2016年湖北省武汉市高考物理模拟试卷（4月份）（解析版）

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1、2016届湖北省武汉市高考物理模拟试卷（4月份）二、选择题：本题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第14题只有一项符合题目要求，第58题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1如图所示，一汽车装备了具有“全力自动刹车”功能的城市安全系统，系统以50Hz的频率监视前方的交通状况当车速v10m/s、且与前方静止的障碍物之间的距离接近安全距离时，如果司机未采取制动措施，系统就会立即启动“全力自动刹车”，使汽车避免与障碍物相撞在上述条件下，若该车在不同路况下的“全力自动刹车”的加速度取46m/s2之间的某一值，则“全力自动刹车”的最长时间为（）ABC2.5s

2、D12.5s2从A点斜向上抛出一个小球，曲线ABCD是小球运动的一段轨迹建立如图所示的正交坐标系xOy，x轴沿水平方向，轨迹上三个点的坐标分别为A（L，0）、C（L，0），D（2L，3L），小球受到的空气阻力忽略不计，轨迹与y轴的交点B的坐标为（）A（0，）B（0，L）C（0，）D（0，2L）3一物体仅受重力和竖直向上的拉力作用，沿竖直方向向上做减速运动此过程中物体速度的平方和上升高度的关系如图所示若取h=0处为重力势能等于零的参考平面，则此过程中物体的机械能随高度变化的图象可能正确的是（）ABCD4如图所示，磁感应强度大小为B的匀强磁场方向斜向右上方，与水平方向所夹的锐角为45将一个金属圆环

3、ab置于磁场中，圆环的圆心为O，半径为r，两条半径oa和0b相互垂直，且oa沿水平方向当圆环中通以电流I时，圆环受到的安培力大小为（）ABCBIrD2BIr5空间有一圆柱形匀强磁场区域，O点为圆心磁场方向垂直于纸面向外一带正电的粒子从A点沿图示箭头方向以速率v射入磁场，=30，粒子在纸面内运动，经过时间t离开磁场时速度方向与半径OA垂直不计粒子重力若粒子速率变为，其它条件不变，粒子在圆柱形磁场中运动的时间为（）ABtCD2t6将四根完全相同的表面涂有绝缘层的金属丝首尾连接，扭成如图所示四种形状的闭合线圈，图中大圆半径均为小圆半径的两倍，将线圈先后置于同一匀强磁场中，线圈平面均与磁场方向垂直若磁

4、感应强度从B增大到2B，则线圈中通过的电量最少的是（）ABCD7库仑定律是电磁学的基本定律1766年英国的普里斯特利通过实验证实了带电金属空腔不仅对位于空腔内部的电荷没有静电力的作用，而且空腔内部也不带电他受到万有引力定律的启发，猜想两个点电荷（电荷量保持不变）之间的静电力与它们的距离的平方成反比1785年法国的库仑通过实验证实了两个点电荷之间的静电力与它们的电荷量的乘积成正比，与它们的距离的平方成反比下列说法正确的是（）A普里斯特利的实验表明，处于静电平衡状态的带电金属空腔内部的电场处处为0B普里斯特利的猜想运用了“类比”的思维方法C为了验证两个点电荷之间的静电力与它们的电荷量的乘积成正比，

5、库仑精确测定了两个点电荷的电荷量D为了验证两个点电荷之间的静电力与它们的距离的平方成反比，库仑制作了库仑扭秤装置8水星或金星运行地球和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，天文学称为“行星凌日”已知地球的公转周期为365天，若将水星、金星和地球的公转轨道视为同一平面内的圆轨道，理论计算得到水星相邻两次凌日的时间间隔为116天，金星相邻两次凌日的时间间隔为584天，则下列判断合理的是（）A地球的公转周期大约是水星的2倍B地球的公转周期大约是金星的1.6倍C金星的轨道半径太约是水星的3倍D实际上水星、金星和地球的公转轨道平面存在一定的夹角，所以水星或金星相邻两次凌日的实际时间间隔均大于题干所给数

6、据二非选择题：包括必考题和选考题两部分第9题第12题为必考题，每个试题考生都必须作答第13题第18题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题9（5分）某同学用图甲所示的实验装置测量重力加速度，将电火花计时器固定在铁架台上，把纸带的下端固定在重锤上，纸带穿过电火花计时器，上端用纸带夹夹住，接通电源后释放纸带，纸带上打出一系列的点，所用电源的频率为50Hz，实验中该同学得到一条点迹清晰的纸带如图乙所示，纸带上的第一个点记为O，另选连续的三个点A、B、C进行测量，图乙中给出了这三个点到O点的距离（1）重力加速度的测量值为g=m/s2（结果保留3位有效数字）；（2）实验中该同学选择电火花计时器，而不选择

