2016年超级全能生26省联考高考物理模拟试卷(甲卷)

2016年超级全能生26省联考高考物理模拟试卷（甲卷）

一.选择题（本大题共8小题，每小题6分，共48分.在每小题给出的四个选项中，第14〜

17题只有一项符合题目要求，第18〜21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.（6分）已知一个带正电的粒子在某一电场中只受电场力的作用，若给它•个适当的初速

度，其就能沿某一直线运动；而给它另一个适当的初速度，其就能沿该电场的某一等势面运

动.则满足上述运动情况的电场可能是（）

A.正点电荷产生的电场

B.两个等量同种正点电荷产生的电场

C.负点电荷产生的电场

D.均强电场

2.（6分）如图所示，正弦交流电与方波交流电电流的最大值与频率均相同，把它们分别通

入甲乙两个完全相同的电热器，若让它们连续正常工作产生的热量相同则甲乙两个电热器的

3.（6分）对做平抛运动的物体，在已知重力加速度g的条件下，给出下列4组条件，其

中不能确定出平抛的初速度大小的是（）

A.下落高度和水平位移

B.水平位移和落地时的速度大小和方向

C.位移大小和方向及水平位移

D.位移大小及落地时的速度大小

4.（6分）有一固定的足够长的斜面，滑块以速率V]由斜面底端向上运动，速度减为零后

又沿斜面下滑，当它回到出发点时速率变为V2,且V2<V].若滑块山底端向上运动到最高

处的位移中点A,取斜面底端重力势能为零，则（）

A.上行时滑块的机械能减小、下行时滑块的机械能增大

B.上行时通过A点的速率大于」

2

C.上升过程中动能和势能相等的位置在A点

D.上升过程中动能和势能相等的位置在A点下方

5.（6分）在甲、乙两条直导线所在平面内，-带电粒子的运动轨迹如图所示，已知两条导

线甲、乙中只有一条导线中通有电流，另一条导线中无电流.若带电粒子所受的重力及空气

阻力均可忽略不计，关于电流方向和粒子带电情况及运动的方向，下列说法中可能正确的是

（）

甲乙：

A.甲中通’有自上而下的不断增大的电流，带负电的粒子从a点向b点运动

B.甲中通有自上而下的恒定电流，带正电的粒子从b点向a点运动

C.乙中通有自下而上的不断减小的电流，带正电的粒子从b点向a点运动

D.乙中通有自下而上的恒定电流带负电的粒子从a点向b点运动

6.（6分）如图所示，正方形导线框在水平恒力F作用下向右平移，并将穿过一有界匀强

磁场磁场，磁场沿ab方向的范围足够大，宽度大于线框边长，ab边平行磁场左边界MN,

且沿垂直于磁场和边界的方向进入磁场时，线框的加速度为零，对于线框进入磁场过程与穿

出磁场过程（不含全在磁场中的过程），下列说法中正确的是（）

A.力F做功相等B.线框中感应电流方向相反

C.线框所受安培力方向相反D.线框中产生的焦耳热相同

7.（6分）已知万有引力恒量为G,如果将月球绕地球运行的轨道视为圆周，并测出了其运

行的轨道半径R和运行周期T,则由此可推算（）

A.地球的质量B.地球的半径

C.月球的运行速度D.地球对月球的万有引力

8.（6分）质量为m=20kg的物体，在大小恒定的水平外力作用下沿水平面做直线运动.该

物体在0-4s内的v-t图象如图所示，重力加速度取g=10m/s2,下列说法中正确的是（）

8

6

4

2

A.该物体与水平面间的动摩擦因数为0.20

B.恒定的水平外力大小为60N

C.在0-4s内恒定的水平外力对物体做的功为960J

D.在0〜4s内物体运动的位移大小为12m

三、非选择题：（包括必考题和选考题两部分.第22〜32题为必考题，每个试题考生都必

须作答.第33〜40题为选考题，考生根据要求作答）

9.（5分）利用水滴法可以粗略测量当地的重力加速度，方法是：如图所示，细心调整水龙

头水滴的快慢，使第一滴水落到盘子的瞬间，第二滴正好从水龙头口开始下落.从某一滴水

从水龙头口流出的瞬间开始计时，并开始数1,数到第n滴水离开水龙头口时停止计时，记

下所用的时间to再测出（填写物理量的名称和单位），就可以利用公式名=—

（用题中的物理量的符号表示）算出当地的重力加速度值.

10.（10分）一种电池标称电动势为9V,内电阻约50Q,允许的最大输出电流为50mA.为

了较准确地测量这个电池的电动势和内电阻，可以设计出如1图所示的实验电路，已知实验

中所使用的电压表内电阻足够大，可以忽略其对电路的影响；图中R为电阻箱，阻值范围

为0-999.9C,为保护电阻.

（1）实验室里备用的定值电阻有以下几种规格：

A.10QB.50QC.150QD.500Q

实验忖，Ro应选用较好（填字母代号）.

（2）按照图1所示的电路图，将图2所示的实物连接成实验电路.

