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2016年高考压轴冲刺卷江苏卷(四)物理


2016 年高考压轴冲刺卷?江苏卷(四) 物理
一、单项选择题:本题共 5 小题,每小题 3 分,共计 15 分.每小题只有一个 选项符合题意. .... 1.(2015?西安八校联考?14)如图所示,空间中存在一匀强磁场,将长度为 L 的直导线放置在 y 轴上,当 逸以大小为 I、沿 y 轴负方向的电流后,测得其受到的安培力大小为 F.方向沿戈轴正方向.则关于的磁感

应强度的方向和大小,说法正确的是( )

A.只能沿 x 轴正方向 B.可能在 xOy 平面内,大小为 C.可能在 xOy 平面内,大小为 D.可能在 xOy 平面内,大小为 2.(2015· 河南省实验中学二调· 18)半径为 r 的带缺口刚性金属圆环在纸面上固定放置,并处在变化的磁 场中,在圆环的缺口两端引出两根导线,分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接,两板间距为 d,如甲图所示.磁场的方向垂直于纸面,规定垂直纸面向里为正,变化规律如乙图所示.则以下说法正 确的是( )

A. 第 2 秒内上极板为正极 B. 第 3 秒内上极板为负极 C. 第 2 秒末两极板之间的电场强度大小为零 D. 第 4 秒末两极板之间的电场强度大小为

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3. (2015?湖南省十三校联考?18)为了测量某行星的质量和半径,宇航员记录了登陆舱在该行星表面做圆 周运动的周期 T,登陆舱在行星表面着陆后,用弹簧称称量一个质量为 m 的砝码读数为 N。已知引力常量 为 G。则下列计算中错误的是( A.该行星的质量为 C.该行星的密度为 ) B.该行星的半径为

N 3T 4 16? 4 m3
3? GT 2

4? 2 NT 2 m
NT 2?m

D.在该行星的第一宇宙速度为

4. (2015?上海十三校第二次联考?6)鱼在水中沿直线水平向左加速游动过程中, 水对鱼的作用力方向合理的 是( )

A

B

C

D

5. (2015?金丽衢第二次联考?17)如图所示电路中,电源电动势为 E、内阻为 r,电阻 R2 为定值电阻,R1 为滑动变阻器,A、B 为水平放置的电容器的上下两个极板。当滑动变阻器 R1 处于某位置时,A、B 两板 间的带电油滴恰好悬浮不动,则下列说法中正确的是( )

A.两极板 A、B 间正对面积减小其他条件不变时,油滴将向下运动 B.移动 R1 的滑动触头且其他条件不变时,电压表的读数增大了 ΔU,则电阻 R2 两端的电压减小了 ΔU C.R1 滑动触头向左移动且其他条件不变时,带电油滴向上运动 D.R1 滑动触头向右移动且其他条件不变时,R2 上消耗的热功率变小 二、多项选择题:本题共 4 小题,每小题 4 分,共计 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.(2015?河南省实验中学二调?8)如图所示,质量均为 m 的小球 A、B 用劲度系数为 k1 的轻弹簧相连, B 球用长为 L 的细绳悬于 O 点,A 球固定在 O 点正下方,当小球 B 平衡时,绳子所受的拉力为 T1,弹簧 的弹力为 F1;现把 A、B 间的弹簧换成原长相同但劲度系数为 k2(k2>k1)的另一轻弹簧,在其他条件不 变的情况下仍使系统平衡,此时绳子所受的拉力为 T2,弹簧的弹力为 F2,则下列关于 T1 与 T2、F1 与 F2 大小之间的关系,正确的是( )

A. T1>T2

B. T1=T2

C. F1<F2
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D. F1=F2

7.(2015?安阳第二次质量监测?19)如图所示,粗糙水平圆盘上,质量相等的 A、B 两物块叠放在一起,随 圆盘一起做匀速圆周运动,则下列说法正确的是( A.B 的向心力是 A 的向心力的 2 倍 B.盘对 B 的摩擦力是 B 对 A 的摩擦力的 2 倍 C.A、B 都有沿半径向外滑动的趋势 D. 若 B 先滑动, 则 B 对 A 的动摩擦因数 μA 小于盘对 B 的动摩擦因数 μB 8.(2015· 第二次大联考【江苏卷】· 7)如图所示的变压器,接如图甲所示的交流电时,灯泡正常发光,电容 器能正常工作,现将电源换成如图乙所示的交流电,则( ) )

