2016年湖南省永州市高物理预测卷（一）（解析版）

1、2016届湖南省永州市高物理预测卷（一）一、选择题（每小题6分）1水平抛出的小球，t秒末的速度方向与水平方向的夹角为1，t+t0秒末速度方向与水平方向的夹角为2，重力加速度为g，忽略空气阻力，则小球初速度的大小可表示为（）ABCD2宇宙间存在一些离其它恒星较远的三星系统，其中有一种三星系统如图所示，三颗质量 均为m的星位于等边三角形的三个顶点，三角形边长为L，忽略其它星体对它们的引力作用，三星在同一平面内绕三角形中心O做匀速圆周运动，万有引力常量为G，下列说法正确的是（）A每颗星做圆周运动的角速度为B每颗星做圆周运动的加速度与三星的质量无关C若距离L和每颗星的质量m都变为原来的2倍，则周期变为

2、原来的2倍D若距离L和每颗星的质量m都变为原来的2倍，则线速度变为原来的4倍3一长轻质木板置于光滑水平地面上，木板上放有质量分别为mA=1kg和mB=2kg的A、B两物块，A、B与木板之间的动摩擦因数都为=0.2，水平恒力F作用在A物块上，如图所示（重力加速度g=10m/s2）则（）A若F=1N，则物块、木板保持相对静止B若F=1.5N，则A物块所受摩擦力大小为1.5NC若F=4N，则B物块所受摩擦力大小为4ND若F=8N，则B物块的加速度为1.0m/s24如图（a）所示，用竖直向上的拉力F拉着一质量为1kg的小物块使其由静止开始竖直向上运动，经过一段时间后撤去拉力F以地面为零势能面，物块的机

3、械能随时间变化的图线如图（b）所示，已知2s末拉力F的大小为10N，不计空气阻力，取g=10m/s2，下列结论正确的是（）A拉力F做的功为50JB1s末拉力F的功率为20WC2s末物块的动能为25JD物块落回地面时动能为40J5一匀强电场的电场强度E随时间t变化情况如图所示，该匀强电场中有一个带电粒子在t=0时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力作用，下列说法正确的是（）A带电粒子一直向一个方向运动B02s内电场力做的功等于零C4s末带电粒子回到原出发点D2.54s内，带电粒子的速度改变量等于零6在绝缘光滑的水平面上相距为6L的A、B两处分别固定正电荷QA、QB，两电荷的位置坐标如图甲所示图乙是

4、AB连线之间的电势与位置x之间的关系图象，图中x=L点为图线的最低点，若在x=2L的C点由静止释放一个质量为m、电量为+q的带电小球（可视为质点），下列有关说法正确的是（）A小球在x=L处的速度最大B小球一定可以到达x=2L点处C小球将以x=L点为中心作往复运动D固定在AB处的电荷的电量之比为QA：QB=4：17如图所示，在直角三角形abc内，有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B在a点有一个粒子发射源，可以沿ab方向源源不断地发出速率不同、电荷量为q（q0）、质量为m的同种粒子已知a=60°，ab=L，不计粒子的重力，下列说法正确的是（）A在磁场中通过的弧长越长的粒子在磁场内

5、运动的时间越长B从ac边中点射出的粒子，在磁场中的运动时间为C从ac边射出的粒子的最大速度值为Dbc边界上只有长度为L的区域可能有粒子射出8如图所示，竖直固定的两根等高光滑的圆弧轨道，半径为r、间距为L，轨道电阻不计在轨道顶端连接一阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B现有一根长度稍大于L、电阻不计的金属棒在拉力作用下，从轨道最低位置cd开始以初速度v0向右沿轨道做匀速圆周运动至轨道最高位置ab处，在此运动过程中，下列说法正确的是（）A通过电阻R的电流方向为由内向外B通过电阻R的电流方向为由外向内C电阻R上产生的热量为D流过电阻R的电量为二、非选择题（共4小题，满

6、分47分）（一）必考题9用拉力传感器和速度传感器“探究加速度a与物体所受外力F的关系”，实验装置如图所示，其中带滑轮的长木板始终处于水平位置实验中用拉力传感器记录小车受到细线的拉力F大小，在长木板上相距为L的A、B两个位置分别安装速度传感器，记录小车到达A、B两位置时的速率为vA、vB本题中测得的物理量写出加速度的表达式：a=；本题中是否需要满足钩码的总质量远小于小车的质量的关系？（填“需要”或“不需要”）；实验得到的图线可能是图乙中的，因为10（9分）根据伏安法，由10V电源、015V电压表、010mA电流表等器材，连接成测量较大阻值电阻的电路由于电表内阻的影响会造成测量误差，为了避免此误差

