2016年江苏省淮安市高考最后一模物理试卷（5月份）（解析版）

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1、2016届江苏省淮安市高考最后一模物理试卷（5月份）一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分，每小题只有一个选项符合题意1如图所示，某区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B一正方形刚性线圈，边长为L，匝数为n，线圈平面与磁场方向垂直，线圈一半在磁场内某时刻，线圈中通过大小为I的电流，则此线圈所受安培力的大小为（）ABILBnBILCnBILDnBIL2我国海军在南海某空域举行实兵对抗演练，某一直升机在匀速水平飞行过程中遇到突发情况，立即改为沿虚线斜向下减速飞行，则空气对其作用力可能是（）AF1BF2CF3DF43科学家预测银河系中所有行星的数量大概在2万亿3万亿之间日前在

2、银河系发现一颗类地行星，半径是地球半径的两倍，质量是地球质量的三倍卫星a、b分别绕地球、类地行星做匀速圆周运动，它们距中心天体表面的高度均等于地球的半径则卫星a、b的（）A线速度之比为1：B角速度之比为3：C周期之比为：D加速度之比为4：34某同学为研究电动机在启动和工作过程中电流的变化情况，设计如图所示的电路，则下列说法中正确的是（）A电动机启动时的电流小于正常工作时的电流B电动机有负载时的电流小于空载时的电流C若增大电动机的负载，则电流增大D由于电动机内阻不变，因此电流与电动机的负载无关5一小滑块（可看成质点）在水平拉力F作用下，沿粗糙水平面上做直线运动，其速度v随时间t变化的图象如图所示

3、在0.5s、1.5s、2.5s、3.5s时刻拉力F的大小分别为F1、F2、F3、F4，则下列判断一定正确的是（）AF1F2BF2=F3CF1F4DF3F4二、多项选择题：本大题共4小题，每小题4分，共16分每小题有多个选项符合题意全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分6（4分）如图所示，理想变压器原线圈接入电压有效值恒定的正弦交流电，副线圈接一定值电阻R调节触头P，使副线圈匝数变为原来的一半，则调节前后（）A原线圈中的电流之比为4：1B副线圈中的电流之比为2：1C变压器的输入功率之比为2：1D变压器的输出功率之比为1：27（4分）如图所示，在水平地面上A、B两点同时迎面抛出两

4、个物体，初速度分别为v1、v2，与水平方向所成角1=30、2=60，两物体恰好落到对方抛出点两物体在空中运动的时间分别为t1、t2，不计空气阻力则（）Av1=v2Bt1=t2C两物体在空中可能相遇D两物体位于同一竖直线时，一定在AB中点的右侧8（4分）如图所示，两圆环上均匀分布相同的正电荷，x轴垂直于环面且过两圆环圆心O1和O2，P为O1O2的中点下列说法中正确的是（）AP点的电场强度为零BO1点的电场强度为零CO1点电势一定等于O2点电势D从O1点沿x轴到O2点，电势一定先降低后升高9（4分）如图所示，斜面体固定不动，一轻质弹簧沿光滑斜面放置，下端固定在斜面底部挡板上分两次将质量为m1、m2

5、（m2m1）的两物块从斜面上不同位置静止释放，两次运动中弹簧的最大压缩量相同（弹簧始终在弹性限度范围内）物块从开始释放到速度第一次减为零的过程，则（）Am1开始释放的高度高Bm1的重力势能变化量大Cm2的最大速度小Dm2的最大加速度小于m1的最大加速度三、简答题：本题分必做题（第10、11题）和选做题（第12题）两部分，共计42分请将解答填在答题卡相应的位置10（8分）用落体法验证机械能守恒定律，器材安装如图甲（1）请指出图甲中的错误及不妥之处（至少写出两处），（2）改进实验中错误及不妥之处后，打出如图乙所示一条纸带已知打点计时器频率为50Hz，根据纸带所给数据，打C点时重物的速度为m/s（结

6、果保留两位有效数字）（3）某同学选用两个形状相同质量不同的重物a和b进行实验测得几组数据，画出h的图象如图丙所示，求出图线的斜率k，由图象可知a的质量m1b的质量m2（选填“大于”或“小于”）（4）通过分析发现造成k2值偏小的原因是实验过程中存在各种阻力，已知实验所用重物的质量m2=0.052kg，当地重力加速度g=9.78m/s2，求出重物所受的平均阻力f=N（结果保留两位有效数字）11（10分）在“测定电源电动势和内阻”的实验中，实验室仅提供下列实验器材：A两节旧干电池，每节电动势约1.5VB直流电压表Vl、V2，量程均为03V，内阻约3kC电流表，量程00.6A，内阻小于1D定值电阻R0

7、，阻值2E滑动变阻器R，最大阻值15F导线和开关若干（1）请根据连接的实物图甲，在图乙虚线框中画出对应的电路图；（2）根据图甲电路进行实验，测得多组U、I数据，作出UI图象，求出电动势和内阻的值均小于真实值，其产生误差的原因是（3）实验过程中，由于电流表发生了故障，某同学又设计了图丙所示的电路测定电源的电动势和内阻，实验中移动滑动变阻器触头，记录Vl和V2的值如表所示，用测出的数据在图丁中绘出U1U2图线组数123456电压U1/V0.801.251.531.721.871.98电压U2/V1.601.872.042.152.242.31（4）由图线可得被测电池组的电动势E=V，内阻r=（结果