（3）在实验中，当变阻箱调到图3所示位置后，闭合开关S,电压表的示数为8.70V,此时

通过电阻箱的电流为mA.（保留2位有效数字）

（4）断开开关S,调整电阻箱的阻值，再闭合开关S,读取并记录电压表的示数.多次重

复上述操作，可得到多组电压值U和通过电阻箱的电流值I,利用多次读取和计算出的数

据，作出如图4所示的图线.根据图线可知，该电源的电动势£=V,内电阻

r=0.

‘“占a”

11.（12分）如图所示，一对竖直放置的平行正对金属板A、B构成电容器，电容为C.电

容器的A板接地，且中间有一个小孔S.•个被灯丝加热的阴极K与S位于同一水平线，

从阴极上可以不断地发射出电子，电子经过电压Uo.加速后通过小孔S沿水平方向射入A、

B两极板间.设电子的质量为m,电荷量为e,电子从阴极发射时的初速度可忽略不计，如

果到达B板的电子都被B板吸收，且单位时间内射入电容器的电子个数为n,随着电子的

射入，两极板间的电势差逐渐增加，致使最终电子无法到达B板.求：

（1）第一个到达B板的电子其速度的大小；

（2）当B板吸收了N个电子时，A、B两板间的电势差；

（3）从电子射人小孔开始到A、B两板间的电势差达到最大值所经历的时间.

AB

12.（20分）如图所示为一平直传送带，A、B两端点间距为L,传送带的运行速率为v.今

将一工件无初速度的放在A端，已知工件与传动带之间摩擦系数为“，且认为传送带的形

状及速率不受放上工件的影响.取重力加速度为g,求：

（1）工件刚放到传送带上时的加速度大小为；

（2）传送带将该工件由A端传送到B端可能的时间间隔At及相应的条件（即题中给出量

之间应满足的关系）.

（二）、选考题（共45分.请考生从给出的3道物理题、3道化学题、3道生物题中每科任

选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分）[物理-选修3-3]（15分）

13.（5分）如图所示，p-V坐标系中每个方格的边长均相等，在p-V图中的直线段AB

表示一定质量的理想气体的状态变化过程.则气体从状态A变化到状态B的整个过程中，

下列说法正确的是（）

A.气体的温度保持不变

B.气体的内能先增加某一值，再减少同样的值

C.气体对外做功，并吸热

D.气体的密度不断减小

14.（10分）如图所示，内径均匀的玻璃管，A端封闭，E端开口，AB段和CE段竖直，

BC段水平.AB段长10cm,BC段长30cm,CD段长40cm,DE段长56cm,F点位于DE

之间且EF段长40cm.DE段充满水银，AD段充满空气，外界大气压po=76OmmHg.现玻

璃管突然从F处折断，下段玻璃管连同管中水银一起脱落，求再次平衡后管内空气柱的长

度.（设整体变化过程中气体的温度保持不变）

:nr

;D

F\

[物理-选修3-4]（15分）

15.关于光在传播过程中所表现的现象，下列说法正确的是（）

A.雨后天空出现的彩虹是光的衍射现象

B.白光通过分光镜在光屏上形成的彩色光带是光的色散现象

C.涂有增透膜的照相机镜头呈淡紫色，说明增透膜增强了对淡紫色的透色程度

D.夜间观看到天边星座的位置比实际位置偏高，这是光的折射现象

E.利用红外线进行遥感控只要是因为红外线的波长长，容易发生衍射

16.（2011•介休市校级一模）一列沿x轴传播的简谐横波，其周期为T,某时刻的波形图象

如图中的实线所示，再经t=0.2s的波形图如图中的虚线所示.求：

（1）若t小于T,则此列波的波速为多大.

（2）若t大于T,则此列波的波速为多大？

[物理-选修3-5]（15分）

17.下列说法正确的是（）

A.太阳辐射的能量主要来自太阳内部的裂变反应

B.利用卢瑟福的a粒子散射实验可以估算原子核的大小

C.玻尔理论是依据a粒子散射实验分析得出的

D.氢原子核外电子从半径较小的轨道跃到半径较大的轨道时，电子的动能减小，电势能增

大，总能量增大

E.当氢原子从n=3的状态跃迁到n=l的状态将发射出光子

18.如图所示，图中的线段a,b,c分别表示在光滑水平面带上沿一条直线运动的滑块I、

II和他们发生正碰后结合体的速度-时间图象.已知滑块I的质量mi=1.0kg,根据图象，

试求滑块1与滑块II碰撞过程中损失的机械能.

2016年超级全能生26省联考高考物理模拟试卷（甲卷）

参考答案与试题解析

一.选择题（本大题共8小题，每小题6分，共48分.在每小题给出的四个选项中，第14〜

17题只有一项符合题目要求，第18〜21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.（6分）已知一个带正电的粒子在某一电场中只受电场力的作用，若给它一个适当的初速

度，其就能沿某一直线运动；而给它另•个适当的初速度，其就能沿该电场的某一等势面运

动.则满足上述运动情况的电场可能是（）

A.正点电荷产生的电场

B.两个等量同种正点电荷产生的电场

C.负点电荷产生的电场

D.均强电场

【考点】电势差与电场强度的关系；库仑定律.

【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题.

【分析】粒子只受电场力的作用，沿直线运动时电场力必定在此直线匕说明电场线应是直

线.根据带正电的粒子做匀速圆周运动的特征，可知为点电荷的电场.再确定点电荷的电性.