7、，除原有器材外再提供一只高精度的电阻箱和单刀双掷开关，某同学设计了按图 a电路测量该未知电阻的实验方案（1）请按图a电路，将图b中所给器材连接成实验电路（2）请完成如下实验步骤：先把开关S拨向Rx，调节滑动变阻器，使电压表和电流表均有一合适的读数，并记记录两表的读数分别为U=8.12V、I=8.0mA，用伏安法初步估测出电阻Rx的大小；，将电阻箱的阻值调到最大，把开关S拨向电阻箱R，调节电阻箱的电阻值，使电压表、电流表的读数与步骤中的读数一致读得此时电阻箱的阻值R=1 000；该待测电阻的阻值为（3）利用实验测得的数据，还可求得表（填“电流”或“电压”）的内阻等于11（12分）据统计，40%的

8、特大交通事故是由疲劳驾驶引起的疲劳驾驶的危害丝毫不亚于酒驾和醉驾研究表明，一般人的刹车反应（从发现情况到汽车开始减速）时间t0=0.4s，疲劳驾驶时人的反应时间会变长某次实验中，志愿者在连续驾驶汽车行驶4h后，仍驾车以v0=108km/h的速度在平直路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离为L=105m设汽车刹车后开始滑动，已知汽车与地面间的动摩擦因数=0.6，取g=10m/s2，求：（1）减速运动过程中汽车的位移大小；（2）志愿者在连续驾驶4h后的反应时间比一般人增加了多少？12（20分）如图所示，光滑的定滑轮上绕有轻质柔软细线，线的一端系一质量为3m的重物，另一端系一质量为m、电阻为

9、r的金属杆在竖直平面内有间距为L的足够长的平行金属导轨PQ、EF，在QF之间连接有阻值为R的电阻，其余电阻不计，磁感应强度为B0的匀强磁场与导轨平面垂直，开始时金属杆置于导轨下端QF处，将重物由静止释放，当重物下降h时恰好达到稳定速度而匀速下降运动过程中金属杆始终与导轨垂直且接触良好，忽略所有摩擦，重力加速度为g，求（1）重物匀速下降的速度v；（2）重物从释放到下降h的过程中，电阻R中产生的焦耳热QR；（3）将重物下降h时的时刻记作t=0，速度记为v0，若从t=0开始磁感应强度逐渐减小，且金属杆中始终不产生感应电流，试写出磁感应强度B的大小随时间t变化的关系（二）选考题，任选一模块作答【物理-

10、选修3-3】（15分）13下列说法正确的是（）A液体没有一定的形状，能够流动，说明液体分子间的相互作用力和气体分子间的相互作用力一样几乎为零B当液体与固体接触时形成的液体薄层叫附着层，该处的液体分子一定比液体内部分子稀疏C当液晶中电场强度不同时，它对不同颜色的光的吸收强度不一样，这样就能显示各种颜色，这也是液晶彩电显示屏显示彩色的原理D物理学里用空气中的水蒸气的压强与同一温度时水的饱和汽压强的比值来定义空气的相对湿度E纸张、棉花、毛巾等物品很容易吸水是因为毛细现象的原因14（9分）如图所示，开口向上竖直放置的内壁光滑气缸，其侧壁是绝热的，底部导热，内有两个质量均为m的密闭活塞，活塞A导热，活塞

11、B绝热，将缸内理想气体分成、两部分初状态整个装置静止不动处于平衡，、两部分气体的长度均为l0，温度为T0设外界大气压强为P0保持不变，活塞横截面积为S，且mg=P0S，环境温度保持不变求：在活塞A上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于2m时，两活塞在某位置重新处于平衡，活塞B下降的高度现只对气体缓慢加热，使活塞A回到初始位置，此时气体的温度【物理-选修3-4】（15分）15一列简谐横波沿x轴正方向传播，设t=0时刻波传播到x轴上的B质点，波形如图所示从图示位置开始，A质点在t=0.5s时第三次通过平衡位置，则下列说法正确的是（）A该简谐横波的周期为0.4sB该简谐横波的波速等于4m/sC经t=0.75

12、s，该波传播到x轴上的质点EDt=0.6s时，质点C在平衡位置处且向上运动E当质点E第一次出现在波峰位置时，质点A恰好出现在平衡位置且向下运动16如图所示，将一个透明长方体放在空气中，矩形ABCD是它的一个截面，已知一单色细光束从P点以入射角=30°入射时恰好可直接射到D点，=（i）求此透明长方体的折射率；（ii）若改变入射角，要使此光束在AD面上发生全反射，求角的范围【物理-选修3-5】（15分）17下列说法正确的是（）A按照玻尔理论，氢原子核外电子在绕原子核做圆周运动时，稳定地产生电磁辐射B按照玻尔理论，电子从量子数为3的能级跃迁到量子数为4的能级时要吸收光子，同时电子的动能减少