7、电磁打点计时器，请从误差分析的角度说明选择电火花计时器的主要理由10（10分）用下列器材测量电容器的电容：一块多用电表，一台直流稳压电源，一个待测电容器（额定电压16V），定值电阻R1（阻值未知），定值电阻R2=150，电流传感器、数据采集器和计算机，单刀双掷开关S，导线若干实验过程如下：实验次数实验步骤第1次用多用电表的“10”挡测量电阻R1，指针偏转如图甲所示将电阻R1等器材按照图乙正确连接电路，将开关S与1端连接，电源向电容器充电将开关S掷向2端，测得电流随时间变化的it曲线如图丙中的实线a所示第2次用电阻R2替换R1，重复上述实验步骤，测得电流随时间变化的it曲线如图丁中的某条虚线所示

8、说明：两次实验中电源输出的直流电压恒定且相同请完成下列问题：（1）由图甲可知，电阻R1的测量值为（2）第1次实验中，电阻R1两端的最大电压U=V利用计算机软件测得it曲线和两坐标轴所围的面积为42.3mAS，已知电容器放电时其内阻可以忽略不计，则电容器的电容为C=（3）第2次实验中，电流随时间变化的it曲线应该是图丁中的虚线（选填“b”、“c”或“d”），判断依据是11（12分）如图所示，“”型框置于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外，“”型框的三条边的长度均为L，电阻均为r、a、b两端连接阻值为R的电阻“”型框绕轴ab以角速度逆时针（从上往下看）匀速转动，t=0时刻经过图示位置

9、规定回路中adcb方向为电流的正方向，求（1）通过电阻R的感应电流的表达式；（2）当t=时，通过电阻R的感应电流的大小和方向12（20分）如图甲所示，质量为M=0.5kg的木板静止在光滑水平面上，质量为m=1kg的物块以初速度v0=4m/s滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数为=0.2，在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力F当恒力F取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为s，给木板施加不同大小的恒力F，得到的关系如图乙所示，其中AB与横轴平行，且AB段的纵坐标为1m1将物块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2（1）若恒力F=0，则物块会从木

10、板的右端滑下，求物块在木板上滑行的时间是多少？（2）图乙中BC为直线段，求该段恒力F的取值范围及函数关系式（二）选考题：共15分请考生从给出的3个选修中任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号后的方框涂黑注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，如果多做，则按所做的第一个计分【物理选修3-3】（15分）13（5分）下列说法正确的是（）A一切晶体的光学和力学性质都是各向异性的B在完全失重的宇宙飞船中，水的表面存在表面张力C脱脂棉脱脂的目的，在于使它从不能被水浸润变为可以被水浸润，以便吸取药液D土壤里有很多毛细管，如果要把地下的水分沿着它们引到地表，可以将地面的土壤锄松E人们可以利用

11、某些物质在水溶液中形成的薄片状液晶来研究离子的渗透性，进而了解机体对药物的吸收等生理过程14（10分）如图所示，粗细均匀的“T”型细管竖直放置，竖直管A、B的两端封闭，水平管C的右端开口且与大气相通当光滑活塞上不施加外力时，A、B两部分空气柱的长度均为30cm，竖直管中水银柱长度为15cm，C管中水银柱长度为4.2cm大气压p0=75cmHg现用外力缓慢推动活塞，恰好将C管中水银全部推入竖直管中；固定活塞，再将“T”型细管以水平管C为轴缓慢转动90，求这时A端空气柱的长度【物理选修3-4】（15分）15梦溪笔谈是中国科学技术史上的重要文献，书中对彩虹作了如下描述：“虹乃雨中日影也，日照雨则有之

12、”如图是彩虹成因的简化示意图，设水滴是球形的，图中的圆代表水滴过球心的截面，入射光线在过此截面的平面内，a、b是两种不同频率的单色光下列说法正确的是（）A雨后太阳光入射到水滴中发生色散而形成彩虹B水滴对a光的临界角大于对b光的临界角C在水滴中，a光的传播速度大于b光的传播速度D在水滴中，a光的波长小于b光的波长Ea、b光分别通过同一双缝干涉装置，a光的相邻亮条纹间距较小16有两列简谐横波a、b在同一介质中分别沿x轴正方向和负方向传播两列波在t=0时刻的波形曲线如图所示，已知a波的周期Ta=1s求（i）两列波的传播速度；（ii）从t=0时刻开始，最短经过多长时间x=1.0m的质点偏离平衡位置的位