8、保留两位有效数字）四.【选做题】本题包括A、B和C三小题，请选定其中两题，并在答题卡相应的答题区域内作答若三题都做，则按A、B两题评分A（选修模块3-3）（12分）12下列说法中正确的是（）A气体分子的平均速率增大，气体的压强也一定增大B叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用C液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性D因为布朗运动的激烈程度与温度有关，所以布朗运动也叫做热运动13（9分）有一个氧气袋和一个氧气瓶，当所装氧气的压强不太大，可近似当成理想气体它们的pT图象如图所示如果氧气袋中的氧气质量不变，经历了12过程，则此过程袋中的氧气（选填“吸热”或“放热”）；如果氧气瓶中氧气质量发

9、生了变化，经历了12过程，则此时氧气瓶正在（选填“用气”或“充气”）如果氧气瓶的容积V=30L，由于用气，氧气瓶中的压强由p1=100atm降到p2=50atm，温度始终保持0，已知标准状况下1mol气体的体积是22.4L，则使用掉的氧气分子数为多少？（已知阿伏伽德罗常数NA=6.01023mol1，结果保留两位有效数字）B（选修模块3-4）（12分）14下列说法中正确的是（）A地面附近有一高速水平飞过的火箭，地面上的人观察到“火箭长度”要比火箭上的人观察到的短一些B拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片以增加透射光的强度C在同种均匀介质中传播的声波，频率越高，波长也越长D玻璃内气泡

10、看起来特别明亮，是因为光线从气泡中射出的原因15（4分）一列简谐横波，沿x轴正向传播t=0时刻的波形图如图甲所示，图乙是图甲中某质点的振动图象则该波的波速为m/s；图乙表示甲图中（选填“A”、“B”、“C”、“D”）质点的振动图象16（5分）如图所示，一截面为梯形的鱼塘贮满水，鱼塘右侧坡面的倾角为，水的折射率为n不同时刻太阳光线与水平面的夹角在变化，求当满足什么条件时，阳光能够照射到整个鱼塘的底部C（选修模块3-5）（12分）17下列说法中正确的是（）A随着温度的升高，各种波长的辐射强度都在增加，同时辐射强度的极大值向波长较短的方向移动B在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分

11、动量转移给电子，因此光子散射后波长变短C放射性元素原子核的半衰期长短与原子所处的化学状态和外部条件有关D衰变所释放的电子是原子核内的中子转变为质子时所产生的18氢原子的能级图如图所示，现有一群处于n=4能级上的氢原子，要使它们回到n=2能级过程中，可能辐射种不同频率的光子辐射出的光子照射某种金属，该金属的逸出功是2.25eV，则产生的光电子最大初动能是eV19一静止的U核衰变为Th核时，放出一个粒子，已知衰变过程中质量亏损为m，Th的质量为m1，粒子质量为m2，光在真空中的速度为c若释放的核能全部转化为系统的动能，请写出衰变方程并求出粒子的动能四、计算题：本大题共3小题，共47分解答时请写出必

12、要的文字说明、方程式和重要的演算步骤只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中须明确写出数值和单位20（15分）很多人喜欢到健身房骑车锻炼，某同学根据所学知识设计了一个发电测速装置，如图所示自行车后轮置于垂直车身平面向里的匀强磁场中，后轮圆形金属盘在磁场中转动时，可等效成一导体棒绕圆盘中心O转动已知磁感应强度B=0.5T，圆盘半径l=0.3m，圆盘电阻不计导线通过电刷分别与后轮外边缘和圆心O相连，导线两端a、b间接一阻值R=10的小灯泡后轮匀速转动时，用电压表测得a、b间电压U=0.6V（1）与a连接的是电压表的正接线柱还是负接线柱？（2）圆盘匀速转动10分钟，则此过程中产生了多少电能？

13、（3）自行车车轮边缘线速度是多少？21（16分）如图所示，水平桌面A上直线MN将桌面分成两部分，左侧桌面光滑，右侧桌面粗糙在A上放长L=0.1m的均匀方木板，木板左端刚好与MN对齐，通过细绳绕过光滑的定滑轮与正上方的一水平圆盘B上的小球（可看成质点）相连，小球质量与木板质量相等，小球套在沿圆盘半径方向的光滑细杆上，细杆固定在圆盘上，细线刚好绷直木板右端与一劲度系数k=40N/m的轻弹簧相连，轻弹簧另一端固定在挡板上现用力F沿杆方向拉动小球，通过细线使木板缓慢向左运动，当木板刚好离开粗糙面时，拉力做功W=0.3J（1）上述过程中，因摩擦而产生的热量是多少？（2）写出上述过程中F随小球运动位移x的

14、关系式，并画出Fx图象（3）若将“力F拉小球”改为“使B绕轴OO转动”，仍实现上述过程，则杆对小球至少需要做多少功？已知开始时小球离圆盘中心的距离r=0.1m22（16分）如图所示，在第一象限内有垂直纸面向里和向外的匀强磁场，磁感应强度分别为B1=0.1T、B2=0.05T，分界线OM与x轴正方向的夹角为在第二、三象限内存在着沿x轴正方向的匀强电场，电场强度E=1104V/m现有一带电粒子由x轴上A点静止释放，从O点进入匀强磁场区域已知A点横坐标xA=5102m，带电粒子的质量m=1.61024kg，电荷量q=+1.61015C（1）要使带电粒子能始终在第一象限内运动，求的取值范围？（用反三角