13、，原子总能量增大C氢原子光谱有很多不同的亮线，说明氢原子能发出很多不同频率的光，但它的光谱不是连续谱D原子核发生一次衰变，该原子外层就失去一个电子E在核反应堆中，为使快中子减速，在铀棒周围要放“慢化剂”，常用的慢化剂有石墨、重水、普通水18如图所示，甲、乙、丙三个相同的小物块（可视为质点）质量均为m，将两个不同的轻质弹簧压缩到最紧并用轻绳固定，弹簧与小物块之间不连接，整个系统静止在光滑水平地面上，甲物块距离左边墙壁距离为l（l远大于弹簧的长度），某时刻烧断甲乙之间的轻绳，甲与乙、丙之间的连接绳瞬间断开，经过时间t，甲与墙壁发生弹性碰撞，与此同时乙、丙之间的连接绳瞬间断开，又经过时间，甲与乙发生

14、第一次碰撞，设所有碰撞均为弹性碰撞，弹簧弹开后不再影响甲、乙、丙的运动，求：（）乙丙之间连接绳断开前瞬间乙、丙连接体的速度大小？（）乙、丙之间弹簧初始时具有的弹性势能2016届湖南省永州市高物理预测卷（一）参考答案与试题解析一、选择题（每小题6分）1水平抛出的小球，t秒末的速度方向与水平方向的夹角为1，t+t0秒末速度方向与水平方向的夹角为2，重力加速度为g，忽略空气阻力，则小球初速度的大小可表示为（）ABCD【考点】平抛运动【分析】将平抛运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动两个分力，作出t秒末和t+t0秒末速度的分解图研究竖直方向的速度，分别用初速度表示，再由速度公式求出

15、初速度【解答】解：如图，作出速度分解图则v1y=v0tan1，v2y=v0tan2，又由v1y=gt，v2y=g（t+t0）得到gt=v0tan1g（t+t0）=v0tan2 由得v0=故选：D【点评】解决本题的关键掌握平抛运动的规律，知道平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上做匀速直线运动2宇宙间存在一些离其它恒星较远的三星系统，其中有一种三星系统如图所示，三颗质量 均为m的星位于等边三角形的三个顶点，三角形边长为L，忽略其它星体对它们的引力作用，三星在同一平面内绕三角形中心O做匀速圆周运动，万有引力常量为G，下列说法正确的是（）A每颗星做圆周运动的角速度为B每颗星做圆周运动的加速

16、度与三星的质量无关C若距离L和每颗星的质量m都变为原来的2倍，则周期变为原来的2倍D若距离L和每颗星的质量m都变为原来的2倍，则线速度变为原来的4倍【考点】万有引力定律及其应用；向心力【分析】每颗星做匀速圆周运动，靠另外两颗星万有引力的合力提供向心力，具有相同的角速度，根据合力提供向心力求出角速度的大小、向心加速度的大小，以及周期和线速度的大小，从而分析判断【解答】解：任意两个星星之间的万有引力为：F=，则其中一颗星星所受的合力，根据得，r=，解得=，故A错误加速度a=，与三星的质量有关，故B错误周期T=，若距离L和每颗星的质量m都变为原来的2倍，则周期变为原来的2倍，故C正确线速度v=，若距

17、离L和每颗星的质量m都变为原来的2倍，则线速度大小不变，故D错误故选：C【点评】解决该题首先要理解模型所提供的情景，然后能够列出合力提供向心力的公式，才能正确解答题目3一长轻质木板置于光滑水平地面上，木板上放有质量分别为mA=1kg和mB=2kg的A、B两物块，A、B与木板之间的动摩擦因数都为=0.2，水平恒力F作用在A物块上，如图所示（重力加速度g=10m/s2）则（）A若F=1N，则物块、木板保持相对静止B若F=1.5N，则A物块所受摩擦力大小为1.5NC若F=4N，则B物块所受摩擦力大小为4ND若F=8N，则B物块的加速度为1.0m/s2【考点】牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算【分析】根

18、据滑动摩擦力公式求出A、B与木板之间的最大静摩擦力，比较拉力和最大静摩擦力之间的关系判断物体的运动情况，进而判断物体所受摩擦力的情况，根据牛顿第二定律求出B的加速度【解答】解：A与木板间的最大静摩擦力fA=mAg=0.2×1×10N=2N，B与木板间的最大静摩擦力fB=mBg=0.2×2×10N=4N；A、F=1NfA，所以A、B即木板保持相对静止，整体在F作用下向左匀加速运动，故A正确；B、若F=1.5NfA，所以AB即木板保持相对静止，整体在F作用下向左匀加速运动，根据牛顿第二定律得：F=（mA+mB）a；解得：a=0.5m/s2，对A来说，则有：F