【解答】解：据题，只有电场线是直线时，给带正电的粒子一个初速度，粒子在电场力作用

做直线运动.

当粒子沿一等势面运动时，由于电场力与等势面垂直，所以粒子只能做匀速圆周运动，电场

力提供粒子做圆周运动所需的向心力，山此可知，该电场应为负点电荷的电场，故C正确.

故选：C

【点评】解决本题的关键要根据粒子的运动情况，判断其在电场中受力情况，要理解匀速圆

周运动的特征，知道其向心力的来源.

2.（6分）如图所示，正弦交流电与方波交流电电流的最大值与频率均相同，把它们分别通

入甲乙两个完全相同的电热器，若让它们连续正常工作产生的热量相同则甲乙两个电热器的

工作时间之比为（）

【考点】正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率.

【专题】定量思想；推理法；交流电专题.

【分析】方波的电流有效值Ib=Im,正弦交流电的有效值％=立1nl.根据功率公式P=『R,由

2

电流的有效值求解功率，再算出时间的比值.

【解答】解：解：方波的电流有效值Ib=Im，正弦交流电的有效值Ia=Y2m.

2

由做功相同，根据做功公式P=『Rt得到:1则A正确

故选：A

【点评】对于交变电流求解热量、热功率、电功等都应用有效值，求解电量用平均值.

3.（6分）对做平抛运动的物体，在已知重力加速度g的条件下，给出下列4组条件，其

中不能确定出平抛的初速度大小的是（）

A.下落高度和水平位移

B.水平位移和落地时的速度大小和方向

C.位移大小和方向及水平位移

D.位移大小及落地时的速度大小

【考点】平抛运动.

【专题】定性思想；合成分解法；平抛运动专题.

【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，抓住等时

性，根据运动学公式分析初速度._

【解答】解：A、由11=1内2,x=v（）t得v（）=x，伍，可知知道下落高度和水平位移，可以确

2gtV2h

定初速度，故A正确.

B、已知落地忖的速度大小和方向，根据平行四边形定则可以求出初速度.故B正确.

C、已知位移大小和方向及水平位移，能求下落的高度，结合A项分析知能求出初速度，故

C正确.

D、已知位移大小，不能求出水平位移和下落的高度，已知落地时的速度大小，方向未知，

不能求初速度，故D错误.

本题选不能确定出平抛的初速度大小的，故选：D

【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动

的时间由高度决定，水平位移山初速度和时间共同决定.

4.（6分）有一固定的足够长的斜面，滑块以速率V]由斜面底端向上运动，速度减为零后

又沿斜面下滑，当它回到出发点时速率变为V2,且V2<V].若滑块山底端向上运动到最高

处的位移中点A,取斜面底端重力势能为零，则（）

A.上行时滑块的机械能减小、下行时滑块的机械能增大

B.上行时通过A点的速率大于」

2

C.上升过程中动能和势能相等的位置在A点

D.上升过程中动能和势能相等的位置在A点下方

【考点】功能关系.

【专题】定性思想；推理法；功能关系能量守恒定律.

【分析】山物体回到出发点的速度可知物体应受到阻力，则可知机械能的变化；要找出动能

和势能和同的点，可以先表示出A点的机械能，则比较出发点与A点的机械能的关系可得

出动能和势能的关系，则可得出动能和势能相同的位置.

【解答】解：A、由题可知，滑块在运动的过程中受到摩擦力的作用，摩擦力做功，将机械

能转化为内能，所以上滑时机械能减小，下滑时机械能也减小.故A错误；

2

B、上升过程，在最低点，机械能为：Ej=-rov；在最高点，机械能为：E2=mgh：

21

在中点A处，机械能为：

由运动学公式它2-v02=2ax得：~^=假VA=^V[>~^

动能为3111VA2=^EI，重力势能为.岳？，由于E|>E2,故动能大，所以上升过程中动能和

重力势能相等的位置在A点上方，故B正确，CD错误；

故选：B

【点评】本题应注意物体上升和下降时均做匀速直线运动，利用匀变速直线运动公式求出位

移中点A时的速度，可以直接表示出中点处的动能；同时本题没有直接找出相等的点，而

是先比较A点时的动能和势能再确定相等点的位置，此点由选项应该能判断出来.

5.(6分)在甲、乙两条直导线所在平面内，-带电粒子的运动轨迹如图所示，已知两条导

线甲、乙中只有一条导线中通有电流，另一条导线中无电流.若带电粒子所受的重力及空气

阻力均可忽略不计，关于电流方向和粒子带电情况及运动的方向，下列说法中可能正确的是

()

甲乙

..“一a

*b

A.甲中通'有自上而下的不断增大的电流，带负电的粒子从a点向b点运动

B.甲中通有自上而下的恒定电流，带正电的粒子从b点向a点运动

C.乙中通有自下而上的不断减小的电流，带正电的粒子从b点向a点运动

D.乙中通有自下而上的恒定电流带负电的粒子从a点向b点运动

【考点】洛仑兹力；通电直导线和通电线圈周围磁场的方向.

【专题】定性思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题.

【分析】先山安培定则判断磁场的方向，再由左手定则判断粒子所受的洛伦兹力方向，从而

粒子的运动方向.