15、函数表示）（2）如果=30，则粒子能经过OM分界面上的哪些点？（3）如果=30，让粒子在OA之间的某点释放，要求粒子仍能经过（2）问中的那些点，则粒子释放的位置应满足什么条件？2016届江苏省淮安市高考最后一模物理试卷（5月份）参考答案与试题解析一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分，每小题只有一个选项符合题意1如图所示，某区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B一正方形刚性线圈，边长为L，匝数为n，线圈平面与磁场方向垂直，线圈一半在磁场内某时刻，线圈中通过大小为I的电流，则此线圈所受安培力的大小为（）ABILBnBILCnBILDnBIL【考点】安培力【分析】由安培力公

16、式F=BIL进行计算，注意式中的L应为等效长度【解答】解：导线在磁场内有效长度为L，故该V形通电导线受到安培力大小为F=nBIL，故D正确故选：D【点评】本题考查安培力的计算，熟记公式，但要理解等效长度的意义2我国海军在南海某空域举行实兵对抗演练，某一直升机在匀速水平飞行过程中遇到突发情况，立即改为沿虚线斜向下减速飞行，则空气对其作用力可能是（）AF1BF2CF3DF4【考点】曲线运动【分析】直升机受重力和空气对其作用力（阻力和升力的合力），做匀加速直线运动，加速度沿着虚线向上，故合力沿着虚线向上，根据矢量合成的三角形定则作图判断即可【解答】解：直升机沿虚线斜向上加速飞行，加速度沿着虚线向上，

17、故合力F沿着虚线向上；直升机受重力和空气对其作用力，根据三角形定则作图如下：选项A正确，BCD错误故选：A【点评】本题是已知运动情况判断受力情况的问题，关键是先根据运动情况确定加速度方向，得到合力方向，然后受力分析后根据三角形定则判断空气作用力的方向3科学家预测银河系中所有行星的数量大概在2万亿3万亿之间日前在银河系发现一颗类地行星，半径是地球半径的两倍，质量是地球质量的三倍卫星a、b分别绕地球、类地行星做匀速圆周运动，它们距中心天体表面的高度均等于地球的半径则卫星a、b的（）A线速度之比为1：B角速度之比为3：C周期之比为：D加速度之比为4：3【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系【分析

18、】根据万有引力等于向心力，分别求出两卫星线速度的表达式，再求解线速度之比根据周期公式求周期之比由向心加速度公式结合求向心加速度之比【解答】解：根据万有引力提供向心力得：得：v=，a=，T=，A、卫星a、b的线速度之比，故A错误；B、卫星a、b的角速度之比，故B正确；C、卫星a、b的周期之比，故C错误；D、卫星a、b的向心加速度之比=，故D错误故选：B【点评】解决本题的关键要建立卫星运动的模型，抓住万有引力等于向心力这一思路，推导出线速度、周期等的表达式，难度适中4某同学为研究电动机在启动和工作过程中电流的变化情况，设计如图所示的电路，则下列说法中正确的是（）A电动机启动时的电流小于正常工作时的

19、电流B电动机有负载时的电流小于空载时的电流C若增大电动机的负载，则电流增大D由于电动机内阻不变，因此电流与电动机的负载无关【考点】法拉第电磁感应定律；功率、平均功率和瞬时功率；闭合电路的欧姆定律【分析】电动机转动时，线圈做切割磁感线运动，产生感应电动势，该感应电动势方向与电源提供电压的方向相反，起到阻碍电流的作用，故又叫做反电动势【解答】解：A、电动机启动时，线圈转速慢，产生的反电动势小，故电流较大，故A错误；B、电动机有负载时转速小，产生的反电动势小，故电流较大，故B错误；C、若增大电动机的负载，要产生较大的力，根据P=Fv，速度减小，反电动势减小，故电流增加，故C正确；D、电动机转动时，线

20、圈做切割磁感线运动，产生感应电动势，也起到阻碍电流的作用，故D错误；故选：C【点评】本题主要是考查电磁感应现象中的反电动势，关键是明确电动机的工作原理，要能够知道反电动势的作用5一小滑块（可看成质点）在水平拉力F作用下，沿粗糙水平面上做直线运动，其速度v随时间t变化的图象如图所示在0.5s、1.5s、2.5s、3.5s时刻拉力F的大小分别为F1、F2、F3、F4，则下列判断一定正确的是（）AF1F2BF2=F3CF1F4DF3F4【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像【分析】由vt图的斜率等于物体的加速度，由图读出各点的加速度的大小与方向关系，根据牛顿第二定律，合外力方向与加速度方向相同，

21、结合公式即可求出个点拉力F的大小关系【解答】解：由vt图可知，0.5s、1.5s时刻的加速度a1，a2的方向都为正，而且a1a2，在2.5s时刻的速度达到最大值，加速度a3等于0，3.5s时刻加速度a4的方向为负以速度v的方向为正方向，则：Ff=ma所以：F=f+ma结合各点的加速度的大小与方向关系可知，F1F2F3F4故AB错误，CD正确故选：CD【点评】本题关键是明确直线运动中，物体加速时合力与速度同向；物体减速时合力与速度反向，基础题目二、多项选择题：本大题共4小题，每小题4分，共16分每小题有多个选项符合题意全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分6（4分）如图所示，理