19、fA=mAa，解得：fA=1.51×0.5=1N；对B来说，则有：fB=ma=2×0.5=1N，故B错误；C、F=4NfA，所以A在木板上滑动，B和木板整体受到摩擦力2N，轻质木板，质量不计，所以B的加速度a=m/s2=1m/s2，对B进行受力分析，摩擦力提供加速度，f=mBa=2×1=2N，故C错误；D、F=8NfA，所以A相对于木板滑动，B和木板整体受到摩擦力2N，轻质木板，质量不计，所以B的加速度a=m/s2=1m/s2，故D正确故选：AD【点评】本题以常见的运动模型为核心，考查了摩擦力、牛顿第二定律、隔离法与整体法的应用等知识；解决的关键是正确对两物体进行

20、受力分析4如图（a）所示，用竖直向上的拉力F拉着一质量为1kg的小物块使其由静止开始竖直向上运动，经过一段时间后撤去拉力F以地面为零势能面，物块的机械能随时间变化的图线如图（b）所示，已知2s末拉力F的大小为10N，不计空气阻力，取g=10m/s2，下列结论正确的是（）A拉力F做的功为50JB1s末拉力F的功率为20WC2s末物块的动能为25JD物块落回地面时动能为40J【考点】功能关系；功率、平均功率和瞬时功率【分析】通过机械能随时间变化图线，求出拉力F的大小，根据功的公式求出拉力做功的大小根据功率的公式求出拉力F的瞬时功率，由撤外力后机械能守恒求得落回地面时物块的动能【解答】解：A、由功能

21、关系可知，拉力F做的功等于物体机械能的增量，故力F做的功为 WF=E0=50J，故A正确；B、Et图象的斜率为：k=P，即Et图的斜率表示拉力做功的功率，前2s内拉力的功率恒定，所以1秒末功率是25W，故B错误；C、02秒内物体做拉力恒定功率的变加速运动，而2s末拉力 F=10N，由P=Fv知：v=m/s=2.5m/s，2s末物块的动能为：Ek=mv2=×1×2.52J=3.125J，故C错误；D、撤掉外力后，物体的机械能守恒，则得落回地面时物块的动能为50J，故D错误故选：A【点评】本题的关键是通过图象挖掘信息，掌握功能关系和机械能守恒的条件并灵活应用要知道图象的斜率等于

22、拉力做功的功率5一匀强电场的电场强度E随时间t变化情况如图所示，该匀强电场中有一个带电粒子在t=0时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力作用，下列说法正确的是（）A带电粒子一直向一个方向运动B02s内电场力做的功等于零C4s末带电粒子回到原出发点D2.54s内，带电粒子的速度改变量等于零【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能【分析】从图中可以看出，电场变化的周期是3s，在每个周期的前一秒内，带电粒子的加速度为，后2s的加速度为，可得是的2倍，从而绘出vt图，由题意可知粒子在反向加速0.5s后开始反方向运动，可判断A错误；由图可以看出02s的时间内，做功不会为零；由vt图象中图线与坐标轴

23、围成的图形的面积为位移可判断C选项的正误；由动量定理可计算出2.5s4s内的动量的变化，从而判断D的正误【解答】解：A、由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1s内的加速度，第2s内加速度为，第1s内的加速度为第2s的，因此先加速1s再减速0.5s速度为零，接下来的0.5s将反向加速，vt图象如图所示，由对称关系可得，反向加速的距离使带电粒子刚好回到减速开始的点，故A错误；B、02s内，带电粒子的初速度为零，但末速度不为零，由动能定理可知电场力所做的功不为零，故B错误；C、由vt图象中图线与坐标轴围成的图形的面积为物体的位移，由对称性可以看出，前4s的位移不为零，所以带电粒子不会回到原出发点，故C错

24、误；D、2.5s4s内，电场力的冲量为，根据动量定理，v=0，所以2.54s内，带电粒子的速度改变量等于零，故D正确；故选：D【点评】带电粒子在交变电场中的运动，是对“力和运动”知识点深化性考查的重要信息载体，该问题主要围绕受力分析、依据受力和运动的初始条件判断带电粒子的运动状态、多方物理过程的分析和临界条件等临界点考查学生的学科思维能力，方法上主要采用“牛顿运动定律”和“功能思想”6在绝缘光滑的水平面上相距为6L的A、B两处分别固定正电荷QA、QB，两电荷的位置坐标如图甲所示图乙是AB连线之间的电势与位置x之间的关系图象，图中x=L点为图线的最低点，若在x=2L的C点由静止释放一个质量为m、