A.由于乙交变电流的周期变短,因此灯泡比第一次亮 B.由于乙的频率比甲的大,因此电容器有可能被击穿 C.无论接甲,还是接乙电源,若滑动触头 P 向上移动,灯泡都变暗 D.若将原线圈 n2 的匝数增加,灯泡消耗的功率将变大 9. (2015?中山市二模考?17)如图,O 是一固定的点电荷,虚线 a、b、c 是 荷产生的电场中的三条等势线, 正点电荷 q 仅受电场力的作用沿实线所示的 处运动 b 处,然后又运动到 c 处.由此可知( A. O 为负电荷 B. 在整个过程中 q 的速度先变大后变小 C. 在整个过程中 q 的加速度先变大后变小 D. 在整个过程中,电场力做功为零 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.请将解答填写在答 题卡上相应的位置. 【必做题】 10.( 2015· 安徽省江淮名校第二次联考· 12). 如图 9 所示的装置,可用于验证牛顿第二定律。在气垫导轨上 安装两个光电门,小车上固定遮光板,细线一端与小车相连,另一端跨过定滑轮挂上.沙桶.,实验首先调整气 垫导轨,通过 调整使小车未挂沙桶时能在气垫导轨上做勾速运动,然后再进行后面的操作, 并在实验中获得以下测量数据: 小车和挡光板的总质量 M,遮光板的宽度 d,两光电门的中心的距离 s。则 )
v0

a

该点电 轨迹从 a

O

b

c

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(1)该实验要保证小车的合力近似等于沙桶的重力应满足的条作是 (2)实验需用游际卡尺测量遮光板的宽度 d,如图所示 d= rnrn

(3)某次实验过程中测得:沙桶的质量为 m,小车先后通过两个光电门的挡光时间分别为 t1,t2.A(小车通 过第二个光电门后.沙桶才落地) ,已知重力加速度为 g 则对该小车实验要验证的表达式 是 .

11.(2015?福州市二模?8)某实验小组利用如下器材测量某金属丝的电阻率 A.电源(3V,内阻约为 0.1Ω) B.电流表(量程 0.6A,内阻约为 0.1Ω) C.电流表(量程 3A,内阻约为 0.03Ω) D.电压表(量程 3V,内阻约为 3kΩ) E.滑动变阻器(1kΩ,0.3A) F.滑动变阻器(20Ω,2A) G.待测金属丝、螺旋测微器、米尺、开关和导线等

①实验的主要步骤如下: a.截取一段金属丝,拉直并固定在两端带有接线柱的米尺上,观察其接人长度在米尺上的示数如图所示 甲所示,则读数为 cm; mm;

b.用螺旋测微器测出金属丝的直径,某次测量时示数如图乙所示,其读数为
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c.正确连接电路,合上开关; d.改变滑动变阻器的位置,读出电压表和电流表的示数,记录如表: 次数 1 2 3 4 5 U/V I/A 0.80 1.00 1.50 1.80 2.30 0.18 0.22 0.34 0.42 0.52

e.断开开关,整理器材,结束实验操作. ②根据以上信息,你认为该小组选用的电流表是 ,滑动变阻器是 (只填仪器前的代号);请设

计较为节能且误差较小的电路,并把图丙电路连接完整. ③该小组的测量数据已标在图丁 U﹣I 图上, 请作图线并计算该金属丝的电阻值为 数字),根据电阻定律即可得到该金属丝电阻率. 12.【选做题】本题包括 A、B、C 三小题,请选定其中两小题,并在相应的答题区域内作答.若多做,则按 A、B 两小题评分. A.[选修 3-3] (1)(2015?广东省金山中学、广雅中学、佛山一中联考?6)如图是哈勃瓶,在瓶内塞有一气球,气球的吹气 口反扣在瓶口上,瓶底的圆孔上配有一个橡皮塞,玻璃瓶导热性能良好,在一次实验中,瓶内有气球和橡 皮塞封闭一定质量的气体(可视为理想气体),在对气球缓慢吹气过程中,则瓶内气体( ) Ω (保留两位有效

A. 密度减少 B. 平均动能增大 C. 对外界放出热量 D. 若释放橡皮塞后瞬间,温度将降低 (2)空气团在山的迎风坡上升时温度降低,原因是空气团 (选填“对外放热”或“对外做功”) ;设

空气团的内能 U 与温度 T 满足 U=CT(C 为一常数) ,空气团沿着背风坡下降过程中,外界对空气团做的 功为 W,则此过程中空气团升高的温度 ΔT= .