22、想变压器原线圈接入电压有效值恒定的正弦交流电，副线圈接一定值电阻R调节触头P，使副线圈匝数变为原来的一半，则调节前后（）A原线圈中的电流之比为4：1B副线圈中的电流之比为2：1C变压器的输入功率之比为2：1D变压器的输出功率之比为1：2【考点】变压器的构造和原理；电功、电功率【分析】变压器的电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，输入功率等于输出功率，结合欧姆定律分析【解答】解：根据变压比规律得，副线圈匝数变为原来的一半，副线圈电压原来的一半，副线圈中的电流变为原来的一半，故调节前后副线圈中电流之比为2：1，故B正确；调节后副线圈输出功率变为原来的，故调节前后变压器的输出功率之比为4：1，故D错误

23、；理想变压器输入功率等于输出功率，故调节前后变压器的输出功率之比为4：1，故C错误；根据，原线圈输入电压不变，调节前后输入功率之比为4：1，故调节前后原线圈中的电流之比为4：1，故A正确；故选：AB【点评】本题不仅考查了变压器的特点和欧姆定律，还结合闭合电路考查了电路的动态分析7（4分）如图所示，在水平地面上A、B两点同时迎面抛出两个物体，初速度分别为v1、v2，与水平方向所成角1=30、2=60，两物体恰好落到对方抛出点两物体在空中运动的时间分别为t1、t2，不计空气阻力则（）Av1=v2Bt1=t2C两物体在空中可能相遇D两物体位于同一竖直线时，一定在AB中点的右侧【考点】抛体运动【分析】

24、AB两物体做斜抛运动，根据竖直方向和水平方向的运动特点，判断出初速度的大小和运动时间及运动的水平位移【解答】解：A、两物体做斜抛运动，在竖直方向减速，在水平方向匀速对A球，运动时间为：，水平方向通过的位移为：对B球，运动时间为：，水平通过的位移为：x=因x=x联立解得：v1=v2，故A正确B、由A可知，由于AB竖直方向的速度不同，根据速度时间公式可知，所需时间不同，故B错误；C、由于竖直方向和水平方向速度不同，故不可能在空中相遇，故C错误；D、A在水平方向的速度大于B水平方向的速度，故在竖直方向时，A在水平方向通过的位移大于B的位移，故D正确；故选：AD【点评】本题运用逆向思维研究斜抛运动，关

25、键是明确水平方向匀速运动，竖直方向匀减速运动即可求得8（4分）如图所示，两圆环上均匀分布相同的正电荷，x轴垂直于环面且过两圆环圆心O1和O2，P为O1O2的中点下列说法中正确的是（）AP点的电场强度为零BO1点的电场强度为零CO1点电势一定等于O2点电势D从O1点沿x轴到O2点，电势一定先降低后升高【考点】电势差与电场强度的关系；电势【分析】可以将两个圆环上的电荷等效放在和，根据电场的叠加原理和对称性分析P和点的场强，根据对称性比较和点的电势，在连线上中点场强为0，P左侧合场强向右，P右侧合场强向左，再判断从点到点电势的变化情况【解答】解：A、两个圆环上电荷可等效放在和，根据可得在P点的电场等

26、大反向，故P点的电场强度为零，故A正确；B、点的电场强度为上的电荷在处产生的电场强度和上的电荷在处产生的电场强度的矢量和，上的电荷在处产生的电场强度为零，但是上的电荷在处产生的电场强度不为零，故点的电场强度不为零，故B错误；C、根据对称性可得点电势一定等于点电势，故C正确；D、从点沿x轴到过程中，电场方向在段为方向向右，在为方向向左，所以电势先降低后升高，故D正确；故选：ACD【点评】灵活利用对称性分析轴线上场强的特点是解题的关键，注意场强是矢量和判断电势高低的方法，此题综合性较强，难度较大9（4分）如图所示，斜面体固定不动，一轻质弹簧沿光滑斜面放置，下端固定在斜面底部挡板上分两次将质量为m1

27、、m2（m2m1）的两物块从斜面上不同位置静止释放，两次运动中弹簧的最大压缩量相同（弹簧始终在弹性限度范围内）物块从开始释放到速度第一次减为零的过程，则（）Am1开始释放的高度高Bm1的重力势能变化量大Cm2的最大速度小Dm2的最大加速度小于m1的最大加速度【考点】功能关系【分析】两次运动中弹簧的最大压缩量相同，弹簧的弹性势能相同，对两种情况分别运用机械能守恒定律列式，可判断释放点高度关系，并能分析重力势能变化量的关系速度最大时物体的合力为零，在最低点加速度最大由牛顿第二定律分析最大加速度的关系【解答】解：A、对任一物体，设物体的质量为m，物体从开始释放到速度第一次减为零下降的高度为h取最低点