25、电量为+q的带电小球（可视为质点），下列有关说法正确的是（）A小球在x=L处的速度最大B小球一定可以到达x=2L点处C小球将以x=L点为中心作往复运动D固定在AB处的电荷的电量之比为QA：QB=4：1【考点】电势；库仑定律【分析】根据x图象切线的斜率等于场强E，分析场强的变化，判断小球的速度变化；根据动能定理确定小球可以到达的位置；x=L处场强为零，根据点电荷场强公式E=k，求解QA：QB【解答】解：A、据x图象切线的斜率等于场强E，则知x=L处场强为零，所以小球在C处受到的场强向左，向左加速运动，到x=L处加速度为0，从x=l向左运动时，电场力向右，做减速运动，所以小球在x=L处的速度最大，

26、故A正确B、C、根据动能定理得：qU=0，得U=0，所以小球能运动到电势与出发点相同的位置，由图知向左最远能到达x=L点处，然后小球向右运动，小球将以x=0.5L点为中心作往复运动，故BC错误D、x=L处场强为零，根据点电荷场强则有：k=k，解得QA：QB=4：1，故D正确故选：AD【点评】解决本题首先要理解x图象切线的意义，知道电场力做功和路径无关，只和初末两点的电势差有关，掌握电场力做功的公式W=qU和电荷场强公式，灵活运用电场的叠加原理7如图所示，在直角三角形abc内，有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B在a点有一个粒子发射源，可以沿ab方向源源不断地发出速率不同、电荷量为q（q

27、0）、质量为m的同种粒子已知a=60°，ab=L，不计粒子的重力，下列说法正确的是（）A在磁场中通过的弧长越长的粒子在磁场内运动的时间越长B从ac边中点射出的粒子，在磁场中的运动时间为C从ac边射出的粒子的最大速度值为Dbc边界上只有长度为L的区域可能有粒子射出【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【分析】由轨迹半径为r=和粒子在磁场中运动时间为t=T结合数学知识可分析得出从ac边出射的速度不同的粒子的运动时间都相等；根据几何关系得到圆心角，利用周期为T=和t=T求时间；粒子射入磁场时与AC边界的夹角为60°，根据圆周的对称性，离开磁场时与AC边界的夹角也应该是60°

28、，故粒子不可能从C点离开，其临界轨迹是与BC边相切，结合几何关系得到轨道半径，然后根据牛顿第二定律列式求解粒子射入磁场时的最大速度；作图，根据临界条件由几何关系可知bc边界上只有长度为L的区域可能有粒子射出【解答】解：A带电粒子进入磁场做匀速圆周运动，轨迹半径为r=，速度越大，半径越大，根据圆的对称性可知，从ac边出射的粒子速度的偏向角都相同，而轨迹的圆心角等于速度的偏向角，则从ac边出射的粒子轨迹的圆心角都相同，粒子在磁场中运动时间为t=T，T相同，则从ac边出射的速度不同的粒子的运动时间都相等，故A错误；B由A分析可知，其对应的圆心角为1200，所以在磁场中运动时间为：t=T=，故B正确；

29、C粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出粒子的运动的临界轨迹，如图所示：图中四边形ABDO是正方形，故圆周的半径为：r=L；洛伦兹力提供向心力，故：qvB=m解得：vm=，故C错误；D由C分析可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动，和bc边刚好相切，即为临界条件，由几何关系可知，bc边界上只有长度为L的区域可能有粒子射出，故D正确故选：BD【点评】本题带电粒子在有界的磁场中运动的类型，注意根据圆的对称性得到出射时粒子速度和边界的夹角与入射时速度和边界的夹角相等解答此题的关键是明确粒子的运动规律，画出临界轨迹，结合几何关系确定轨道半径，根据牛顿第二定律列式求解最大速度，注意粒子不能从C点射出8如图所示，竖直

30、固定的两根等高光滑的圆弧轨道，半径为r、间距为L，轨道电阻不计在轨道顶端连接一阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B现有一根长度稍大于L、电阻不计的金属棒在拉力作用下，从轨道最低位置cd开始以初速度v0向右沿轨道做匀速圆周运动至轨道最高位置ab处，在此运动过程中，下列说法正确的是（）A通过电阻R的电流方向为由内向外B通过电阻R的电流方向为由外向内C电阻R上产生的热量为D流过电阻R的电量为【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；焦耳定律【分析】电阻R中电流方向由右手定则判断，A、B两者选其一R上的热量用有效值计算，做匀速圆周运动的水平切割速度为v0