(3)(2015?第三次四校联考?33 (2))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Ⅰ、Ⅱ两部分。 初状态整个装置静止不动处于平衡,Ⅰ、Ⅱ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: ①在活塞 A 上逐渐添加铁砂,当铁砂质量等于 2m,两活塞在某位置重新处于平衡,活塞 B 下降的高度。 ②现只对Ⅱ气体缓慢加热,使活塞 A 回到初始位置.此时Ⅱ气体的温度。

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B.[选修 3-4] (1)(2015?泰州二模?3-4(1))下列说法正确的是 A.在光的双逢干涉实验中,若仅将入射光由红光改为绿光,则干涉条纹间距变宽 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.地球上接受到离地球远去的遥远星球发出的光波长要变长 D.任何惯性参考系中,物理规律都是相同的 (2)(2015?第二次大联考 【福建卷】 ?19 (1))某实验小组利用如图甲所示的双缝干涉装置测量红光的波长。

图甲 ①按照实验装置,转动测量头的手轮,使分划板中心刻线对准第 1 条亮纹,手轮的读数如图乙所示。继续 转动手轮, 使分划板中心刻线对准第 10 条亮纹, 手轮的读数如图丙所示, 则相邻条纹的间距是______mm。

图乙

图丙

②如果已经量得双缝的间距是 0.30mm、双缝和光屏之间的距离是 900mm,则待测光的波长是________m (取三位有效数字) 。 (3)(2015?吉林实验中学二模?16)如图所示,等腰直角玻璃镜的底面 AC 和侧面 BC 是光滑的,而侧面 AB 是毛糙的,棱镜的底面放在报纸上,一位观察者从光滑面 BC 看去,只看见报纸上一篇文章的一部分,这 可见部分与应见部分之比为 k=0.95(按面积),求玻璃的折射率.

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C.[选修 3-5] (1)(2015?上海十三校第二次联考?26(1))如图所示是英国物理学家卢瑟福和他的合作者们做了用放射性 元素放出的 α 粒子轰击金箔的实验装置。

下列关于 α 粒子轰击金箔实验的分析描述中正确的是( A.α 粒子轰击金箔的实验需在真空条件下完成 B.实验中所用金箔应适当厚一点 C.实验结果表明绝大多数 α 粒子穿过金箔后发生了散射 D.α 粒子从金原子内部出来后携带了原子内部的信息



(2)(2015?南通二调?12C(2))1995 年科学家“制成”了反氢原子, 它是由一个反质子和一个围绕它运动的正电子组成.反质子和质 子有相同的质量,带有等量异种电荷.反氢原子和氢原子有相同 的能级分布,氢原子能级如图所示.反氢原子只要与周围环境中 的氢原子相遇就会湮灭,因此实验室中造出的反氢原子稍纵即 逝.已知氢原子质量为 m,光在真空中传播速度为 c,一对静止的 氢原子和反氢原子湮灭时辐射光子,则辐射的总能量 E= 此过程 守恒. ,

∞ n=4 n=3 n=2

0 -0.85eV -1.51eV -3.4eV

n=1

-13.6eV

(3)(2015?唐山二模 35(2))如图所示,上端固定着弹射装置的小车静置于粗糙水平地面上,小车和弹射 装置的总质量为 M,弹射装置中放有两个质量均为 m 的小球。已知 M=3m,小车与地面间的动摩擦因数为 ? =0:1。为使小车到达距车右端 L=2m 的目标位置,小车分两次向左水平弹射小球,每个小球被弹出时的 对地速度均为 v。若每次弹射都在小车静止的情况下进行,且忽略小球的弹射时间,g 取 l0m/s2,求小球弹 射速度 v 的最小值。

四、计算题:本题共 3 小题,共计 47 分.解答是请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤.只写最 后答案的不能得分。有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位. 13.(2015?郑州第二次预测?24)在风洞实验室中进行如图所示的实验。在倾角为37° 的固定斜面上,有一个质 量为1kg的物块,在风洞施加的水平恒力F作用下,从A点由静止开始运动,经过1.2s到达B点时立即关闭风洞, 撤去恒力F,物块到达C点时速度变为零。 通过速度传感器测得这一过程中物块每隔0.2s的瞬时速度,下表给出 了部分数据:

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2 已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s 。求:

(1)A、C两点间的距离; (2)水平恒力F的大小。 14.( 2015?第二次大联考【广东卷】?35)如图所示,平面直角坐标系第一象限存在竖直向上的匀强电场, 距离原点O为3a处有一个竖直放置的荧光屏,荧光屏与x轴相交于Q点,且纵贯第四象限。一个顶角等于30° 的直角三角形区域内存在垂直平面向里的匀强磁场,三角形区域的一条直角边ML与y轴重合,且MN被x轴 垂直平分。已知ML的长度为6a,磁感应强度为B,电子束以相同的速度v0从LO区间垂直y轴和磁场方向射 入直角三角形区域。从 y=-2a射入磁场的电子运动轨迹恰好经过原点 O,假设第一象限的电场强度大小为 E=Bv0,试求: (1)电子的比荷; (2)电子束从+y轴上射入电场的纵坐标范围; (3)从磁场中垂直于y轴射入电场的电子打到荧光屏上距Q点的最远距离。

15.(2015?南通二调?13)电磁弹射是我国最新研究的重大科技项目,原理可用下述模型说明.如图甲所示, 虚线 MN 右侧存在一个竖直向上的匀强磁场,一边长 L 的正方形单匝金属线框 abcd 放在光滑水平面上, 电阻为 R,质量为 m,ab 边在磁场外侧紧靠 MN 虚线边界.t=0 时起磁感应强度 B 随时间 t 的变化规律是 B=B0+kt(k 为大于零的常数) ,空气阻力忽略不计. M a d B b N


M a d B
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c

b N


c

(1)求 t=0 时刻,线框中感应电流的功率 P; (2)若线框 cd 边穿出磁场时速度为 v,求线框穿出磁场过程中,安培力对线框所做的功 W 及通过导线截 面的电荷量 q; (3)若用相同的金属线绕制相同大小的 n 匝线框,如图乙所示,在线框上加一质量为 M 的负载物,证明: 载物线框匝数越多,t=0 时线框加速度越大. 物理参考答案及解析 1. C 【命题立意】本题旨在考查磁感应强度、安培力。 【解析】已知电流沿 y 轴负方向,安培力方向沿 x 轴正方向,根据左手定则判断 得知匀强磁场的磁感应强度在 zoy 平面内,设磁场与导线的夹角为 ? ,
0 0 则: 0 ? ? ? 90

当 ? ? 900 时,由 F ? BIL sin ? 可知,B 有最小值为 Bmin ?
0 0 当 0 ? ? ? 90 , B ?

F IL

F 2F 4F ,所以 B ? 和B ? 是可能的,故 ABD 错误,C 正确。 IL IL IL

故选:C 2. A 【命题立意】本题旨在考查法拉第电磁感应定律、电容、闭合电路的欧姆定律. 【解析】A、第 2s 内情况:由楞次定律可知,金属板上极板带正电,金属板下极板带负电;故 A 正确; B、第 3s 内情况:由楞次定律可知,金属板上极板带正电,金属板下极板带负电;故 B 错误; C、根据法拉第电磁感应定律可知,第 2 秒末感应电动势不变,则两极板之间的电场强度大小不为零,故 C 错误;

D、由题意可知,第 4 秒末两极板间的电场强度大小 E= = 故选:A 3. B 【命题立意】本题旨在考查万有引力作用与卫星的圆周运动 【解析】 用弹簧称称量一个质量为 m 的砝码读数为 N,

=

,故 D 错误。

, 登陆舱在该行星表面做圆周运动的周

期 T,

,

,解上二式得,

,

;行星的密度

;

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该行星的第一宇宙速度为 【举一反三】在这颗行星表面以 v 上抛一物体,经多长时间落地? 4. D 【命题立意】本题旨在考查牛顿第二定律、物体的弹性和弹力。 【解析】鱼在水中受水的浮力保持鱼在竖直方向的平衡,由于水平方向向左加速,故鱼受水平方向向左的 外力;故水对鱼的作用力应是浮力与向左推动力的合力;故应斜向左上方。 故选:D 5. D 【命题立意】本题旨在考查电容器的动态分析、闭合电路的欧姆定律。 【解析】A、仅把两极板 A、B 间相对面积减小,电容器的电压不变,由 E ?