13、移为0.16m？【物理选修3-5】（15分）17在某些恒星内部，3个氦核（He）结合成1个碳核（C）已知1个氦核的质量m1、1个碳核的质量为m2，1个质子的质量为mp，1个中子的质量为ma，真空中的光速为c（1）核反应方程为；（2）核反应的质量亏损为；（3）碳核的比结合能为18在足够长的光滑水平面上有一个宽度为L的矩形区域，只要物体在此区域内就会受到水平向右的恒力F作用两个可视为质点的小球如图所示放置，B球静止于区域的右边界，现将A球从区域的左边界由静止释放，A球向右加速运动，在右边界处与B球碰撞（碰撞时间极短）若两球只发生一次碰撞，且最终两球的距离保持不变，求（1）A、B两球的质量之比；（2

14、）碰撞过程中A、B系统机械能的损失2016届湖北省武汉市高考物理模拟试卷（4月份）参考答案与试题解析二、选择题：本题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第14题只有一项符合题目要求，第58题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1如图所示，一汽车装备了具有“全力自动刹车”功能的城市安全系统，系统以50Hz的频率监视前方的交通状况当车速v10m/s、且与前方静止的障碍物之间的距离接近安全距离时，如果司机未采取制动措施，系统就会立即启动“全力自动刹车”，使汽车避免与障碍物相撞在上述条件下，若该车在不同路况下的“全力自动刹车”的加速度取46m/s2之间的某一

15、值，则“全力自动刹车”的最长时间为（）ABC2.5sD12.5s【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系【分析】当汽车刹车时，加速度最小时，刹车时间最长，根据速度时间公式即可判断【解答】解：刹车时的加速度最小时，刹车时间最长，故t=故选：C【点评】本题主要考查了速度时间公式，明确刹车时间最长的条件即为加速度最小即可2从A点斜向上抛出一个小球，曲线ABCD是小球运动的一段轨迹建立如图所示的正交坐标系xOy，x轴沿水平方向，轨迹上三个点的坐标分别为A（L，0）、C（L，0），D（2L，3L），小球受到的空气阻力忽略不计，轨迹与y轴的交点B的坐标为（）A（0，）B（0，L）C（0，）D（0，2L）【

16、考点】运动的合成和分解【分析】由图知，小球的轨迹是二次函数，开口向下，且过A（L，0）、C（L，0），可设轨迹方程为 y=a（xL）（x+L），将D点坐标代入求出a，再求解B的坐标【解答】解：由图象可知，小球的轨迹是二次函数，开口向下，且过A（L，0）、C（L，0），设轨迹方程为：y=a（xL）（x+L）将D的坐标 x=2L，y=3L代入上式得：a=则 y=（xL）（x+L）当x=0，得：y=L，故B的坐标为（0，L），故B正确，ACD错误故选：B【点评】解决本题的关键要掌握二次函数方程的一般表达式，运用代入求值的方法求a3一物体仅受重力和竖直向上的拉力作用，沿竖直方向向上做减速运动此过程中物

17、体速度的平方和上升高度的关系如图所示若取h=0处为重力势能等于零的参考平面，则此过程中物体的机械能随高度变化的图象可能正确的是（）ABCD【考点】动能定理的应用【分析】先根据功能关系定性判断物体的机械能变化情况，再由v2h图象分析出物体做匀减速运动，拉力恒定，再由功能关系分析图象的形状【解答】解：AB、拉力竖直向上，与物体的位移方向相同，则拉力对物体做正功，由功能关系知物体的机械能增加，故A、B错误CD、由匀变速运动的速度位移关系公式v2=2ah得：v2=+2ah由数学知识可知，v2h图象的斜率等于2a，直线的斜率一定，则知物体的加速度a一定，因此物体向上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律知拉力

18、恒定由功能关系知：Fh=E，即得 =F，所以Eh图象的斜率等于拉力F，F一定，因此Eh图象应是向上倾斜的直线，故C错误，D正确故选：D【点评】根据物理规律得到解析式，再结合数学知识分析图象的形状和物理意义，是常用的方法，要能熟练运用4如图所示，磁感应强度大小为B的匀强磁场方向斜向右上方，与水平方向所夹的锐角为45将一个金属圆环ab置于磁场中，圆环的圆心为O，半径为r，两条半径oa和0b相互垂直，且oa沿水平方向当圆环中通以电流I时，圆环受到的安培力大小为（）ABCBIrD2BIr【考点】安培力【分析】在磁场中的有效长度等于两端点的连线，根据F=BIL求出安培力的大小【解答】解：通电导线的有效长

19、度为L=，故受到的安培力为F=BIL=故选：A【点评】解决本题的关键掌握安培力大小的公式，以及会确定导线在磁场中的有效长度5空间有一圆柱形匀强磁场区域，O点为圆心磁场方向垂直于纸面向外一带正电的粒子从A点沿图示箭头方向以速率v射入磁场，=30，粒子在纸面内运动，经过时间t离开磁场时速度方向与半径OA垂直不计粒子重力若粒子速率变为，其它条件不变，粒子在圆柱形磁场中运动的时间为（）ABtCD2t【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【分析】根据题意画出粒子速度变化前后两次的运动轨迹过程图，确定圆心，根据周期公式T=，利用几何关系比较两次粒子所转过的圆心角，再根据t=，即可求出粒子在磁场中运动的时间【解

