節(jié)，已知U約為18V，IC約為10mA；流過報(bào)警器的電流超過20mA時(shí)，報(bào)警器可能損壞；該熱敏電阻的阻值隨溫度的升高而減小，在60℃時(shí)阻值為650.0Ω。（1）在答題卡上完成待調(diào)節(jié)的報(bào)警系統(tǒng)原理電路圖的連線。（2）在電路中應(yīng)選用滑動變阻器R2（填“R1”或“R2”）。（3）按照下列步驟調(diào)節(jié)此報(bào)警系統(tǒng)：①電路接通前，需將電阻箱調(diào)到一定的阻值，根據(jù)實(shí)驗(yàn)要求，這一阻值為650.0Ω；滑動變阻器的滑片應(yīng)置于b（填“a”或“b”）端附近，不能置于另一端的原因是保證報(bào)警器的安全使用。②將開關(guān)向c（填“c”或“d”）端閉合，緩慢移動滑動變阻器的滑片，直至報(bào)警器開始報(bào)警。（4）保持滑動變阻器滑片的位置不變，將開關(guān)向另一端閉合，報(bào)警系統(tǒng)即可正常使用?！究键c(diǎn)】N6：伏安法測電阻．【專題】13：實(shí)驗(yàn)題；31：定性思想；46：實(shí)驗(yàn)分析法；535：恒定電流專題．【分析】（1）分析實(shí)驗(yàn)，明確實(shí)驗(yàn)原理，根據(jù)題目要求即可明確電路結(jié)構(gòu)；（2）根據(jù)歐姆定律確定電路中的電阻，則可明確滑動變阻器的選擇；（3）根據(jù)儀器原理進(jìn)行分析，明確電阻箱的作用以及實(shí)驗(yàn)過程和實(shí)驗(yàn)安全的分析，則可以明確滑動變阻器的調(diào)節(jié)和實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象。【解答】解：（1）根據(jù)題意可知，本實(shí)驗(yàn)要求能用電阻箱進(jìn)行校準(zhǔn)，故電阻箱應(yīng)與熱敏電阻并聯(lián)，利用單刀雙擲開關(guān)進(jìn)行控制；它們再與報(bào)警器和滑動變阻器串聯(lián)即可起到報(bào)警作用；故連線如圖所示；（2）電壓為18V，而報(bào)警時(shí)的電流為10mA；此時(shí)電阻約為：R==1800Ω；而熱敏電阻的阻值約為650Ω；故滑動變阻器接入電阻約為1150Ω；故應(yīng)選擇R2；（3）①因要求熱敏電阻達(dá)到60°時(shí)報(bào)警；此時(shí)電阻為650Ω；故應(yīng)將電阻箱調(diào)節(jié)至650Ω；然后由最大調(diào)節(jié)滑動變阻器，直至報(bào)警器報(bào)警；故開始時(shí)滑片應(yīng)在b端；目的是讓電流由小到大調(diào)節(jié)，保證報(bào)警器的安全使用；②將開關(guān)接到C端與電阻箱連接，調(diào)節(jié)滑動變阻器直至報(bào)警器開始報(bào)警即可；然后再接入熱敏電阻，電路即可正常工作；故答案為：（1）如上圖；（2）R2；（3）①650.0，b，保證報(bào)警器的安全使用；②c；報(bào)警器開始報(bào)警。【點(diǎn)評】本題關(guān)鍵在于明確實(shí)驗(yàn)原理，分析實(shí)驗(yàn)步驟是解題的關(guān)鍵，通過實(shí)驗(yàn)步驟才能明確實(shí)驗(yàn)的目的和實(shí)驗(yàn)方法；從而確定各步驟中應(yīng)進(jìn)行的操作和儀器的使用情況。11．（14分）如圖，兩固定的絕緣斜面傾角均為θ，上沿相連。兩細(xì)金屬棒ab（僅標(biāo)出a端）和cd（僅標(biāo)出c端）長度均為L，質(zhì)量分別為2m和m；用兩根不可伸長的柔軟導(dǎo)線將它們連成閉合回路abdca，并通過固定在斜面上沿的兩光滑絕緣小定滑輪跨放在斜面上，使兩金屬棒水平。