【解答】解：A、由粒子的轨迹弯曲方向知，粒子所受的洛伦兹力方向指向轨迹内侧.甲中

通有自上而下的不断增大的电流，由安培定则知甲右侧的磁场为垂直纸面向外，由左手定则

判断知，带负电的粒子若从a点向b点运动，洛伦兹力向下，轨迹向下弯曲，且由右型知，

qB

B可能增大，曲率半径不断减小，因此是可能的.故A正确.

B、与A相反，甲中通有自上而下的恒定电流，若带正电的粒子从b点向a点运动，向右

弯曲，且由r=WY知，B减小，曲率半径增大，是可能的.故B正确.

qB

c、乙中通有自下而上的不断减小的电流，由安培定则知乙左侧的磁场为垂直纸面向外，由

左手定则判断知，若带正电的粒子从b点向a点运动，洛伦兹力向下，且由厂酗知，B可

Q5

能增大，曲率半径可能增大，故C正确.

D、乙中通有自下而上的恒定电流，乙左侧的磁场为垂直纸面向外，由左手定则判断知，若

带负电的粒子从a点向b点运动，洛伦兹力向下，磁感应强度减小，由口型知粒子的曲率

qB

半径应不断增大，与图不符，故D错误.

故选：ABC

【点评】本题主要考查了带电粒子在磁场中做圆周运动的问题，要求同学们能根据图象判断

粒子的运动情况，使用左手定则时四指指向负电荷运动的反方向，这是考生容易出现错误的

关键环节.

6.（6分）如图所示，正方形导线框在水平恒力F作用下向右平移，并将穿过一有界匀强

磁场磁场，磁场沿ab方向的范围足够大，宽度大于线框边长，ab边平行磁场左边界MN,

且沿垂直于磁场和边界的方向进入磁场时，线框的加速度为零，对于线框进入磁场过程与穿

出磁场过程（不含全在磁场中的过程），下列说法中正确的是（）

A.力F做功相等B.线框中感应电流方向相反

C.线框所受安培力方向相反D.线框中产生的焦耳热相同

【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；功的计算；焦耳定律.

【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合.

【分析】力F做功公式为W=FL线框进入磁场过程与穿出磁场过程位移大小相等，即可知

做功关系.由楞次定律判断感应电流方向的关系.由左手定则判断安培力方向.线框完全在

在磁场中时做匀加速运动，穿出磁场过程线框的速度大于进入磁场过程的速度，分析感应电

流的大小关系，可判断焦耳热的关系.

【解答】解：A、由图看出，线框进入磁场过程与穿出磁场过程位移大小相等，F又是恒力，

根据功的公式W=F1得知，力F做功相等.故A正确.

B、线框进入磁场过程与穿出磁场过程中，磁场方向相同，但磁通量变化情况相反，则根据

楞次定律得知，线框中感应电流方向相反.故B正确.

C、两个过程中，线框受到的安培力都是阻力，根据左手定则可知，安培力方向与线框的速

度方向相反，贝U知，线框所受安培力方向相同.故C错误.

D、线框完全在在磁场中时做匀加速运动，则线框刚穿出磁场时速度大于进入磁场过程的速

度，而刚出磁场时速度大于或等于进入磁场的速度，由1=且工得知，感应电流与速度成正比,

R

由焦耳定律得知，穿出磁场时线框中产生的焦耳热较多.故D错误.

故选：AB

【点评】本题根据楞次定律、左手定则、焦耳定律等知识分析电磁感应现象，要注意线框完

全在在磁场中时做匀加速运动，则线框刚穿出磁场时速度大于进入磁场过程的速度，而刚出

磁场时速度大于或等于进入磁场的速度，难度适中.

7.（6分）已知万有引力恒量为G,如果将月球绕地球运行的轨道视为圆周，并测出了其运

行的轨道半径R和运行周期T,则由此可推算（）

A.地球的质量B.地球的半径

C.月球的运行速度D.地球对月球的万有引力

【考点】万有引力定律及其应用.

【专题】定量思想；模型法；万有引力定律的应用专题.

【分析】月球绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，根据万有引力定律和向心力

公式列式分析即可.

【解答】解：AB、设月球的质量为m,地球的质量为M,根据万有引力提供向心力，得：

G典m”至

R2T2

得：M=4」2R3

GT2

即可求出地球的质量M,不能求出月球的质量m.故A正确，B错误.

C、月球的运行速度为v=2Z£K故C正确.

T

D、地球对月球的万有引力为F=G典，由于月球的质量m无法求出，所以地球对月球的万

R2

有引力不能求出.故D错误.

故选：AC

【点评】月球绕地球做匀速圆周运动，关键要建立模型，利用万有引力提供向心力，列出等

式研究.

8.（6分）质量为m=20kg的物体，在大小恒定的水平外力作用下沿水平面做直线运动.该

物体在0-4s内的v-t图象如图所示，重力加速度取g=10m/s2,下列说法中正确的是（）

▲。/mJ

O

n

6

4

2

A.该物体与水平面间的动摩擦因数为0.20

B.恒定的水平外力大小为60N

C.在0-4s内恒定的水平外力对物体做的功为960J

D.在0〜4s内物体运动的位移大小为12m

【考点】功的计算；牛顿第二定律.