20、答】解：设粒子电量为q，质量为m，磁场半径为r，运动的轨迹半径分别为R，磁感应强度为B，根据洛伦兹力提供向心力：qvB=m粒子运动周期：T=联立可得：T=可知速度变化前后，两次粒子的周期不变，设以速率v射入磁场时运动轨迹的半径为R1，圆心为O1，画出粒子运动过程图如图一所示，根据题意可知：AOO1C，AO=OC，AO1=O1C可得：OAC=ACO1=CAO1=OCA=30所以可知四边形OAO1C为菱形，粒子在磁场中运动所转过的圆心角：1=AO1C=120，半径R1=r 设以速率v射入磁场时运动轨迹的半径为R2，圆心为O2，根据式可知当粒子的速度变为时，粒子半径R2=，根据几何关系画出粒子运动过

21、程图如图二所示，粒子所转过的圆心角2=180根据粒子在磁场中运动的时间：t=T所以两次粒子在磁场中运动的时间之比：=又因为t1=t，所以t2=故C正确，ABD错误故选：C【点评】本题考查带电粒子在有界磁场（圆形）中的运动，要规范地作出粒子轨迹过程图，物理过程较为简单，对平面几何能力要求较高6将四根完全相同的表面涂有绝缘层的金属丝首尾连接，扭成如图所示四种形状的闭合线圈，图中大圆半径均为小圆半径的两倍，将线圈先后置于同一匀强磁场中，线圈平面均与磁场方向垂直若磁感应强度从B增大到2B，则线圈中通过的电量最少的是（）ABCD【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律【分析】根据法拉第电磁感应定律

22、与闭合电路欧姆定律，再结合电量表达式，从而导出电量的综合表达式，进而即可求解【解答】解：根据法拉第电磁感应定律，E=，而闭合电路欧姆定律，I=，且电量q=It，则有q=，若磁感应强度从B增大到2B，则线圈中通过的电量最少的是磁通量变化最少的，由于穿过线圈的磁通量分正负面，因此A选项的磁通量变化量最大，而D选项是将小圆旋转180度后再翻转，则磁通量变化也是最大，对于B选项，是将A选项小圆旋转180度，则磁通量的变化最小；而C选项，是将A选项小圆翻转180度，则磁通量的变化也是最小；综上所述，故BC正确，AD错误；故选：BC【点评】考查电量的综合表达式的应用，掌握磁通量的定义，及理解穿过线圈磁通量

23、分清正反面的不同7库仑定律是电磁学的基本定律1766年英国的普里斯特利通过实验证实了带电金属空腔不仅对位于空腔内部的电荷没有静电力的作用，而且空腔内部也不带电他受到万有引力定律的启发，猜想两个点电荷（电荷量保持不变）之间的静电力与它们的距离的平方成反比1785年法国的库仑通过实验证实了两个点电荷之间的静电力与它们的电荷量的乘积成正比，与它们的距离的平方成反比下列说法正确的是（）A普里斯特利的实验表明，处于静电平衡状态的带电金属空腔内部的电场处处为0B普里斯特利的猜想运用了“类比”的思维方法C为了验证两个点电荷之间的静电力与它们的电荷量的乘积成正比，库仑精确测定了两个点电荷的电荷量D为了验证两个

24、点电荷之间的静电力与它们的距离的平方成反比，库仑制作了库仑扭秤装置【考点】库仑定律【分析】金属导体在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布因此在金属导体内部出现感应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，只有叠加后电场为零时，电荷才不会移动；明确库仑实验的原理【解答】解：A、普里斯特利的实验表明，处于静电平衡状态的带电金属空腔内部的电场处处为0，故A正确；B、普里斯特利联想到万有引力定律的猜想，故运用了“类比”的思维方法，故B正确；C、为了验证两个点电荷之间的静电力与它们的电荷量的乘积成正比，库仑定性的比较了电荷的变化，故C错误；D、为了验证两个点电荷之间的静电力与它们的距离的平方成反比，

25、库仑制作了库仑扭秤装置，故D正确；故选：ABD【点评】本题主要考查了物理学常识，关键是在平时的学习过程中多积累即可8水星或金星运行地球和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，天文学称为“行星凌日”已知地球的公转周期为365天，若将水星、金星和地球的公转轨道视为同一平面内的圆轨道，理论计算得到水星相邻两次凌日的时间间隔为116天，金星相邻两次凌日的时间间隔为584天，则下列判断合理的是（）A地球的公转周期大约是水星的2倍B地球的公转周期大约是金星的1.6倍C金星的轨道半径太约是水星的3倍D实际上水星、金星和地球的公转轨道平面存在一定的夹角，所以水星或金星相邻两次凌日的实际时间间隔均大于题干所给