右斜面上存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于斜面向上，已知兩根導(dǎo)線剛好不在磁場中，回路電阻為R，兩金屬棒與斜面間的動摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度大小為g，已知金屬棒ab勻速下滑。求（1）作用在金屬棒ab上的安培力的大??；（2）金屬棒運(yùn)動速度的大小?！究键c(diǎn)】BB：閉合電路的歐姆定律；CC：安培力；D9：導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動勢．【專題】11：計(jì)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）對ab、cd棒根據(jù)共點(diǎn)力平衡列式求作用在金屬棒ab上的安培力的大?。?）根據(jù)安培力公式，感應(yīng)電動勢和閉合電路歐姆定律聯(lián)立求解【解答】解：（1）設(shè)導(dǎo)線的張力的大小為T，右斜面對ab棒的支持力的大小為，作用在ab棒上的安培力的大小為F，左斜面對cd的支持力大小為．對于ab棒，由力的平衡條件得②對于cd棒，同理有④聯(lián)立①②③④式得F=mg（sinθ﹣3μcosθ）⑤（2）由安培力公式得F=BIL⑥這里I是abcda中的感應(yīng)電流．a(chǎn)b棒上的感應(yīng)電動勢為?=BLv⑦式中，v是ab棒下滑速度的大小，由歐姆定律得⑧聯(lián)立⑤⑥⑦⑧式得⑨答：（1）作用在金屬棒ab上的安培力的大小mg（sinθ﹣3μcosθ）；（2）金屬棒運(yùn)動速度的大?。军c(diǎn)評】本題是電磁感應(yīng)中的力學(xué)平衡問題，涉及法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路的歐姆定律等知識點(diǎn)，受力分析和計(jì)算安培力是關(guān)鍵．12．（18分）如圖，一輕彈簧原長為2R，其一端固定在傾角為37°的固定直軌道AC的底端A處，另一端位于直軌道上B處，彈簧處于自然狀態(tài)，直軌道與一半徑為R的光滑圓弧軌道相切于C點(diǎn)，AC=7R，A、B、C、D均在同一豎直面內(nèi)。質(zhì)量為m的小物塊P自C點(diǎn)由靜止開始下滑，最低到達(dá)E點(diǎn)（未畫出），隨后P沿軌道被彈回，最高點(diǎn)到達(dá)F點(diǎn)，AF=4R，已知P與直軌道間的動摩擦因數(shù)μ=，重力加速度大小為g。（取sin37°=，cos37°=）（1）求P第一次運(yùn)動到B點(diǎn)時(shí)速度的大小。（2）求P運(yùn)動到E點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢能。（3）改變物塊P的質(zhì)量，將P推至E點(diǎn)，從靜止開始釋放。已知P自圓弧軌道的最高點(diǎn)D處水平飛出后，恰好通過G點(diǎn)。G點(diǎn)在C點(diǎn)左下方，與C點(diǎn)水平相距R、豎直相距R，求P運(yùn)動到D點(diǎn)時(shí)速度的大小和改變后P的質(zhì)量?！究键c(diǎn)】65：動能定理；69：彈性勢能；6B：功能關(guān)系．【專題】11：計(jì)算題；22：學(xué)科綜合題；32：定量思想；4C：方程法；52Q：功能關(guān)系能量守恒定律．