U 分析得知,板间场强不变, d

油滴所受电场力不变,则油滴仍保持静止,故 A 错误;B、移动 R1 的滑动触头且其他条件不变时,电压表 的读数增大了 ?U ,说明变阻器的电阻增大,总电流减小,电 源内电阻电压减小,则电阻 R2 两端的电压减小小于 ?U ,故 B 错误; C、电容器的电压等于路端电压,欲使带电油滴向上运动,必须增大路端电压,则使可变电阻 R1 滑动触头 向右移动,故 C 错误; D、若将 R1 的滑动触头向右移动时, R1 的电阻增大,总电流减小,即可知 R2 的发热功率减小,故 D 正确; 故选:D 【易错警示】本题中要抓住电容器的电压等于路端电压,与电路部分是相对独立的.分析油滴是否运动, 关键分析电场力是否变化。 6. BC 【命题立意】本题旨在考查共点力平衡的条件及其应用\力的合成与分解的运用. 【解析】以小球 B 为研究对象,分析受力情况,如图所示: 由平衡条件可知,弹簧的弹力 F 和绳子的拉力 T 的合力 F 合与重力 mg 大小相 等,方向相反,即: F合 ? mg ,作出力的合成如图,由三角形相似得: = =

又由题,OA=OB=L,得: T=mg F= 故绳子的拉力 F 只与小球 B 的重力有关,与弹簧的劲度系数 K 无关,所以得到 T1=T2; 当弹簧劲度系数变大时,弹簧的压缩量减小,故长度 x 增加,故 F2>F1; 故 AD 错误,BC 正确; 故选:BC
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7. BC 【命题立意】本题旨在考查向心力、动摩擦因数。 【解析】A、因为 A、B 两物体的角速度大小相等,根据 F n = mr ω 2 ,因为两物块的 角速度大小相等,转动半径相等,质量相等,则向心力相等; B、对 AB 整体分析,f B = 2mr ω 2 ,对 A 分析,有:f A = mr ω 2 ,知盘对 B 的摩擦力 是 B 对 A 的摩擦力的 2 倍,故 B 正确; C、A 所受的静摩擦力方向指向圆心,可知 A 有沿半径向外滑动的趋势,B 受到 盘的静摩擦力方向指向圆心,有沿半径向外滑动的趋势,故 C 正确; D、对 AB 整体分析,μ B 2mg = 2mr ω B 2 ,解得: ?B ? 对 A 分析,μ A mg = mr ω A 2 ,解得: ? A ? 临界角速度较小,即 ?B<?A ,故 D 错误。 故选:BC 8. CD 【命题立意】该题考查变压器及其决定关系 【解析】灯泡的亮度与周期无关,取决于有效值,故 A 错误;电容器的击穿电压取决于电压的最大值,与 频率无关,故 B 错误;无论接哪个电源,输入电压相同,滑片向上移动时,接入电阻增大,则灯泡均变暗, 故 C 正确;如讲副线圈 n2 的匝数增加,则输出电压将增大,故灯泡消耗的功率将变大,故 D 正确。 9.CD 【命题立意】本题旨在考查库仑定律、电势、电势能、电功。 【解析】点电荷和正点电荷的距离先减少后增大,由库仑定律知,库仑力先增后减,根据牛顿第二定律, 加速度先变大后变小,C 正确;由轨迹曲线,合力指向凹形一侧,必为斥力,O 是一固定的点电荷,必带 正电,A 错误;a 到 b 电场力做负功,b 到 c,电场力做正功;固定的正点电荷的等势线,为一族圆,a 与 c 等势,所以在整个过程中,电场力做功为零,D 正确。 【举一反三】 吗?为什么?

?B g
r



?A g
r

,因为 B 先滑动,可知 B 先达到临界角速度,可知 B 的

10. (1) 沙桶的质量远小于小车及遮光板的总质量;(2)5.50;

?d ? ?d ? (3) 2m gs ? M ? ?t ? ? ?M? ?t ? ? ? 2? ? 1?

2

2

【命题立意】本题旨在考查验证牛顿第二定律。 【解析】 (1)需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量,以减小系统误差; (2)游标 0 刻度在 5 ? 6mm 之间,则游标卡尺的主尺读数为 5mm ,游标读数等于 0.1? 5mm ? 0.5mm , 所以最终读数为: 5mm ? 0.50mm ? 5.50mm ; (3)由于光电门的宽度 d 很小,所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度,滑块通过光电门 1 速

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度为: v1 ?

v2 ? v2 d d 2 ,滑块通过光电门 2 速度为: v2 ? ,根据 v2 ? v12 ? 2as ,得: a ? 2 1 ,由 F ? Ma 可 2s t1 t2
2 2

?d ? ?d ? v 2 ? v12 ? ?M? 知,F=M 2 , 2m gs ? M ? ? ? ?t ? ? 2a ? t2 ? ? 1?