26、数据【考点】万有引力定律及其应用【分析】抓住出现“行星凌日”的时间间隔，结合求出水星或金星的周期，根据万有引力提供向心力得出轨道半径和周期的关系，从而求出金星轨道半径和水星轨道半径的关系【解答】解：A、水星相邻两次凌日的时间间隔为116天，设水星的周期为T1，则有：，代入数据解得T188天，可知地球公转周期大约是水星的4倍，故A错误B、金星相邻两次凌日的时间间隔为584天，设金星的周期为T2，则有：，代入数据解得T2227天，可知地球的公转周期大约是金星的1.6倍，故B正确C、根据得，r=，因为金星的公转周期大约是水星的0.4倍，则金星的轨道半径大约是水星的0.5倍，故C错误D、由所给资料，若

27、运行轨道平面不存在夹角，那么行星凌日间隔时间会与理论时间一致，而实际与理论不同，故运行轨道平面必然存在夹角，故D正确故选：BD【点评】解决本题的关键知道“行星凌日”时，行星、地球和太阳在同一直线上，相邻两次“行星凌日”时间内，行星比较地球多走一圈二非选择题：包括必考题和选考题两部分第9题第12题为必考题，每个试题考生都必须作答第13题第18题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题9（5分）某同学用图甲所示的实验装置测量重力加速度，将电火花计时器固定在铁架台上，把纸带的下端固定在重锤上，纸带穿过电火花计时器，上端用纸带夹夹住，接通电源后释放纸带，纸带上打出一系列的点，所用电源的频率为50Hz，实

28、验中该同学得到一条点迹清晰的纸带如图乙所示，纸带上的第一个点记为O，另选连续的三个点A、B、C进行测量，图乙中给出了这三个点到O点的距离（1）重力加速度的测量值为g=9.75m/s2（结果保留3位有效数字）；（2）实验中该同学选择电火花计时器，而不选择电磁打点计时器，请从误差分析的角度说明选择电火花计时器的主要理由电火花打点计时器与纸带间的摩擦阻力较小【考点】测定匀变速直线运动的加速度【分析】根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出重力加速度电火花打点计时器与电磁打点计时器比较，纸带与打点计时器之间的摩擦较小【解答】解：（1）由纸带可知，xAB=7.60cm，xBC=7.99cm，根据x=gT

29、2得重力加速度为：g=9.75m/s2（2）实验中该同学选择电火花计时器，而不选择电磁打点计时器，请从误差分析的角度说明选择电火花计时器的主要理由是电火花打点计时器与纸带间的摩擦阻力较小故答案为：（1）9.75，（2）电火花打点计时器与纸带间的摩擦阻力较小【点评】解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度，关键是匀变速直线运动推论的运用10（10分）（2017平顶山模拟）用下列器材测量电容器的电容：一块多用电表，一台直流稳压电源，一个待测电容器（额定电压16V），定值电阻R1（阻值未知），定值电阻R2=150，电流传感器、数据采集器和计算机，单刀双掷开关S，导线若干实验过

30、程如下：实验次数实验步骤第1次用多用电表的“10”挡测量电阻R1，指针偏转如图甲所示将电阻R1等器材按照图乙正确连接电路，将开关S与1端连接，电源向电容器充电将开关S掷向2端，测得电流随时间变化的it曲线如图丙中的实线a所示第2次用电阻R2替换R1，重复上述实验步骤，测得电流随时间变化的it曲线如图丁中的某条虚线所示说明：两次实验中电源输出的直流电压恒定且相同请完成下列问题：（1）由图甲可知，电阻R1的测量值为100（2）第1次实验中，电阻R1两端的最大电压U=9V利用计算机软件测得it曲线和两坐标轴所围的面积为42.3mAS，已知电容器放电时其内阻可以忽略不计，则电容器的电容为C=4.710

31、3F（3）第2次实验中，电流随时间变化的it曲线应该是图丁中的虚线c（选填“b”、“c”或“d”），判断依据是根据im=Um/R，因第2次实验的最大电流小些，故不是b；根据Qm=CUm，因两条曲线分别与坐标轴所围的面积相等，故不是d【考点】研究平行板电容器【分析】（1）欧姆表读数=表盘刻度倍率；（2）由it图象得到开始时电流，结合欧姆定律求解电压；根据C=求解电容；（3）根据欧姆定律，电阻越大，最大电流越小【解答】解：（1）欧姆表读数=表盘刻度倍率=1010=100；（2）由it图象得到开始时电流为：I=90mA=0.09A；故最大电压为：U=IR1=0.09A100=9V；故电容为：C=（3