【分析】（1）對物體從C到B的過程分析，由動能定理列式可求得物體到達(dá)B點(diǎn)的速度；（2）同（1）的方法求出物塊返回B點(diǎn)的速度，然后對壓縮的過程與彈簧伸長的過程應(yīng)用功能關(guān)系即可求出；（3）P離開D點(diǎn)后做平拋運(yùn)動，將物塊的運(yùn)動分解即可求出物塊在D點(diǎn)的速度，E到D的過程中重力、彈簧的彈力、斜面的阻力做功，由功能關(guān)系即可求出物塊P的質(zhì)量?！窘獯稹拷猓海?）C到B的過程中重力和斜面的阻力做功，所以：其中：代入數(shù)據(jù)得：（2）物塊返回B點(diǎn)后向上運(yùn)動的過程中：其中：聯(lián)立得：物塊P向下到達(dá)最低點(diǎn)又返回的過程中只有摩擦力做功，設(shè)最大壓縮量為x，則：整理得：x=R物塊向下壓縮彈簧的過程設(shè)克服彈力做功為W，則：又由于彈簧增加的彈性勢能等于物塊克服彈力做的功，即：EP=W所以：EP=2.4mgR（3）由幾何關(guān)系可知圖中D點(diǎn)相對于C點(diǎn)的高度：h=r+rcos37°=1.8r==1.5R所以D點(diǎn)相對于G點(diǎn)的高度：H=1.5R+R=2.5R小球做平拋運(yùn)動的時(shí)間：t=G點(diǎn)到D點(diǎn)的水平距離：L==由：L=vDt聯(lián)立得：E到D的過程中重力、彈簧的彈力、斜面的阻力做功，由功能關(guān)系得：聯(lián)立得：m′=答：（1）P第一次運(yùn)動到B點(diǎn)時(shí)速度的大小是。（2）P運(yùn)動到E點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢能是2.4mgR。（3）改變物塊P的質(zhì)量，將P推至E點(diǎn)，從靜止開始釋放。已知P自圓弧軌道的最高點(diǎn)D處水平飛出后，恰好通過G點(diǎn)。G點(diǎn)在C點(diǎn)左下方，與C點(diǎn)水平相距R、豎直相距R，求P運(yùn)動到D點(diǎn)時(shí)速度的大小是，改變后P的質(zhì)量是m?！军c(diǎn)評】本題考查功能關(guān)系、豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動以及平拋運(yùn)動，解題的關(guān)鍵在于明確能達(dá)到E點(diǎn)的條件，并能正確列出動能定理及理解題目中公式的含義。第二小問可以從運(yùn)動全過程的角度跟能量的角度來列式mgxCFsin37°=μmgcos37°[2（xBF+x）+xCF]帶入數(shù)據(jù)，解得x=RmgxCE=μmgcos37°xCE+Ep；帶入數(shù)據(jù)，解得Ep=2.4mgR三、選考題：共45分．請考生從給出的3道物理題任選一題作答，并用2B鉛筆在答題卡上把所選題目題號后的方框涂黑．注意所選題目的題號必須與所涂題目的題號一致，在答題卡選答區(qū)域指定位置答題．如果多做，則每學(xué)科按所做的第一題計(jì)分．【物理--選修3-3】13．（5分）關(guān)于熱力學(xué)定律，下列說法正確的是（）A．氣體吸熱后溫度一定升高 B．對氣體做功可以改變其內(nèi)能 C．理想氣體等壓膨脹過程一定放熱 D．熱量不可能自發(fā)地從低溫物體傳到高溫物體 E．如果兩個系統(tǒng)分別與狀態(tài)確定的第三個系統(tǒng)達(dá)到熱平衡，那么這兩個系統(tǒng)彼此之間也必定達(dá)到熱平衡 【考點(diǎn)】8F：熱力學(xué)第一定律；8H：熱力學(xué)第二定律．【專題】31：定性思想；43：推理法；548：熱力學(xué)定理專題．【分析】做功和熱傳遞都能改變內(nèi)能；物體內(nèi)能的增量與外界對物體做的功和物體吸收熱量的和，即：△U=Q+W；所有的熱力學(xué)過程都有一定的方向性；結(jié)合熱平衡定律分析兩個系統(tǒng)分別與狀態(tài)確定的第三個系統(tǒng)達(dá)到熱平衡的情況?！