【易错警示】 (1)需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量,以减小系统误差;(2)注意主尺 整数,标尺小数;(3)根据平均速度牛顿第二定律可求。 11.(1)50.00,0.712;②B,F,如图;③4.4Ω 【命题立意】本题旨在考查测定金属的电阻率。 【解析】①由图甲所示刻度尺可知,其分度值为 1mm,示数为:5.00cm=50.00mm; 由图乙所示螺旋测微器可知,固定刻度示数为 0.5mm,可动刻度示数为 21.2× 0.01mm=0.212mm,螺旋测微 器的示数为 0.5mm+0.212mm=0.712mm; ②由表可知电路最大电流约为 0.52A,则电流表应选 B.为方便实验操作,滑动变阻器应选 F, 由于电压的变化范围大,所以要选择分压式接法;由表格中的数据可知,待测电阻丝的电阻值约 5 欧姆, 属于小电阻,所以电流表应选择外接法,然后画出实验原理图,根据电路图连接实物电路图,如图所示;

③取直线上的点,由欧姆定律得电阻:R= = 故答案为:(1)50.00,0.712;②B,F,如图;③4.4Ω 12.A (1)CD 【命题立意】本题旨在考查热力学第一定律。 【解析】A、在对气球缓慢吹气过程中,气球内的气体的量增大,根据克拉伯龙方程可知气体的体积若不 变,则气体压强变大;气体的压强增大,会使体积增大,所以瓶内的气体的体积减小,密度增大,故 A 错 误; B、因系统导热可知瓶内气体的温度不变,分子的平均动能不变,故 B 错误; C、温度不变时,体积减小,对理想气体内能不变,由热力学第一定律知外界对气体做功与气体放出热量 相等,故 C 正确;

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D、若释放橡皮塞后瞬间,气体将快速从瓶内跑出,气体对外做功,由于来不及吸收热量,所以气体的温 度将降低,故 D 正确.。 故选:CD 【易错警示】本题需要用到的热学知识较多,但主要知识是热力学第一定律,同时还要注意,理想气体的 内能只和温度有关,和体积无关。 (2)对外做功、

W C

【命题立意】本题旨在考查热力学第一定律。 【解析】空气团在山的迎风坡上升时温度降低,空气团内能减小,又绝热,根据热力学第一定律可知空气 团对外做功; 根据 U ? CT 得: ?U ? C ?T ① ②

由根据热力学第一定律得: ?U ? W ? Q

Q?0



①②③联立解得: ?T ? (3)① 0.4l0 ;② 2.5T0

W C

【命题立意】本题旨在考查理想气体的状态方程、封闭气体压强。 【解析】①初状态Ⅰ气体压强: P 1 ? P 0 ? Ⅱ气体压强: P2 ? P 1?

mg ? 2 P0 s

mg ? 3P0 s 3mg ? 4 P0 s

? 0? 添加铁砂后Ⅰ气体压强: P 1 ? P

? Ⅱ气体压强: P2? ? P 1 ?

mg ? 5P0 s

根据玻意耳定律,Ⅱ气体等温变化,有: Pl 2 0 S ? Pl 2 2S 可得: l2 ?

3 l0 ,B 活塞下降的高度: 5


h2 ? l0 ? l2 ? 0.4l0
可得:

/ ②Ⅰ气体等温变化,有: P 1l0 S ? P 1 l1S

l1 ? 0.5l0

只对Ⅱ气体加热,Ⅰ气体状态不变,所以当 A 活塞回到原来位置时,
// Ⅱ气体高度: l2 ? 2l0 ? 0.5l0 ? 1.5l0

根据气体理想气体状态方程: P2l0 S ? P2//l2// S
T0 T2

得: T2 ? 2.5T0

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答:①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 ; ① 现只对Ⅱ气体缓慢加热,使活塞 A 回到初始位置,此时Ⅱ气体的温度 2.5T0 。 12.B (1)CD 【命题立意】本题旨在考查双缝干涉的条纹间距与波长的关系、光的偏振、多普勒效应、狭义相对论. 【解析】A、光的双逢干涉实验中,若仅将入射光由红光改为绿光,波长变短,根据条纹间距 ?x ? 知,干涉条纹间距变窄,故 A 错误; 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减弱反射光的强度,使照片清晰,但不能增 加透射光的强度.故 B 错误; C、星球离地球远去,产生多普勒效应,则地球上接收到该星球发出光的频率变小,波长变长,故 C 正确; D、狭义相对论的两个基本假设是:光速不变原理和相对性原理;即在不同的惯性参考系中,一切物理规 律都是相同的,故 D 正确。 故选:CD (2)① 1.610 ②5.37 ?10 (2)①20 ② B 【命题立意】 【解析】 ①由螺旋测微器的读数规则得乙读数 0.045mm, 丙读数 14.535mm, 相邻条纹的间距是两个读数的 差值除以 9 得 1.610mm ②由 ?x ? (3)1.5 【命题立意】本题旨在考查光的折射定律。 【解析】从 BC 看到压在玻璃棱镜下的文字,需要有进入棱镜的光从 AC 面折射到报纸,经由纸面反射回 棱镜再出射到观察者的视场中.若投射到 AC 面某部分光发生了全反射,其下面的文字就看不见了,设临 界角为 α,作出光路图如图. 设 AC=l,由题意有: =1﹣0.95=0.05 由几何关系得:在三角形 ADB 中有: = 解得 tanα=0.9 由 sinα= ,得 n= 答:玻璃的折射率为 1.5。 12.C (1)AD
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?7

l ?可 d

D ③ 见解析 ④ AD

L ? 得 ? =5.37 ?10?7 m d

≈1.5

【命题立意】本题旨在考查爱因斯坦光电效应方程。 【解析】当 ? 粒子穿过原子时,电子对 ? 粒子影响很小,影响 ? 粒子运动的主要是原子核,离核远则 ? 粒 子受到的库仑斥力很小,运动方向改变小,只有当 ? 粒子与核十分接近时,才会受到很大库仑斥力,而原 子核很小,所以 ? 粒子接近它的机会就很少,所以只有极少数大角度的偏转,而绝大多数基本按直线方向 前进, A、 ? 粒子轰击金箔的实验需在真空条件下完成,故 A 正确; B、实验中所用金箔应适当薄一点,故 B 错误; C、实验结果表明绝大多数 ? 粒子穿过金箔后不发生了散射,故 C 错误; D、从金原子内部出来后携带了原子内部的信息,故 D 正确。 故选 AD (2) 2mc 2 、能量和动量 【命题立意】本题旨在考查氢原子的能级公式和跃迁。 【解析】 (2)已知氢原子质量为 m ,光在真空中传播速度为 c ,一对静止的氢原子和反氢原子湮灭时辐射 光子,则辐射的总能量 E ? 2mc 2 ,此过程能量和动量 守恒; 故答案为 2mc 2 、能量和动量 (3) 4.8 m s 【命题立意】本题旨在考查动量守恒定律、动能定理。 【解析】小球第一次被弹射时,规定小车的运动方向为正方向, 由动量守恒定律得: 0 ? (m ? M )v1 ? mv
1 小车向右滑行过程,根据动能定理得: ? ? (m ? M ) gs1 ? ? (m ? M )v12 2

第二次弹射时,规定小车的运动方向为正方向, 由动量守恒定律得: 0 ? Mv2 ? mv
1 小车向右滑行过程,根据动能定理得: ? ?Mgs2 ? ? Mv2 2 2

根据几何关系得: s1 ? s2 ? L 由以上各式可得: v ? 4.8 m s 答:小球弹射速度 v 的最小值是 4.8 m s 。 【易错警示】本题是动量守恒定律与动能定理的综合运用,分析清楚物体的运动过程,合理选择研究的系 统,把握物理规律是关键。 13.(1) 5.4 m ; (2) 30 N 【命题立意】本题旨在考查牛顿第二定律、匀变速直线运动的位移与时间的关系。 【解析】(1)物块匀加速运动过程的加速度 : a1 ?

?v 3 ?1 ? m s2 ? 5 m s2 ?t 0.6 ? 0.2
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关闭风洞后物块匀减速运动: a2 ? 匀加速过程的位移: x1 ?