28、所在水平面为参考平面根据物体与弹簧组成的系统机械能守恒得：mgh=Ep，据题，两次弹簧的弹性势能Ep相同，m2m1，则有h1h2即m1开始释放的高度高，故A正确B、物体从开始释放到速度第一次减为零的过程，物体的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能，则两个物体重力势能变化量相等，故B错误C、物块的速度最大时，合力为零，则有 kx=mgsin，因为m2m1，所以x2x1设弹簧的最大压缩量为xm物块从速度最大位置到速度第一次减为零的过程，根据能量守恒定律得：+mgsin（xmx）+=Ep，得 vm=，由于m2m1，x2x1，xm、Ep相同，可知不能比较最大速度的大小故C错误D、两次运动中弹簧的最大压缩量

29、相同，设为F，由牛顿第二定律得 Fmgsin=ma，得最大加速度为 a=gsin，由于m2m1，所以m2的最大加速度小于m1的最大加速度，故D正确故选：AD【点评】解决本题的关键能正确分析能量的转化情况，知道物体速度最大的条件：合力等于零，运用牛顿第二定律分析加速度三、简答题：本题分必做题（第10、11题）和选做题（第12题）两部分，共计42分请将解答填在答题卡相应的位置10（8分）用落体法验证机械能守恒定律，器材安装如图甲（1）请指出图甲中的错误及不妥之处（至少写出两处）使用的是直流电源，重物离打点计时器太远（2）改进实验中错误及不妥之处后，打出如图乙所示一条纸带已知打点计时器频率为50Hz

30、，根据纸带所给数据，打C点时重物的速度为2.2m/s（结果保留两位有效数字）（3）某同学选用两个形状相同质量不同的重物a和b进行实验测得几组数据，画出h的图象如图丙所示，求出图线的斜率k，由图象可知a的质量m1大于b的质量m2（选填“大于”或“小于”）（4）通过分析发现造成k2值偏小的原因是实验过程中存在各种阻力，已知实验所用重物的质量m2=0.052kg，当地重力加速度g=9.78m/s2，求出重物所受的平均阻力f=0.031N（结果保留两位有效数字）【考点】验证机械能守恒定律【分析】（1）根据实验的原理和操作中的注意事项确定错误和不妥之处（2）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度

31、求出C点的速度（3）根据动能定理得出图线斜率的物理意义，结合斜率的大小比较质量的大小（4）根据动能定理，结合图线的斜率求出阻力的大小【解答】解：（1）图甲中的错误及不妥之处：）使用的是直流电源；重物离打点计时器太远；没有从上方提着纸带，而是用手托着纸带（2）C点的瞬时速度等于BD段的平均速度，则=2.2m/s（3）根据动能定理知，（mgf）h=，则，知图线的斜率k=，b的斜率小，知b的质量小，所以a的质量m1大于b的质量m2（4）根据动能定理知，（m2gf）h=，则，可知，代入数据解得f=0.031N故答案为：（1）使用的是直流电源；重物离打点计时器太远；没有从上方提着纸带，而是用手托着纸带（

32、2）2.2，（3）大于，（4）0.031【点评】解决本题的关键知道实验的原理以及操作中的注意事项，对于图象问题，一般的解题思路得出物理量之间的关系式，结合图线的斜率分析判断11（10分）在“测定电源电动势和内阻”的实验中，实验室仅提供下列实验器材：A两节旧干电池，每节电动势约1.5VB直流电压表Vl、V2，量程均为03V，内阻约3kC电流表，量程00.6A，内阻小于1D定值电阻R0，阻值2E滑动变阻器R，最大阻值15F导线和开关若干（1）请根据连接的实物图甲，在图乙虚线框中画出对应的电路图；（2）根据图甲电路进行实验，测得多组U、I数据，作出UI图象，求出电动势和内阻的值均小于真实值，其产生误

33、差的原因是电压表分流（3）实验过程中，由于电流表发生了故障，某同学又设计了图丙所示的电路测定电源的电动势和内阻，实验中移动滑动变阻器触头，记录Vl和V2的值如表所示，用测出的数据在图丁中绘出U1U2图线组数123456电压U1/V0.801.251.531.721.871.98电压U2/V1.601.872.042.152.242.31（4）由图线可得被测电池组的电动势E=3.0V，内阻r=3.0（结果保留两位有效数字）【考点】测定电源的电动势和内阻【分析】（1）根据电路图分析实验原理，明确误差产生原因；（2）根据电路图明确实验电路接法，从而得出正确的实物图象；93）由闭合电路欧姆定律可明确对

34、应的公式，再由图象即可求得对应的电动势和内电阻【解答】解：（1）根据实物图可得出对应的原理图如图所示；（2）由图可知，电流表不是流过干路电路，原因是电压表的分流造成的；（3）根据表中数据采用描点法可得出对应的图象如图所示；（4）由闭合电路欧姆定律可知，E=U2+r，整理得：U1=U2E，当U2=1.60V时，U1=0.80V；当U2=2.24V时，U1=1.87V；代入解得：E=3.0V；r=3.0故答案为：（1）如图所示；（2）电压表分流；（3）如图所示；（4）3.0，3.0【点评】本题考查测量电动势和内电阻的实验方法，关键在明确根据闭合电路欧姆定律得出对应的表达式，再分析图象的意义，求得电

35、动势和内电阻四.【选做题】本题包括A、B和C三小题，请选定其中两题，并在答题卡相应的答题区域内作答若三题都做，则按A、B两题评分A（选修模块3-3）（12分）12下列说法中正确的是（）A气体分子的平均速率增大，气体的压强也一定增大B叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用C液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性D因为布朗运动的激烈程度与温度有关，所以布朗运动也叫做热运动【考点】* 液体的表面张力现象和毛细现象；布朗运动；* 晶体和非晶体【分析】气体的压强与温度、分子密度都有关；凡作用于液体表面，使液体表面积缩小的力，称为液体表面张力它产生的原因是液体跟气体接触的表面存在一个薄层，叫做表