【专题】功的计算专题.

【分析】根据图象分别求出匀减速运动和匀加速运动的加速度大小，根据牛顿第二定律列方

程，求解动摩擦因数和水平外力大小，山面积求位移，再求解水平外力做功的大小.

【解答】解：AB、由图象可得：0〜2s内物体做匀减速直线运动，加速度大小为：

a1=,£V1=1m/s?,2s~4s内物体做匀加速直线运动，加速度大小为：

Atj2

a2=-]"二_2_=im/s2,根据牛顿第二定律得：

At24-2

匀减速过程有F+Ff=mai

匀加速过程有F-Ff=ma2

又F尸|img,解得：|i=0.20,F=60N.故A、B正确.

C、0〜2s内物体的位移大小x\=—tX.2.=10m,2~4s内物体的位移大小为

X2=2X4=2m

2

故水平外力做功为w=-F（X1-X2）=-60x（10-2）J=-480J.故C错误.

D、在0~4s内物体运动的位移大小为x=xi-X2=10m.故D错误.

故选：AB

【点评】本题是速度图象与牛顿第二定律、功的综合应用，关键根据图象的斜率求解加速度,

要注意水平外力的方向与速度方向的关系，正确判断外力做功正负.

三、非选择题：（包括必考题和选考题两部分.第22〜32题为必考题，每个试题考生都必

须作答.第33〜40题为选考题，考生根据要求作答）

9.（5分）利用水滴法可以粗略测量当地的重力加速度，方法是：如图所示，细心调整水龙

头水滴的快慢，使第一滴水落到盘子的瞬间，第二滴正好从水龙头口开始下落.从某一滴水

从水龙头口流出的瞬间开始计时，并开始数1,数到第n滴水离开水龙头口时停止计时，记

下所用的时间tn再测出水龙头口到盘子底部的高度h（填写物理量的名称和单位），就

可以利用公式g=_?h（三1（用题中的物理量的符号表示）算出当地的重力加速度

【考点】测定匀变速直线运动的加速度.

【专题】定量思想；方程法：直线运动规律专题.

【分析】（n-1）滴水下落的总时间t,每一滴水的时间是T=-^_,高度是h,代入

n-1

化简可以得到重力加速度.

【解答】解：每滴水下落所用时间为：T=—0-；

n-1

开始数1,数到第n滴水离开水龙头口时停止计时，记下所用的时间to

再测出水龙头口到盘子底部的高度h；

又根据自由落体公式有：h=Ag（―^）2

t2

故答案为：水龙头口到盘子底部的高度h；“广.

t2

【点评】取大量数据求平均值是物理实验中常见的方法，可以减少实验的误差，应形成规律

来记忆.

10.（10分）一种电池标称电动势为9V,内电阻约50Q,允许的最大输出电流为50mA.为

了较准确地测量这个电池的电动势和内电阻，可以设计出如1图所示的实验电路，已知实验

中所使用的电压表内电阻足够大，可以忽略其对电路的影响；图中R为电阻箱，阻值范围

为0-999.9C,为保护电阻.

（1）实验室里备用的定值电阻有以下几种规格：

A.10QB.500C.150QD.500Q

实验时，Ro应选用C较好（填字母代号）.

（2）按照图1所示的电路图，将图2所示的实物连接成实验电路.

（3）在实验中，当变阻箱调到图3所示位置后，闭合开关S,电压表的示数为8.70V,此时

通过电阻箱的电流为18mA.（保留2位有效数字）

（4）断开开关S,调整电阻箱的阻值，再闭合开关S,读取并记录电压表的示数.多次重

复上述操作，可得到多组电压值U和通过电阻箱的电流值I,利用多次读取和计算出的数

据，作出如图4所示的图线.根据图线可知，该电源的电动势£=10.0V,内电阻r=0.50

Q.

【考点】测定电源的电动势和内阻.

【专题】定性思想；实验分析法；恒定电流专题.

【分析】（1）当电阻箱的电阻调为零时，电路中电流最大，根据闭合电路欧姆定律求出此时

的Ro，再选择定值电阻Ro的规格.

（2）根据给出的原理图可画出对应的实物图；

（3）由图可得出电阻箱的阻值，再由欧姆定律可求得电流；

（4）根据闭合电路欧姆定律可得出对应的表达式，再结合数学规律可求出对应的电动势和

内电阻.

【解答】解：（1）当电阻箱的电阻调为零时，电路中电流最大，根据闭合电路欧姆定律得

%心

R［）+r

得R（）=13OQ,所以保护电阻应大于130Q,但不能太大，故选150Q.

（2）本题用闭合电路欧姆定律列式求解电源内阻，电阻箱和保护电阻串连接入电源，电压

表接在电阻箱两端，电路图如图所示：

R。

（3）当变阻箱调到图3所示位置后，电阻为343.8Q

闭合开关S,电压表的示数为8.70V,根据欧姆定律得

I=,U_=_3:7。—=18mA.

R+Ro343.8+150

（4）由闭合电路欧姆定律可知:

E

U二,（R+R）

r+Rg+Ro

变形得:

1.l.r]

r

UEER0+R

由图象可知:工=0.10

E

解得；E=10.0V

k=r=0.50-0.10o05

E8.0X10-2

解得：r=0.50Q

故答案为：（1）C

（2）如图所示；

（3）18

（4）10.00.50

【点评】本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意明确实验原理，掌握实验数据处理的

方法；本题难点在于数据处理!要掌握公式的变形以及应用图象分析数据的技巧和方法.