窘獯稹拷猓篈、物體吸收熱量，同時(shí)對外做功，如二者相等，則內(nèi)能可能不變，所以氣體吸熱后溫度不一定升高，故A錯誤；B、做功和熱傳遞都能改變內(nèi)能；所以對氣體做功可以改變其內(nèi)能。故B正確；C、根據(jù)理想氣體的狀態(tài)方程可知，理想氣體等壓膨脹過程中壓強(qiáng)不變，體積增大則氣體的溫度一定升高，所以氣體的內(nèi)能增大；氣體的體積增大對外做功而內(nèi)能增大，所以氣體一定吸熱，故C錯誤；D、根據(jù)熱力學(xué)第二定律熱量不可能自發(fā)地從低溫物體傳到高溫物體。故D正確；E、根據(jù)熱平衡定律可知，如果兩個系統(tǒng)分別與狀態(tài)確定的第三個系統(tǒng)達(dá)到熱平衡，那么這兩個系統(tǒng)彼此之間也必定達(dá)到熱平衡。故E正確。故選：BDE。【點(diǎn)評】本題考查熱力學(xué)第一定律，熱力學(xué)第二定律以及熱平衡定律等，知道做功和熱傳遞都能改變內(nèi)能，理解熱力學(xué)第二定律的幾種不同的說法是解答的關(guān)鍵。基礎(chǔ)題。14．（10分）在水下氣泡內(nèi)空氣的壓強(qiáng)大于氣泡表面外側(cè)水的壓強(qiáng)，兩壓強(qiáng)差△p與氣泡半徑r之間的關(guān)系為△p=，其中σ=0.070N/m?，F(xiàn)讓水下10m處一半徑為0.50cm的氣泡緩慢上升，已知大氣壓強(qiáng)p0=1.0×105Pa，水的密度ρ=1.0×103kg/m3，重力加速度大小g=10m/s2。（i）求在水下10m處氣泡內(nèi)外的壓強(qiáng)差；（ii）忽略水溫隨水深的變化，在氣泡上升到十分接近水面時(shí)，求氣泡的半徑與其原來半徑之比的近似值。【考點(diǎn)】99：理想氣體的狀態(tài)方程．【專題】11：計(jì)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】（1）根據(jù)題給公式△p=算在水下10m處氣泡內(nèi)外的壓強(qiáng)差；（2）先確定初末狀態(tài)的p、V，根據(jù)玻意耳定律列方程，忽略很小量，求出氣泡的半徑與其原來半徑之比的近似值【解答】解：（i）當(dāng)氣泡在水下h=10m處時(shí)，設(shè)其半徑為，氣泡內(nèi)外壓強(qiáng)差為，則①代入題給數(shù)據(jù)得②（ii）設(shè)氣泡在水下10m處時(shí)，氣泡內(nèi)空氣的壓強(qiáng)為，氣泡體積為；氣泡到達(dá)水面附近時(shí)，氣泡內(nèi)空氣的壓強(qiáng)為，內(nèi)外壓強(qiáng)差為，其體積為，半徑為．氣泡上升過程中溫度不變，根據(jù)玻意耳定律有③由力學(xué)平衡條件有④⑤氣泡體積和分別為⑥⑦聯(lián)立③④⑤⑥⑦式得⑧由，故可略去⑧式中的項(xiàng)，代入題給數(shù)據(jù)得答：（i）在水下10m處氣泡內(nèi)外的壓強(qiáng)差28Pa；（ii）忽略水溫隨水深的變化，在氣泡上升到十分接近水面時(shí)，氣泡的半徑與其原來半徑之比的近似值1.3【點(diǎn)評】本題題型新穎，有創(chuàng)意，考查了考生獲取新知的能力，對玻意耳定律考查有了創(chuàng)新，平時(shí)復(fù)習(xí)要注重多訓(xùn)練，在高考中才能靈活應(yīng)用．【物理--選修3-4】（15分)15．某同學(xué)漂浮在海面上，雖然水面波正平穩(wěn)地以1.8m/s的速率向著海灘傳播，但他并不向海灘靠近，該同學(xué)發(fā)現(xiàn)從第1個波峰到第10個波峰通過身下的時(shí)間間隔為15s，下列說法正確的是（）A．水面波是一種機(jī)械波 B．該水面波的頻率為6Hz C．