36、面层，表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力就象你要把弹簧拉开些，弹簧反而表现具有收缩的趋势布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，不是分子的无规则运动，形成的原因是由于液体分子对悬浮微粒无规则撞击引起的【解答】解：A、气体的压强与温度、分子密度都有关；气体分子的平均速率增大，说明温度升高，但气体的压强不一定增大故A错误；B、叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用，具体来说，叶面上的小露珠与气体接触的表面层中的分子分布较内部稀疏，分子间距大于分子力平衡时的距离r0，所以分子间的相互作用表现为引力，从而使小露珠表面各部分之间存在相互吸引的力，即表面张

37、力，小露珠表面层在液体表明张力的作用下呈球形，故B正确；C、当液晶中电场强度不同时，液晶对不同颜色光的吸收强度不同，具有各向异性故C正确；D、布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，而组成小颗粒的分子有成千上万个，颗粒的运动是大量分子集体的运动，并不是颗粒分子的无规则运动，只有分子的无规则运动叫做热运动故D错误故选：BC【点评】本题考查了气体的压强、液体表面张力、液晶、温度的微观意义，知识点多，难度小，多积累、多记忆是做好这一类题目的前提基础题13（9分）有一个氧气袋和一个氧气瓶，当所装氧气的压强不太大，可近似当成理想气体它们的pT图象如图所示如果氧气袋中的氧气质量不变，经历了12过程，则此过程袋中的

38、氧气吸热（选填“吸热”或“放热”）；如果氧气瓶中氧气质量发生了变化，经历了12过程，则此时氧气瓶正在用气（选填“用气”或“充气”）如果氧气瓶的容积V=30L，由于用气，氧气瓶中的压强由p1=100atm降到p2=50atm，温度始终保持0，已知标准状况下1mol气体的体积是22.4L，则使用掉的氧气分子数为多少？（已知阿伏伽德罗常数NA=6.01023mol1，结果保留两位有效数字）【考点】气体的等容变化和等压变化【分析】（1）根据温度的变化判断出吸放热，根据PT的斜率判断出氧气瓶的状态（2）根据波意耳定律即可求得【解答】解：由图示图象可知，在12的过程中，气体温度升高，气体的内能增加，故吸热

39、；在PT图象中，斜率代表，故体积在增大，故氧气瓶正在用气用气过程中，温度不变，由 p1V1=p2V2，得用掉的气体为压强是50atm，体积为V=V2V1=30L这部分气体在标况下的体积为 V3=1500L所以，n=个=4.01025个 故答案为：吸热； 用气；4.01025个【点评】本题考查了判断气体吸热与放热情况、气体内能如何变化，分析清楚图示图象、抓住波意耳定律适用于等质量气体B（选修模块3-4）（12分）14下列说法中正确的是（）A地面附近有一高速水平飞过的火箭，地面上的人观察到“火箭长度”要比火箭上的人观察到的短一些B拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片以增加透射光的强度C

40、在同种均匀介质中传播的声波，频率越高，波长也越长D玻璃内气泡看起来特别明亮，是因为光线从气泡中射出的原因【考点】* 长度的相对性；全反射【分析】根据相对论分析火箭的长度的变化；拍摄玻璃厨窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片以玻璃反射的偏振光的强度；水中或玻璃中的气泡看起来特别明亮是因为光从水或玻璃射向气泡时，一部分光在界面上发生了全反射【解答】解：A、在根据相对论尺缩效应可知，地面附近有一高速水平飞过的火箭，地面上的人观察到的火箭长度要比火箭上的人观察到的要短一些故A正确；B、玻璃的反射光属于偏振光，拍摄玻璃厨窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片以减弱玻璃反射的偏振光的强度故B错误；C在同

41、种均匀介质中传播的声波的波速是相等的，根据公式：v=f可知，频率越高，波长也越短故C错误；D、水中或玻璃中的气泡看起来特别明亮是因为光从水或玻璃射向气泡时，一部分光在界面上发生了全反射故D错误；故选：A【点评】本题考查了长度的相对性、光的偏振现象、光的反射与全反射等；知识点多，难度小，关键是多看书，记住相关知识点15（4分）一列简谐横波，沿x轴正向传播t=0时刻的波形图如图甲所示，图乙是图甲中某质点的振动图象则该波的波速为10m/s；图乙表示甲图中B（选填“A”、“B”、“C”、“D”）质点的振动图象【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系【分析】简谐波传播过程中，介质中各振动的振幅相同，由

42、甲图直接读出振幅和波长，由乙图得到周期，根据v=求解波速；根据甲图判断L质点开始振动的方向，进而求出第一次到达波峰的时间，考虑周期性即可求解时间；【解答】解：由甲图得到波长为2m，由乙图得到周期为0.2s，故波速为：v=；根据振动图象的特点可知，t=0时刻质点在平衡位置，振动的方向向上，结合平移法可知乙的图象是甲中B点的振动图象故答案为：10，B【点评】本题关键要能够区分振动图象和波动图象，由图象得到周期、波长、振幅以及振动情况，不难16（5分）如图所示，一截面为梯形的鱼塘贮满水，鱼塘右侧坡面的倾角为，水的折射率为n不同时刻太阳光线与水平面的夹角在变化，求当满足什么条件时，阳光能够照射到整个鱼