31、cost，由此判断出导体产生的电流是余弦交流电，所以有效值为最大值的0.707，这样由焦耳定律就能求出热量电量的计算用平均值方法求得为，这样D选项就很容易判断【解答】解：A、由右手定则知道，cd切割产生的电流由c向d，则R中的电流由外向内，故A错误B、由上述分析知，R中的电流由外向内，故B正确C、金属棒做匀速圆周运动，把v0分解为水平速度v0cost 和竖直速度v0sint，只有水平速度切割磁感线产生感应电流，所以金属棒做匀速圆周运动，回路中产生正弦式交变电流，可得产生的感应电动势的最大值为Em=BLv0，电流的有效值，从而产生的热量为=，故C正确；D、流过R的电量，故D错误；故选：BC【点评

32、】本题的易错点在于热量的计算，只有先判断出导体产生的是正弦式交流电，才能算出感应电流的有效值，从而计算热量二、非选择题（共4小题，满分47分）（一）必考题9用拉力传感器和速度传感器“探究加速度a与物体所受外力F的关系”，实验装置如图所示，其中带滑轮的长木板始终处于水平位置实验中用拉力传感器记录小车受到细线的拉力F大小，在长木板上相距为L的A、B两个位置分别安装速度传感器，记录小车到达A、B两位置时的速率为vA、vB本题中测得的物理量写出加速度的表达式：a=；本题中是否需要满足钩码的总质量远小于小车的质量的关系？不需要（填“需要”或“不需要”）；实验得到的图线可能是图乙中的C，因为没有平衡摩擦力

33、【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系【分析】结合匀变速直线运动的速度位移公式求出小车的加速度；由于采用拉力传感器测量实验中的拉力，所以不需要满足钩码的总质量远小于小车的质量的关系；根据F不等于零时，加速度仍然为零分析图线不经过原点的原因【解答】解：根据得，小车的加速度；本实验中，由于采用拉力传感器测量实验中的拉力，所以不需要满足钩码的总质量远小于小车的质量的关系由图甲可以看出，长木板是水平放置的，说明实验之前没有平衡摩擦力，当F不等于零时，加速度仍然为零，可知实验得到的图线可能是图乙中的C图故答案为：；不需要； C；没有平衡摩擦力【点评】明确实验原理，正确进行误差分析和数据处理是对学生

34、学习实验的基本要求，要加强这方面的训练，注意本题中采用拉力传感器测量实验中的拉力，没有用重物的重力代替10（9分）根据伏安法，由10V电源、015V电压表、010mA电流表等器材，连接成测量较大阻值电阻的电路由于电表内阻的影响会造成测量误差，为了避免此误差，除原有器材外再提供一只高精度的电阻箱和单刀双掷开关，某同学设计了按图 a电路测量该未知电阻的实验方案（1）请按图a电路，将图b中所给器材连接成实验电路（2）请完成如下实验步骤：先把开关S拨向Rx，调节滑动变阻器，使电压表和电流表均有一合适的读数，并记记录两表的读数分别为U=8.12V、I=8.0mA，用伏安法初步估测出电阻Rx的大小；保持滑

35、动变阻器滑片位置不变，将电阻箱的阻值调到最大，把开关S拨向电阻箱R，调节电阻箱的电阻值，使电压表、电流表的读数与步骤中的读数一致读得此时电阻箱的阻值R=1 000；该待测电阻的阻值为1000（3）利用实验测得的数据，还可求得电流表（填“电流”或“电压”）的内阻等于15【考点】伏安法测电阻【分析】（1）按电路图连实物图注意元件的正负极（2）测量原量为等效替代法，即有R接替Rx，使之电流相等，则R=Rx（3）则欧姆定律可确定出电流表的内阻【解答】解：（1）连线如图（2）因测量原理为等效替代，则将R替代Rx时其它部分不能变化，即保持滑动变阻器滑片位置不变因为等效替代，则Rx=R=1000（3）由欧姆

36、定律：U=I（Rg+R）可求得电流表的内阻：故答案为：（1）如图保持滑动变阻器滑片位置不变 1000（3）电流 15【点评】本题要明确测量原理为等效替代法，即用电阻箱接替待测电阻，连实物图要注意其元件的正负极11（12分）据统计，40%的特大交通事故是由疲劳驾驶引起的疲劳驾驶的危害丝毫不亚于酒驾和醉驾研究表明，一般人的刹车反应（从发现情况到汽车开始减速）时间t0=0.4s，疲劳驾驶时人的反应时间会变长某次实验中，志愿者在连续驾驶汽车行驶4h后，仍驾车以v0=108km/h的速度在平直路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离为L=105m设汽车刹车后开始滑动，已知汽车与地面间的动摩擦因数=