該水面波的波長為3m D．水面波沒有將該同學(xué)推向岸邊，是因?yàn)椴▊鞑r(shí)能量不會傳遞出去 E．水面波沒有將該同學(xué)推向岸邊，是因?yàn)椴▊鞑r(shí)振動的質(zhì)點(diǎn)并不隨波遷移 【考點(diǎn)】F2：機(jī)械波；F5：波長、頻率和波速的關(guān)系．【專題】31：定性思想；43：推理法；51B：簡諧運(yùn)動專題．【分析】明確水波是種機(jī)械波；首先根據(jù)題干中的條件，可計(jì)算出波的振動周期，再利用周期與頻率之間的關(guān)系，即可計(jì)算出波的頻率；利用波速、周期、波長之間的關(guān)系式λ=vT可求得波長，結(jié)合波傳播的特點(diǎn)，參與振動的質(zhì)點(diǎn)只是在自己的平衡位置處振動．【解答】解：A、水面波是有機(jī)械振動一起的，在介質(zhì)（水）中傳播的一種波，是一種機(jī)械波，故A正確。B、由第1個波峰到第10個波峰通過身下的時(shí)間間隔為15s，可得知振動的周期T為：T===s，頻率為：f===0.6Hz，故B錯誤。C、由公式λ=vT，有λ=1.8×=3m，故C正確。DE、參與振動的質(zhì)點(diǎn)只是在自己的平衡位置附近做往復(fù)運(yùn)動，并不會“隨波逐流”，但振動的能量和振動形式卻會不斷的向外傳播，故D錯誤，E正確。故選：ACE?！军c(diǎn)評】本題應(yīng)明確機(jī)械波的特點(diǎn)：注意以下幾點(diǎn)：（1）介質(zhì)各個質(zhì)點(diǎn)不是同時(shí)起振，但起振方向與振源起振方向相同．（2）離振源近的質(zhì)點(diǎn)先起振．（3）質(zhì)點(diǎn)只在平衡位置振動，并不隨波遷移．（4）波傳播的是振動形式和能量，且能傳遞信息．（5）傳播過程中各質(zhì)點(diǎn)的振動都是受迫振動，驅(qū)動力來源于振源，各質(zhì)點(diǎn)起振時(shí)與振源起振時(shí)的情況完全相同，其頻率等于振源頻率．16．如圖，在注滿水的游泳池的池底有一點(diǎn)光源A，它到池邊的水平距離為3.0m．從點(diǎn)光源A射向池邊的光線AB與豎直方向的夾角恰好等于全反射的臨界角，水的折射率為．（i）求池內(nèi)的水深；（ii）一救生員坐在離池邊不遠(yuǎn)處的高凳上，他的眼睛到地面的高度為2.0m．當(dāng)他看到正前下方的點(diǎn)光源A時(shí)，他的眼睛所接受的光線與豎直方向的夾角恰好為45°．求救生員的眼睛到池邊的水平距離（結(jié)果保留1位有效數(shù)字）．【考點(diǎn)】H3：光的折射定律．【專題】12：應(yīng)用題；33：參照思想；4F：幾何法；54D：光的折射專題．【分析】（i）光由光源A射向B點(diǎn)時(shí)恰好發(fā)生全反射，入射角等于臨界角．由臨界角公式sinC=求臨界角C，從而得到光線在B點(diǎn)的入射角，再由幾何知識求出水深．（ii）作出射向救生員的光路，由折射定律求出光線在水面的入射角．根據(jù)幾何關(guān)系求解救生員的眼睛到池邊的水平距離．【解答】解：（i）光由A射向B點(diǎn)發(fā)生全反射，光路如圖所示．圖中入射角θ等于臨界角C，則有sinθ==由題，=3m，由幾何關(guān)系可得：=4m所以==m（ii）光由A點(diǎn)射入救生員眼中的光路圖如圖所示．在E點(diǎn)，由折射率公式得=n得sinα=，tanα==設(shè)=x，則得tanα==代入數(shù)據(jù)解得x=（3﹣）m由幾何關(guān)系可得，救生員到池邊水平距離為（2﹣x）m≈0.7m答：（i）池內(nèi)的水深m．（ii）救生員的眼睛到池邊的水平距離約0.7m．【點(diǎn)評】本題是折射定律的應(yīng)用問題