11.（12分）如图所示，一对竖直放置的平行正对金属板A、B构成电容器，电容为C.电

容器的A板接地，且中间有■个小孔S.一个被灯丝加热的阴极K与S位于同一水平线，

从阴极上可以不断地发射出电子，电子经过电压Uo.加速后通过小孔S沿水平方向射入A、

B两极板间.设电子的质量为m,电荷量为e,电子从阴极发射时的初速度可忽略不计，如

果到达B板的电子都被B板吸收，且单位时间内射入电容器的电子个数为n,随着电子的

射入，两极板间的电势差逐渐增加，致使最终电子无法到达B板.求：

（1）第一个到达B板的电子其速度的大小；

（2）当B板吸收了N个电子时，A、B两板间的电势差；

（3）从电子射入小孔开始到A、B两板间的电势差达到最大值所经历的时间.

AB

C/o

J

【考点】带电粒子在匀强电场中的运动.

【专题】计算题；定量思想；寻找守恒量法；带电粒子在磁场中的运动专题.

【分析】(1)第一个到达B板的电子在运动过程中，只有KA间的电场力做功，根据动能

定理求出其到达B板的速度大小.

(2)当B板吸收了N个电子时电容器所带电荷量为Q=Ne,由电容的定义式C=?,求A、

B两板间的电势差.

(3)电子经过Uo的电压加速后，进入A、B板间的动能为eUo,进入A、B板间电场后做

减速运动.随着B板电荷增加，电子在A、B间的加速度越来越大，直至电子到达B板的

速度为零，此时A、B板间的电势差达到最大值Um根据动能定理求解Um.再由C=Q,Q=net

u

结合求

【解答】解：(1)对于第一个到达B板的电子，根据动能定理得：

eUo="1mv2

则得：v三:眄

VID

即第一个到达B板的电子其速度的大小为

(2)当B板吸收了N个电子时，电容器所带电荷量为Q=Ne,根据电容的定义C=@得

U

此时A、B两板间的电势差为：U=蜒.

C

(3)电子经过Uo的电压加速后，进入A、B板间的动能为eUo,进入A、B板间电场后做

减速运动.随着B板电荷增加，电子在A、B间的加速度越来越大，直至电子到达B板的

速度为零，此时A、B板间的电势差达到最大值Um，

对于加速和减速的整个过程，根据动能定理得：eUo-eUm=O

得:Um=U0

设从电子进入A、B板间，直到板间电压达到最大值Um，经过的时间为t,则B板吸收的

总电荷为：

Q=net,

最大电量为：

Q=CUm=CUo,

可以得出：

ne

答:（1）第一个到达B板的电子其速度的大小为件:

（2）当B板吸收了N个电子时，A、B两板间的电势差是挺；

C

（3）从电子射人小孔开始到A、B两板间的电势差达到最大值所经历的时间是

ne

【点评】本题是带电粒子在电场中直线加速和减速与电容器有关知识的综合，关键要掌握电

容的定义式c=@,并运用动能定理求解.

u

12.（20分）如图所示为一平直传送带，A、B两端点间距为L,传送带的运行速率为v.今

将一工件无初速度的放在A端，已知工件与传动带之间摩擦系数为小且认为传送带的形

状及速率不受放上工件的影响.取重力加速度为g,求：

（1）工件刚放到传送带上时的加速度大小为；

（2）传送带将该工件由A端传送到B端可能的时间间隔及相应的条件（即题中给出量

之间应满足的关系）.

A岛一，15

H--------1»1

【考点】牛顿第二定律；加速度.

【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题.

【分析】（1）根据牛顿第二定律求出工件的加速度，

（2）根据运动学基本公式求出工件匀加速速度达到v时的位移，根据此位移与L的关系进

行讨论即可求解.

【解答】解：（1）工件放上传送带受到水平向右的摩擦力为：f=nmg

由牛顿第二定律，可得：a=X=ug

IT

（2）工件加速时间为为：t=X—_

aM-g

此过程工件运动的位移为：s=Lt2=W-

22|lg

2

①若UL,则工件一直加速到B点，

2Ng

可得L=U,得：Z\t=I2L,

2V^g

2

②若，一＜L,则工件先加速至v后做匀速运动直到B,

2|ig

△t=t+3

vv2g

答：（1）工件刚放到传送带上时的加速度大小为咯

2

<L,△t=t+E^

（2）若At=若.v

2NgVHg211gv

【点评】本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的应用，要分两种情况进行讨论,

难度适中.

（二）、选考题（共45分.请考生从给出的3道物理题、3道化学题、3道生物题中每科任

选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分）[物理-选修3-3]（15分）

13.（5分）如图所示，p-V坐标系中每个方格的边长均相等，在p-V图中的直线段AB

表示一定质量的理想气体的状态变化过程.则气体从状态A变化到状态B的整个过程中，

下列说法正确的是（）

A.气体的温度保持不变

B.气体的内能先增加某一值，再减少同样的值

C.气体对外做功，并吸热

D.气体的密度不断减小

【考点】理想气体的状态方程.