32、）换用150的电阻，则根据im=Um/R，因第2次实验的最大电流小些，故不是b；根据Qm=CUm，因两条曲线分别与坐标轴所围的面积相等，故不是d，是c；故答案为：（1）100；（2）9，4.7103F；（3）c，根据im=Um/R，因第2次实验的最大电流小些，故不是b；根据Qm=CUm，因两条曲线分别与坐标轴所围的面积相等，故不是d【点评】考查欧姆表读数，对于it图象的含义，知道如何通过图象求电量；掌握电容器的电容公式，理解其比值定义法11（12分）如图所示，“”型框置于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外，“”型框的三条边的长度均为L，电阻均为r、a、b两端连接阻值为R的电阻“”

33、型框绕轴ab以角速度逆时针（从上往下看）匀速转动，t=0时刻经过图示位置规定回路中adcb方向为电流的正方向，求（1）通过电阻R的感应电流的表达式；（2）当t=时，通过电阻R的感应电流的大小和方向【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理；闭合电路的欧姆定律【分析】（1）由电动势的最大值，求得感应偶闭合电路的欧姆定律求得感应电流，即可求得瞬时表达式；（2）把时间代入求得感应电流的大小，即可判断出电流的方向【解答】解：（1），“”型框产生的感应电动势的最大值为：产生的感应电流的最大值为：通过电阻R的感应电流的表达式为：（2）把t=代入解得：，方向与规定的方向相同，从下向上答：（1）通过电阻R的感

34、应电流的表达式为（2）当t=时，通过电阻R的感应电流的大小为，方向从下向上【点评】本题主要考查了电磁感应下的闭合电路的欧姆定律，抓住题目中规定的电流方向为正方向即可12（20分）如图甲所示，质量为M=0.5kg的木板静止在光滑水平面上，质量为m=1kg的物块以初速度v0=4m/s滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数为=0.2，在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力F当恒力F取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为s，给木板施加不同大小的恒力F，得到的关系如图乙所示，其中AB与横轴平行，且AB段的纵坐标为1m1将物块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10

35、m/s2（1）若恒力F=0，则物块会从木板的右端滑下，求物块在木板上滑行的时间是多少？（2）图乙中BC为直线段，求该段恒力F的取值范围及函数关系式【考点】牛顿运动定律的综合应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系【分析】（1）由题，若恒力F=0，则物块会从木板的右端滑下，分别对物块与木板进行受力分析，结合牛顿第二定律求出加速度，然后结合位移关系即可求出；（2）由图象可看出当F小于某一值F1时，m物体在板上的路程始终等于板长S，当F等于某一值F1时，刚好不从木板右端掉下，此后一起相对静止并加速运动，根据牛顿第二定律及运动学基本公式，抓住位移之间的关系列式，联立方程求出B在A上相对A向右运动的路程S

36、与F、v0的关系式，把S=1m带入即可求解F1；当F1FF2时，随着F力增大，S减小，当F=F2时，出现S突变，说明此时物块、木板在达到共同速度后，恰好再次发生相对运动，物块将会从木板左端掉下对二者恰好发生相对运动时，木板的加速度为a2，则整体加速度也为a2，由牛顿第二定律列式即可求解；【解答】解：（1）以初速度v0为正方向，物块的加速度大小：木板的加速度大小：由图乙知，板长L=1m 滑块相对木板的路程：联立解得：当t=1s时，滑块的速度为2m/s，木板的速度为4m/s，而当物块从木板右端滑离时，滑块的速度不可能小于木板的速度，t=1s应舍弃，故所求时间为（2）当F较小时，物块将从木板右端滑下

37、，当F增大到某一值时物块恰好到达木板的右端，且两者具有共同速度v，历时t1，则：v=v0amt1=a1t1位移关系：联立解得：由图乙知，相对路程：s1m代入解得：F1N当F继续增大时，物块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速度；当两者共速后能保持相对静止（静摩擦力作用）一起以相同加速度a做匀加速运动，则： f=ma由于静摩擦力存在最大值，所以：ffmax=mg=2N联立解得：F3N综述：BC段恒力F的取值范围是1NF3N，函数关系式是答：（1）若恒力F=0，则物块会从木板的右端滑下，物块在木板上滑行的时间是s；（2）图乙中BC为直线段，该段恒力F的取值范围是1NF3N，函数关系式是【

38、点评】本题考查牛顿运动定律滑块问题是物理模型中非常重要的模型，是学生物理建模能力培养的典型模型滑块问题的解决非常灵活，针对受力分析、运动分析以及牛顿第二定律的掌握，还有相对运动的分析，特别是摩擦力的变化与转型，都是难点所在本题通过非常规的图象来分析滑块的运动，能从图中读懂物体的运动（二）选考题：共15分请考生从给出的3个选修中任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号后的方框涂黑注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，如果多做，则按所做的第一个计分【物理选修3-3】（15分）13（5分）下列说法正确的是（）A一切晶体的光学和力学性质都是各向异性的B在完全失重的宇宙飞船中，水的表面