43、塘的底部【考点】光的折射定律【分析】抓住阳光可以照射到整个底部，则折射光线与底部的夹角大于等于，根据几何关系，结合折射定律求出满足的条件【解答】解：当右侧光线经水折射后，刚好沿鱼塘右侧坡面时，则此时阳光刚好能够照射到整个鱼塘的底部设此时太阳光线与水平面的夹角0根据折射定律，得解得 cos0=ncos所以满足什么条件为 cosncos或arccos（ncos）答：当满足cosncos或arccos（ncos）时阳光能够照射到整个鱼塘的底部【点评】本题关键牢记和理解折射定律，把握临界条件，并能灵活数学知识进行求解C（选修模块3-5）（12分）17下列说法中正确的是（）A随着温度的升高，各种波长的辐

44、射强度都在增加，同时辐射强度的极大值向波长较短的方向移动B在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，因此光子散射后波长变短C放射性元素原子核的半衰期长短与原子所处的化学状态和外部条件有关D衰变所释放的电子是原子核内的中子转变为质子时所产生的【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度；裂变反应和聚变反应【分析】黑体辐射的强度与温度有关；根据=分析波长的变化；半衰期长短与原子所处的化学状态和外部条件无关；衰变的过程中电荷数多1，质量数不变【解答】解：A、黑体辐射，随着温度的升高，一方面各种波长的辐射强度都有增加，另一方面辐射强度的极大值向波长较短的方向移动故A正确B、在康普

45、顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，根据=知，光子散射后的波长变长故B错误C、放射性元素原子核的半衰期长短与原子所处的化学状态和外部条件无关故C错误D、衰变所释放的电子是原子核内的中子转变为质子时所产生的故D正确故选：AD【点评】本题考查了黑体辐射、康普顿效应、半衰期等基本概念，比较简单，只要对教材知识点熟悉，就能轻松解决18氢原子的能级图如图所示，现有一群处于n=4能级上的氢原子，要使它们回到n=2能级过程中，可能辐射3种不同频率的光子辐射出的光子照射某种金属，该金属的逸出功是2.25eV，则产生的光电子最大初动能是0.30eV【考点】氢原子的能级公式和跃迁【分

46、析】辐射的光子能量等于两能级间的能级差，结合n=4和n=2间可能存在的能级差确定辐射不同频率的光子种数；根据光电效应方程求出光电子的最大初动能【解答】解：从n=4跃迁到n=2能级，可能从n=4跃迁到n=3、从n=4跃迁到n=2，从n=3跃迁到n=2，即可能辐射3种不同频率的光子；从n=4跃迁到n=2辐射的光子能量最大，即hv=0.85+3.40eV=2.55eV，根据光电效应方程得，光电子的最大初动能Ekm=hvW0=2.552.25eV=0.30eV故答案为：3，0.30【点评】解决本题的关键知道能级跃迁辐射的光子能量与能级差之间的关系，掌握光电效应方程，并能灵活运用，基础题19一静止的U核

47、衰变为Th核时，放出一个粒子，已知衰变过程中质量亏损为m，Th的质量为m1，粒子质量为m2，光在真空中的速度为c若释放的核能全部转化为系统的动能，请写出衰变方程并求出粒子的动能【考点】动量守恒定律【分析】根据质量数守恒与电荷数守恒即可写出衰变方程，根据动量守恒定律列方程求解出衰变后新核的速度和动能【解答】解：根据质量数守恒与电荷数守恒可得衰变方程为：UTh+衰变的过程中动量守恒，以粒子运动的方向为正方向，根据动量守恒定律得：0=m2vm1vT由能量守恒：mc2=解得粒子的动能：mc2答：该衰变方程为UTh+；粒子的动能为【点评】本题关键根据动量守恒定律求解反应后新核的速度，然后根据质能方程列式

48、求解质量亏损；要注意在涉及动量问题时，亏损的质量可忽略不计四、计算题：本大题共3小题，共47分解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中须明确写出数值和单位20（15分）很多人喜欢到健身房骑车锻炼，某同学根据所学知识设计了一个发电测速装置，如图所示自行车后轮置于垂直车身平面向里的匀强磁场中，后轮圆形金属盘在磁场中转动时，可等效成一导体棒绕圆盘中心O转动已知磁感应强度B=0.5T，圆盘半径l=0.3m，圆盘电阻不计导线通过电刷分别与后轮外边缘和圆心O相连，导线两端a、b间接一阻值R=10的小灯泡后轮匀速转动时，用电压表测得a、b间电压U=0

49、.6V（1）与a连接的是电压表的正接线柱还是负接线柱？（2）圆盘匀速转动10分钟，则此过程中产生了多少电能？（3）自行车车轮边缘线速度是多少？【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律【分析】（1）依据右手定则，即可判定感应电流方向，结合电源内部的电流方向由负极流向正极，即可求解；（2）根据焦耳定律，即可求解；（3）根据切割感应电动势的公式，及线速度与角速度公式v=r，即可求解【解答】解：（1）根据右手定则，轮子边缘点是等效电源的负极，则a点接电压表的负接线柱；（2）根据焦耳定律 代入数据得 Q=J=21.6J （3）由得v=l=0.3=8m/s 答：（1）与a连接的是电压表的负接线柱；（