37、0.6，取g=10m/s2，求：（1）减速运动过程中汽车的位移大小；（2）志愿者在连续驾驶4h后的反应时间比一般人增加了多少？【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动规律的综合运用【分析】根据匀变速直线运动的速度时间公式求出刹车时汽车的加速度大小根据速度位移公式求出刹车后的位移设志愿者反应时间为t，反应时间为t，根据位移和时间关系列式即可求解【解答】解：（1）减速过程有mg=ma 由式解得x=75m （2）设志愿者的反应时间为t，反应时间的增加量为t，有Lx=v0tt=tt0由式解得t=0.6s 答：（1）减速运动过程中汽车的位移大小为75m；（2）志愿者在连续驾驶4h后的反应时间比一般人增加了0

38、.6s【点评】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁12（20分）如图所示，光滑的定滑轮上绕有轻质柔软细线，线的一端系一质量为3m的重物，另一端系一质量为m、电阻为r的金属杆在竖直平面内有间距为L的足够长的平行金属导轨PQ、EF，在QF之间连接有阻值为R的电阻，其余电阻不计，磁感应强度为B0的匀强磁场与导轨平面垂直，开始时金属杆置于导轨下端QF处，将重物由静止释放，当重物下降h时恰好达到稳定速度而匀速下降运动过程中金属杆始终与导轨垂直且接触良好，忽略所有摩擦，重力加速度为g，求（1）重物匀速下降的速度v；（2）重物从释放到下降h的过程中，电阻R中产生的

39、焦耳热QR；（3）将重物下降h时的时刻记作t=0，速度记为v0，若从t=0开始磁感应强度逐渐减小，且金属杆中始终不产生感应电流，试写出磁感应强度B的大小随时间t变化的关系【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应现象的发现过程【分析】（1）重物匀速下降时，金属杆匀速上升，合力为零分析金属杆的受力情况，由F=BIL、I=、E=BLv结合推导出安培力的表达式，即可由平衡条件求出重物匀速下降的速度v；（2）根据能量守恒及串并联电路的规律可求得R上产生的热量；（3）金属杆中恰好不产生感应电流时，说明穿过回路的磁通量不变，根据t时刻与t=0时刻磁通量相等列式，求解即可【解答】解：（1）重物匀速下降时

40、，设细线对金属棒的拉力为T，金属棒所受安培力为F，分析金属棒受力T=mg+F又分析重物受力T=3mg所以（2）设电路中产生的总焦耳热为Q，则由能量守恒电阻R中产生的焦耳热为QR，由串联电路特点所以（3）金属杆中恰好不产生感应电流，即磁通量不变0=t，所以B0hL=Bt（h+h2）L式中又则磁感应强度与时间t的关系为答：（1）重物匀速下降的速度v为；（2）电阻R中产生的焦耳热QR为（3）出磁感应强度B的大小随时间t变化的关系为【点评】本题是电磁感应与力学知识的综合，正确分析金属杆的受力情况和能量如何转化是关键，并要知道不产生感应电流的条件是磁通量不变对于连接体，可直接运用整体法求解加速度，也可以

41、隔离求解加速度（二）选考题，任选一模块作答【物理-选修3-3】（15分）13下列说法正确的是（）A液体没有一定的形状，能够流动，说明液体分子间的相互作用力和气体分子间的相互作用力一样几乎为零B当液体与固体接触时形成的液体薄层叫附着层，该处的液体分子一定比液体内部分子稀疏C当液晶中电场强度不同时，它对不同颜色的光的吸收强度不一样，这样就能显示各种颜色，这也是液晶彩电显示屏显示彩色的原理D物理学里用空气中的水蒸气的压强与同一温度时水的饱和汽压强的比值来定义空气的相对湿度E纸张、棉花、毛巾等物品很容易吸水是因为毛细现象的原因【考点】* 液体的表面张力现象和毛细现象；* 晶体和非晶体【分析】液体的分子

42、之间的作用力比气体分子之间的作用力大得多；液体对固体的不浸润时，附着层里液体分子比液体内部分子稀疏，分子间的距离大于平衡距离r0，液面分子间表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势；而液体对固体的浸润，则分子间距小于液体内部，则液面分子间表现为斥力，液面呈现凹形，表面有扩张的趋势；液晶彩电显示屏显示彩色的原理是液晶的各向异性；毛细作用，是液体表面对固体表面的吸引力毛细管插入浸润液体中，管内液面上升，高于管外【解答】解：A、液体的分子之间的距离比较小，分子之间的作用力比气体分子之间的作用力大得多故A错误；B、当液体与固体接触时形成的液体薄层叫附着层，液体对固体的不浸润时，附着层里液体分子比液体内部

43、分子稀疏，分子间的距离大于平衡距离r0，液体对固体的浸润时，则分子间距小于液体内部，故B错误；C、晶体的光学性质表现为各向异性，当液晶中电场强度不同时，它对不同颜色的光的吸收强度不一样，这样就能显示各种颜色，这也是液晶彩电显示屏显示彩色的原理故C正确；D、物理学里用空气中的水蒸气的压强与同一温度时水的饱和汽压强的比值来定义空气的相对湿度故D正确；E、纸张、棉花、毛巾等物品很容易吸水是因为毛细现象的原因故E正确故选：CDE【点评】表面张力的成因解释，掌握了概念便可顺利解决问题，本题要根据分子动理论来理解浸润现象，掌握分子间距离与r0的大小关系，从而判断分子力表现为引力还是斥力14（9分）（201