【专题】定性思想；推理法；理想气体状态方程专题.

【分析】根据气体状态方程雪C和已知的变化量去判断其它的物理量.

T

对于一定质量的理想气体，温度升高，那么气体的内能增加.

根据热力学第一定律判断气体吸热还是放热.

【解答】解：设图象中每一个小方格的长度为单位长度1.

A、等温过程pV=常量，应是一条双曲线（上半支），明显不符图象.或者在过程中任意找

个点，例如（2,2）,明显pV=4不等于初态和终态的pV=3.故A错误.

B、pV=CT,C不变，pV越大，T越高.状态在（2,2）处温度最高.在M和N状态，pV

乘积相等，所以温度先升高，后又减小到初始温度；气体的内能先增加某一值，再减少同样

的值.故B正确.

C、气体膨胀就会推动例如活塞对外界做功，整个过程中气体初末温度相等，所以整个过程

内能变化为0.

根据热力学第一定律△U=W+Q,

由于气体的内能增加，△1；=（）,由于气体膨胀对外做功，W<0,

所以Q>0,即气体一定吸收热量.故C正确.

D、气体的体积在不断增大，质量一定，所以气体的密度在不断减小.故D正确.

故选：BCD.

【点评】该题结合图象考查气态方程,能够运用控制变量法研究多个物理量变化时的关系.要

注意热力学第一定律△U=W+Q中，W、Q取正负号的含义.

14.(10分)如图所示，内径均匀的玻璃管，A端封闭，E端开口，AB段和CE段竖直，

BC段水平.AB段长10cm,BC段长30cm,CD段长40cm,DE段长56cm,F点位于DE

之间且EF段长40cm.DE段充满水银，AD段充满空气，外界大气压p()=760mmHg.现玻

璃管突然从F处折断，下段玻璃管连同管中水银一起脱落，求再次平衡后管内空气柱的长

度.(设整体变化过程中气体的温度保持不变)

!D

F\

【考点】理想气体的状态方程.

【专题】定量思想；方程法；理想气体状态方程专题.

【分析】连续的水银柱的同一高度，压强相等；连续的水银柱内高度相差h的液面的压强差

为pgh；求解出初末状态的气体压强后根据玻意耳定律列式求解即可.

【解答】解：设管内径的横截面积为S,从F处折断气体稳定后CF间的水银柱长度为x,

则对于被封闭的气体

有：pi=76-56=20cmHg,

V,=(30+10+40)S=80S,

P2=(76+x)mmHg,V2=(10+30+40-x)S

根据玻意耳定律，有：piVi=p2V2，

代入数据，有:20x80=(76+x)(80-x),

解得：x=65cm,显然是不合理的，表明水银可能已全部进入BC段

设水银全部位于BC段时空气柱的长度是L,贝ij：P4=76cmHg,V4=LS

根据玻意耳定律得：20x80=76L

代入数据得：L=21cm

答：再次平衡后管内空气柱的长度是21cm.

【点评】本题关键是根据玻意耳定律列式求解；末状态气体压强的确定，存在多种可能，要

分析清楚.

[物理-选修3-4](15分)

15.关于光在传播过程中所表现的现象，下列说法正确的是()

A.雨后天空出现的彩虹是光的衍射现象

B.白光通过分光镜在光屏上形成的彩色光带是光的色散现象

C.涂有增透膜的照相机镜头呈淡紫色，说明增透膜增强了对淡紫色的透色程度

D.夜间观看到天边星座的位置比实际位置偏高，这是光的折射现象

E.利用红外线进行遥感控只要是因为红外线的波长长，容易发生衍射

【考点】光的衍射.

【专题】定性思想；归纳法；光的衍射、偏振和电磁本性专题.

【分析】彩虹是光的折射现象，白光通过分光镜在光屏上形成的彩色光带是的光色散现象.增

透膜利用光干涉现象.夜间观看到天边星座的位置比实际位置高，这是光的折射现象.红外

线的波长长，容易发生衍射.

【解答】解：A、雨后天空出现的彩虹是光的折射现象，故A错误；

B、白光通过分光镜在光屏上形成的彩色光带是由于不同色光折射率不同而产生的光色散现

象，故B正确；

C、在选择增透膜时，一般是使对人眼灵敏的绿色光在垂直入射时相互抵消，这时光谱中其

它频率的光将大部分抵消，因此，进入镜头的光有很多，但以抵消绿光为主，这样照相的效

果更好.对于增透膜，有约1.3%的光能量会被反射，再加之对于其它波长的光，给定膜层

的厚度是这些光在薄膜中的波长的1倍，从薄膜前后表面的反射绿光相互抵消，镜头呈淡

4

紫色，故C错误；

D、夜间观看到天边星座的位置比实际位置高，这是光的折射现象，故D正确；

E、波长越长，越容易发生衍射现象；利用红外线进行遥感是因为红外线的波长大，容易发

生衍射.故E正确.

故选：BDE

【点评】本题考查了干涉、衍射和折射等光学知识，会对生活中光现象用物理知识去解释.