50、2）圆盘匀速转动10分钟，则此过程中产生了21.6J 电能；（3）自行车车轮边缘线速度是8m/s【点评】考查右手定则、焦耳定律，及切割感应电动势公式的应用，理解左手定则与右手定则的区别，注意电源内部的电流方向由负极流向正极21（16分）如图所示，水平桌面A上直线MN将桌面分成两部分，左侧桌面光滑，右侧桌面粗糙在A上放长L=0.1m的均匀方木板，木板左端刚好与MN对齐，通过细绳绕过光滑的定滑轮与正上方的一水平圆盘B上的小球（可看成质点）相连，小球质量与木板质量相等，小球套在沿圆盘半径方向的光滑细杆上，细杆固定在圆盘上，细线刚好绷直木板右端与一劲度系数k=40N/m的轻弹簧相连，轻弹簧另一端固定在

51、挡板上现用力F沿杆方向拉动小球，通过细线使木板缓慢向左运动，当木板刚好离开粗糙面时，拉力做功W=0.3J（1）上述过程中，因摩擦而产生的热量是多少？（2）写出上述过程中F随小球运动位移x的关系式，并画出Fx图象（3）若将“力F拉小球”改为“使B绕轴OO转动”，仍实现上述过程，则杆对小球至少需要做多少功？已知开始时小球离圆盘中心的距离r=0.1m【考点】功能关系；功的计算【分析】（1）木板离开粗糙面过程中，弹簧的压缩量和伸长量刚好相等，弹性势能不变根据功能关系求热量（2）根据功能关系列式热量与摩擦力的关系式，分析木板的受力，由由平衡条件求解（3）对于小球，根据向心力公式得出其速度，由功能关系得到

52、杆对小球做功【解答】解：（1）木板离开粗糙面过程中，弹簧的压缩量和伸长量刚好相等，弹性势能不变摩擦产生的热量 Q=W=0.3J （2）木板克服摩擦力做功为 得 mg=6（N）B盘中小球受力 F=T桌面上木板受力 ，0xL代入数据得 F=420x（N），0x0.1m图象如右图所示 （3）木板刚好离开粗糙面时，绳子拉力T=2N，小球圆周运动的半径R=r+L设此时小球随圆盘转动的线速度为v，小球受力 小球此时的动能为 由功能关系得：杆对小球做功 W=Q+Ek代入数据解得 W=0.5J 答：（1）因摩擦而产生的热量是0.3J（2）上述过程中F随小球运动位移x的关系式为 F=420x（N），0x0.1m

53、，画出Fx图象如图（3）杆对小球至少需要做功是0.5J【点评】解决本题的关键要正确分析两个物体的受力情况，判断能量转化情况，要注意木块所受的摩擦力随位移作线性变化，其平均值等于算术平均值22（16分）如图所示，在第一象限内有垂直纸面向里和向外的匀强磁场，磁感应强度分别为B1=0.1T、B2=0.05T，分界线OM与x轴正方向的夹角为在第二、三象限内存在着沿x轴正方向的匀强电场，电场强度E=1104V/m现有一带电粒子由x轴上A点静止释放，从O点进入匀强磁场区域已知A点横坐标xA=5102m，带电粒子的质量m=1.61024kg，电荷量q=+1.61015C（1）要使带电粒子能始终在第一象限内运

54、动，求的取值范围？（用反三角函数表示）（2）如果=30，则粒子能经过OM分界面上的哪些点？（3）如果=30，让粒子在OA之间的某点释放，要求粒子仍能经过（2）问中的那些点，则粒子释放的位置应满足什么条件？【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动【分析】带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况粒子在电场中做匀加速直线运动，根据直线运动公式求出粒子进入磁场的速度粒子在磁场中圆周运动，根据磁场强度的关系，求出半径值比，正确画出轨迹，由几何知识及三角函数求解【解答】解：（1）粒子进入匀强磁场后，做匀速圆周运动设在B1中运动的半径为r1，在B2中运动

55、的半径为r2，由B1=2 B2得 r2=2r1由几何关系解得 （2）当=30时，粒子每次在任意一个磁场中运动的圆弧的圆心角均为60，弦长均等于半径粒子在电场中运动 粒子在磁场中运动 解得：OM上经过的点距离O点的距离是（k=1、2、3）或 （k=1、2、3）（3）要仍然经过原来的点，需满足 （n=1、2、3）解得 即粒子释放的位置应满足 （n=1、2、3）或者 （n=1、2、3） 解得，即粒子释放的位置应满足（n=1、2、3）答：（1）要使带电粒子能始终在第一象限内运动，求的取值范围为；（2）如果=30，则粒子能经过OM分界面上的哪些点（3k2）102m（k=1、2、3）或3k102（k=1、2、3）；（3）如果=30，让粒子在OA之间的某点释放，要求粒子仍能经过（2）问中的那些点，则粒子释放的位置应满足或【点评】此题考查了粒子在复合场中的运动，需考生熟练掌握圆周运动的公式及应用首先根据题意，画出粒子的运动轨迹，找到临界值，求出角度根据草图找出粒子经过哪些点，通过分析得出数学规律