44、6钦州二模）如图所示，开口向上竖直放置的内壁光滑气缸，其侧壁是绝热的，底部导热，内有两个质量均为m的密闭活塞，活塞A导热，活塞B绝热，将缸内理想气体分成、两部分初状态整个装置静止不动处于平衡，、两部分气体的长度均为l0，温度为T0设外界大气压强为P0保持不变，活塞横截面积为S，且mg=P0S，环境温度保持不变求：在活塞A上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于2m时，两活塞在某位置重新处于平衡，活塞B下降的高度现只对气体缓慢加热，使活塞A回到初始位置，此时气体的温度【考点】理想气体的状态方程；封闭气体压强【分析】先由力学知识确定出状态中的气体压强，然后确定添加铁砂后的压强，根据对中气体列玻意耳定律方程即

45、可求解；先根据玻意耳定律求出中气体后来的长度，然后以气体为研究对象列理想气体状态方程求解【解答】解：初状态气体压强 气体压强 添加铁砂后气体压强 P1=P0+=4p0气体压强P2=P1+=5P0根据玻意耳定律，气体等温变化，P2l0S=P2l2S 可得：，B活塞下降的高度h2=l0l2=0.4l0气体等温变化，可得：l1=0.5l0只对气体加热，I气体状态不变，所以当A活塞回到原来位置时，气体高度l2=2l00.5l0=1.5l0根据气体理想气体状态方程：得：T2=2.5T0答：在活塞A上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于2m时，两活塞在某位置重新处于平衡，活塞B下降的高度为0.4l0现只对II气体

46、缓慢加热，使活塞A回到初始位置，此时II气体的温度2.5T0【点评】本题考查了理想气体状态方程和力学知识的综合应用，这是高考重点，要加强这方面的练习【物理-选修3-4】（15分）15一列简谐横波沿x轴正方向传播，设t=0时刻波传播到x轴上的B质点，波形如图所示从图示位置开始，A质点在t=0.5s时第三次通过平衡位置，则下列说法正确的是（）A该简谐横波的周期为0.4sB该简谐横波的波速等于4m/sC经t=0.75s，该波传播到x轴上的质点EDt=0.6s时，质点C在平衡位置处且向上运动E当质点E第一次出现在波峰位置时，质点A恰好出现在平衡位置且向下运动【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系【

47、分析】由图读出波长，由v=求出波速简谐波沿x轴正方向传播，判断出质点a的速度方向，分析回到平衡位置的先后根据时间与周期的关系，分析经过0.7s后b点的位置，即可知道b的位移质点b在一个周期内通过的路程等于4A【解答】解：A、图示时刻质点A在负的最大位移处，回到平衡位置的时间等于，到第三次回到平衡位置是时间为：t=0.5s，所以该简谐横波的周期为0.4s故A正确B、由图可知该波的波长是2m，所以波速：v=m/s，故B错误C、波传播到E的时间：s故C错误D、质点C与E之间的距离是一个波长，t=0.6s时，波传播到E点并开始向上运动，所以t=0.6s时刻质点C在平衡位置处且向上运动故D正确E、E点第

48、一次到达波峰的时间：s，t=0时刻A点在负电最大位移处，经过0.7s=后，质点A恰好出现在平衡位置且向下运动故E正确故选：ADE【点评】根据波的传播方向判断质点的速度方向，读出波长等等都是常见的问题，波形的平移法是常用的方法16如图所示，将一个透明长方体放在空气中，矩形ABCD是它的一个截面，已知一单色细光束从P点以入射角=30°入射时恰好可直接射到D点，=（i）求此透明长方体的折射率；（ii）若改变入射角，要使此光束在AD面上发生全反射，求角的范围【考点】光的折射定律【分析】（i）结合题意，作出光路图，由几何关系求出折射角，再根据折射定律求折射率（ii）结合全反射的条件，以及折射定律和几何关系求出角的范围【解答】解：（i）设折射角为，AP的长度为d，如下图所示由几何关系有： sin=由折射定律有 n=解得折射率 n=（ii）如图，要此光束在AD面上发生全反射，则要求射至AD面上的入射角应满足 sinsinC 又有 sinC=则得 sin=cos=解得角的最大值 =60° 所以：30°60° 答：（i）此透明长方体的折射率是；（ii）角的范围是30°60°【点评】本题是全反射、折射定律