39、存在表面张力C脱脂棉脱脂的目的，在于使它从不能被水浸润变为可以被水浸润，以便吸取药液D土壤里有很多毛细管，如果要把地下的水分沿着它们引到地表，可以将地面的土壤锄松E人们可以利用某些物质在水溶液中形成的薄片状液晶来研究离子的渗透性，进而了解机体对药物的吸收等生理过程【考点】* 液体的表面张力现象和毛细现象；* 晶体和非晶体；* 液晶【分析】单晶体表现各项异性，多晶体表现为各项同性；液体表面存在表面张力；植物吸收水分是利用毛细现象；生物膜的主要构成部分是某些物质在水溶液中形成的薄片状液晶【解答】解：A、多晶体表现为各项同性，故A错误；B、由于液体的蒸发，液体表面分子较为稀疏，故分子间距大于液体内部

40、，表现为引力，故在完全失重的宇宙飞船中，水的表面依然存在表面张力，故B正确；C、脱脂棉脱脂的目的，在于使它从不能被水浸润变为可以被水浸润，以便吸取药液，故C正确；D、植物吸收水分是利用自身的毛细现象，不是土壤有毛细管，故D错误；E、生物膜的主要构成部分是某些物质在水溶液中形成的薄片状液晶，人们可以利用某些物质在水溶液中形成的薄片状液晶来研究离子的渗透性，进而了解机体对药物的吸收等生理过程，故E正确；故选：BCE【点评】本题主要是区分单晶体、多晶体、液晶、非晶体，知道它们的区别和运用，基础题目14（10分）如图所示，粗细均匀的“T”型细管竖直放置，竖直管A、B的两端封闭，水平管C的右端开口且与大

41、气相通当光滑活塞上不施加外力时，A、B两部分空气柱的长度均为30cm，竖直管中水银柱长度为15cm，C管中水银柱长度为4.2cm大气压p0=75cmHg现用外力缓慢推动活塞，恰好将C管中水银全部推入竖直管中；固定活塞，再将“T”型细管以水平管C为轴缓慢转动90，求这时A端空气柱的长度【考点】理想气体的状态方程；封闭气体压强【分析】气体发生等温变化，由玻意耳定律可以分析解题【解答】解：图示初始状态下，A管空气的压强pA1=70cmHg，B管空气的压强pB1=85cmHg 当“T”型细管水平时，A、B空气柱的压强相同设为p，A、B空气柱的长度分别为LA2、LB2对A：pA1LA1=pLA2对B：p

42、B1LB1=pLB2两式相比得：由几何关系：LA2+LB2=（30+304.2）cm 联立解得：LA2=25.2cm答：这时A端空气柱的长度25.2cm【点评】本题关键分析出各部分气体的压强，然后运用玻意耳定律分析求解，关键注意列出初末状态参量，结合必要的几何知识求解【物理选修3-4】（15分）15梦溪笔谈是中国科学技术史上的重要文献，书中对彩虹作了如下描述：“虹乃雨中日影也，日照雨则有之”如图是彩虹成因的简化示意图，设水滴是球形的，图中的圆代表水滴过球心的截面，入射光线在过此截面的平面内，a、b是两种不同频率的单色光下列说法正确的是（）A雨后太阳光入射到水滴中发生色散而形成彩虹B水滴对a光的

43、临界角大于对b光的临界角C在水滴中，a光的传播速度大于b光的传播速度D在水滴中，a光的波长小于b光的波长Ea、b光分别通过同一双缝干涉装置，a光的相邻亮条纹间距较小【考点】光的折射定律【分析】由图看出第一次折射时，b光折射角较大，其折射率较小，频率较小，波长较长由公式v=得到，b光在玻璃中的传播速度较大；结合发生光电效应的条件分析；折射率较小，则临界角大，不容易发生全反射干涉条纹的间距与波长成正比【解答】解：A、雨后彩虹是由于太阳光入射到水滴中发生的折射时，不同色光，偏折程度不同而形成的，即发生色散形成的故A正确B、画出光路图，分析可知，第一次折射时，b光的折射角较大，而入射角相等，根据折射率