16.(2011•介休市校级一模)一列沿x轴传播的简谐横波，其周期为T,某时刻的波形图象

如图中的实线所示，再经t=0.2s的波形图如图中的虚线所示.求：

(1)若t小于T,则此列波的波速为多大.

(2)若t大于T,则此列波的波速为多大？

【考点】波长、频率和波速的关系：横波的图象.

【分析】知道两个时刻的波形，根据波形的平移法可知，波可能向右传播，也可能向左传播.若

波向右传播，t=0.2s内传播的最短距离是£波长；若波向左传播，t=0.2s内传播的最短距离

4

为工波长.列出波传播距离的通项，结合时间条件，再求解波速.

4

【解答】解：(1)若t小于T,波传播的距离小于一个波长.

若波向右传播，t=0.2s内传播的距离是xi-1.5m,波速为：V]=2A=L_^=7.5m/s；

t02

若波向左传播，t=0.2s内传播的距离是X2=0.5m,波速为：V2=三立2至=2.5m/s；

t0.2

(2)若t大于T：

若波向右传播，t=0.2s内传播的距离是：X3=(n+-)A,(n=l,2,3,...)

4

XQ(n4)X2„

波速为：V3=——-------------10(n+9)=(10n+7.5)m/s,(n=l,2,3,...)

t0.24

若波向左传播，t=0.2s内传播的距离是：X3=(n+A)X,(n=l,2,3,...)

4

波速为：V4=-10(n+-l)=(10n+2.5)m/s,(n=l,2,3,...)

t4

答：⑴若t小于T,则此列波的波速为7.5m/s或2.5m/s.

(2)若t大于T,则此列波的波速为(10n+7.5)m/s,(n=l,2,3,...)或(10n+2.5)m/s,

(n=l,2,3,

【点评】本题是知道两个时刻的波形研究波传播的距离、波速、周期的问题，关键是理解波

的周期性和双向性，运用数学知识列出通项式.

[物理-选修3-5](15分)

17.下列说法正确的是()

A.太阳辐射的能量主要来自太阳内部的裂变反应

B.利用卢瑟福的a粒子散射实验可以估算原子核的大小

C.玻尔理论是依据a粒子散射实验分析得出的

D.氢原子核外电子从半径较小的轨道跃到半径较大的轨道时，电子的动能减小，电势能增

大，总能量增大

E.当氢原子从n=3的状态跃迁到n=l的状态将发射出光子

【考点】轻核的聚变；粒子散射实验；氢原子的能级公式和跃迁.

【专题】定性思想；推理法；衰变和半衰期专题.

【分析】太阳辐射的能量主要来自太阳内部的轻核聚变；卢瑟福运用a粒子散射实验估算

原子核的大小；玻尔理论是在核式结构模型与经典物理理论产生矛盾，在普朗克、爱因斯坦

的量子理论的基础上提出的：根据轨道半径的变化，通过库仑引力提供向心力，判断动能的

变化，通过总能量的变化判断电势能的变化

【解答】解：A、太阳辐射的能量主要来自太阳内部的轻核聚变，又称为热核反应.故A错

误.

B、卢瑟福运用a粒子散射实验估算原子核的大小.故B正确.

C、卢瑟福提出原子核式模型，这一模型与经典物理理论之间存在着尖锐矛盾，原子将不断

辐射能量而不可能稳定存在；原子发射连续谱，而不是实际上的离散谱线.玻尔着眼于原子

的稳定性，吸取了普朗克、爱因斯坦的量子概念，提出原子结构的玻尔理论.故C错误.

22

D、根据启1n轨道半径增大，电子的动能减小，原子能量增大，势能增大.故D正

r2「

确.

E、从n=3的状态跃迁到n=2的状态时，发射出光子，辐射能量，故E正确.

故选：BDE

【点评】本题考查了聚变和裂变反应、玻尔理论以及能级等知识点，关键掌握这些知识的基

本概念和基本规律，以及理清一些物理学史.

18.如图所示，图中的线段a,b,c分别表示在光滑水平面带上沿条直线运动的滑块I、

H和他们发生正碰后结合体的速度-时间图象.已知滑块I的质量mi=1.0kg,根据图象，

试求滑块I与滑块II碰撞过程中损失的机械能.

【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律.

【专题】简答题；定性思想；推理法；动量定理应用专题.

【分析】根据v-t图象得到滑块I、n碰撞前后的速度，然后结合动量守恒定律和能量守恒

定律列式分析即可.

【解答】解：以滑块I的运动方向为正，由图可直接读出滑块I的初速度vl=5m/s；滑块H

的初速度V2=-3m/s；碰撞后二者共同运动的速度v=2m/s.

设滑块II的质量为m2，根据动量守恒定律得：ni|Vi+m2V2=(mi+m2)v

解得：rri2=0.6kg

根据能量守恒定律得：

滑块I与滑块H碰撞过程中损失的机械能

△E=12」2_1(\2|2j

必那m2V2,v=3

答：滑块I与滑块II碰撞过程中损失的机械能为12J

【点评】本题关键是明确碰撞前后系统动量守恒，然后根据动量守恒定律和能量守恒定律列

式分析，基础题.

考点卡片

1.加速度

【知识点的认识】

(1)加速度的定义：加速度是表示速度改变快慢的物理量，它等于速度的改变量跟发生这

一改变量所用