44、公式n=得知，b光的折射率较小，由sinC=可得：水滴对a光的临界角小于对b光的临界角故B错误C、由公式v=得知，在水滴中，a光的传播速度小于b光的传播速度故C错误D、a光的折射率大于b光的折射率，则a光的频率大于b光的频率，a光的波长小于b光的波长故D正确E、干涉条纹的间距与波长成正比，则a光的相邻亮条纹间距较小，故E正确故选：ADE【点评】该题结合光的折射考查折射率、折射率与光的频率、速度的关系以及干涉条纹间距公式等知识点的内容，关键之处是画出光路图，分析第一次折射时折射角的关系，要注意运用反射的对称性作图16有两列简谐横波a、b在同一介质中分别沿x轴正方向和负方向传播两列波在t=0时刻的

45、波形曲线如图所示，已知a波的周期Ta=1s求（i）两列波的传播速度；（ii）从t=0时刻开始，最短经过多长时间x=1.0m的质点偏离平衡位置的位移为0.16m？【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象【分析】（i）两列性质相同的简谐横波a、b在同一介质中传播时波速是相同的读出a波的波长，可求出波速（ii）运用波形平移法求出a波的波峰传播到x=1.0m的质点经历的时间通项，以及b波的波峰传播到x=1.0m的质点经历的时间通项，联立分析即可【解答】解：（i）由图可知a、b两列波的波长分别为 a=2.5m，b=4.0m 两列波在同种介质中的传播速度相同为 =2.5m/s （ ii）a波的波峰传播到

46、x=1.0m的质点经历的时间：b波的波峰传播到x=1.0m的质点经历的时间：又：ta=tb=t联立解得：5m8n=1（式中m、n均为正整数）分析知，当m=5、n=3时，x=1.0m的质点偏离平衡位置的位移为0.16m时经过时间最短将m=5代入解得：t=5.4s 答：（i）两列波的传播速度是2.5m/s；（ii）从t=0时刻开始，最短经过5.4s时间x=1.0m的质点偏离平衡位置的位移为0.16m【点评】本题关键考查运用数学知识解决物理问题的能力本题是多解问题，往往要分析规律，列出时间通项表达式，解题时要防止漏解【物理选修3-5】（15分）17在某些恒星内部，3个氦核（He）结合成1个碳核（C）

47、已知1个氦核的质量m1、1个碳核的质量为m2，1个质子的质量为mp，1个中子的质量为ma，真空中的光速为c（1）核反应方程为3HeC；（2）核反应的质量亏损为3m1m2；（3）碳核的比结合能为【考点】裂变反应和聚变反应【分析】（1）根据参与反应的粒子种类及生成粒子的种类，根据质量数守恒与核电荷数守恒写出核反应方程式（2）根据前后的质量关系求出质量亏损；（3）核子结合成原子核释放出的能量与核子数之比是结合能【解答】解：（1）核反应方程式为：3HeC；（2）核反应过程中的质量亏损m=（3m1m2）（3）由碳核的组成可知，碳核是由6个质子与6个中子组成，根据爱因斯坦质能方程：E=mc2可知，核反应释

48、放的能量，E=（6mP+6mam2）c2所以碳核的比结合能为：=故答案为：（1）3HeC；（2）3m1m2；（3）【点评】写核反应方程式时，要注意核电荷数与质量数守恒；先求出质量亏损，然后再求释放的能量18在足够长的光滑水平面上有一个宽度为L的矩形区域，只要物体在此区域内就会受到水平向右的恒力F作用两个可视为质点的小球如图所示放置，B球静止于区域的右边界，现将A球从区域的左边界由静止释放，A球向右加速运动，在右边界处与B球碰撞（碰撞时间极短）若两球只发生一次碰撞，且最终两球的距离保持不变，求（1）A、B两球的质量之比；（2）碰撞过程中A、B系统机械能的损失【考点】动量守恒定律；功能关系【分析】

49、（1）两球只发生一次碰撞，且两球的距离保持不变，可知第一次碰撞后，A、B两球的速度大小相等，方向相反，抓住A在矩形区域内的运动规律，结合运动学公式和动能定理求出A、B碰撞前后的速度关系，结合动量守恒定律求出A、B的质量关系（2）根据能量守恒定律求出A、B系统损失的机械能【解答】解：（1）两球只发生一次碰撞，且最终两球的距离保持不变，可知A、B两球第一次碰撞后速度大小相等，方向相反，设均为v，A返回矩形区域后先做匀减速直线运动，然后做匀加速直线运动，设该过程的运动时间为t，则A返回向左的最大距离，对B有：，解得x=，根据动能定理得，联立解得v0=3v对第一次碰撞的过程，根据动量守恒有：mAv0=mA（v）+mBv，解得=（2）系统损失的机械能，又，联立解得E=答：（1）A、B两球的质量之比为1：4；（2）碰撞过程中A、B系统机械能的损失为【点评】本题考查了动量守恒和能量守恒的综合运用，知道A、B碰撞后速度大小相等，方向相反是解决本题的关键，运用动量守恒解题时注意速度的方向