?v 2?4 ? m s 2 ? ?10 m s 2 ?t 1.6 ? 1.4

1 2 1 a1t1 ? ? 5 ?1.22 m ? 3.6m 2 2

(a1t1 )2 36 匀减速过程的位移: x2 ? ? m ? 1.8m 2a2 20
故 A、C 两点间的距离为: x ? x1 ? x2 ? 3.6m ? 1.8m ? 5.4m (2) 由牛顿第二定律得, 匀加速过程: F cos370 ? mg sin370 ? ? (mg cos370 ? F sin370 ) ? ma1 匀减速过程: ?(mg sin370 ? ?mg cos370 ) ? ma2 联立解得: F ? 30 N 答: (1)A、C两点间的距离为 5.4 m ; (2)水平恒力F的大小为 30 N 。 14.(1)

v e 9 ? 0 (2)0≤y≤2a (3) a m Ba 4

【命题立意】带 电 粒 子 在 组 合 场 中 的 运 动 【解析】 (1)由 题 意 可 知 电 子 在 磁 场 中 的 轨 迹 半 径 为 r=a , 由 牛 顿 第 二 定 律 得 : ev 0 B=m 解得电子的比荷:
2 v0 , r

v e ? 0 m Ba

( 2 ) 电 子 能 进 入 电 场 中 , 且 离 O 点 上 方 最 远 , 电 子 在 磁 场 中 运 动 圆 轨 迹 恰 好 与 边 MN 相 切 , 电 子 运 动 轨 迹 的 圆 心 为 O′ 点 , 如 图 所 示 . O′M=2a OO′=OM - 0′M=a , 即 粒 子 从 D 点 离 开 磁 场 进 入 电 场 时 , 离 O 点 上 方 最 远 距 离 为 : OD=y m =2a , 所 以 电 子 束 从 y 轴 射 入 电 场 的 范 围 为 0≤y≤2a ;

(3)假 设 电 子 没 有 射 出 电 场 就 打 到 荧 光 屏 上 , 有 3a=v 0 t , y ? 解得: y ?

1 eE 2 t 2 m

9 a > 2a , 所 以 , 电 子 应 射 出 电 场 后 打 到 荧 光 屏 上 . 电 子 在 电 场 中 做 类 平 抛 运 动 , 2

设 电 子 在 电 场 的 运 动 时 间 为 t , 竖 直 方 向 位 移 为 y, 水 平 位 移 为 x ,

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水 平 : x=v 0 t , 竖 直 : y ?

1 eE 2 t , 代 入 数 据 解 得 : x= 2ay 2 m

设电子最终打在光屏的最远点距 Q 点为 H,电子射出电场时的夹角为 θ 有:

eE x ? vy m v0 2y tanθ= , H= ( 3a-x ) tanθ= 3 a ? 2 y ? ? v0 v0 a

?

?

2y

当 3 a ? 2 y ? 2 y , 即 y=

9 9 9 a 时 , H 有 最 大 值 , 由 于 a < 2a , 所 以 H ma x = a 8 8 4

【点拨】粒 子 在 磁 场 中 做 匀 速 圆 周 运 动 ,要 求 能 正 确 的 画 出 运 动 轨 迹 ,并 根 据 几 何 关 系 确 定 某 些物理量之间的关系;粒子在电场中的偏转经常用化曲为直的方法,求极值的问题一定要先 找出临界的轨迹,注重数学方法在物理中的应用。

kB0 L3 k 2 L4 1 2 B0 L2 15.(1) ; (2) mv 、 (3)根据 a ? 可知,n 越大,a 越大 M 2 R R ( ? m) R n
【命题立意】本题旨在考查法拉第电磁感应定律、导体切割磁感线时的感应电动势。 【解析】 (1) t ? 0 时刻线框中的感应电动势: E0 ?

?B 2 L ?t

E0 2 功率: P ? R
k 2 L4 解得: P ? R
(2)由动能定理有: W ? ?Ek 解得: W ?

1 2 mv 2
?? ?t

穿出过程线框中的平均电动势: E ? 线框中的电流: I ?

E R

通过的电量: q ? I ?t

B0 L2 解得: q ? R
(3)n 匝线框中 t ? 0 时刻产生的感应电动势: E ? n 线框的总电阻: R总 ? nR 线框中的电流: I ?

?? ?t

E R总
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t ? 0 时刻线框受到的安培力: F ? nB0 IL
设线框的加速度为 a,根据牛顿第二定律有: F ? (nm ? M )a

kB0 L3 解得: a ? M ( ? m) R n

可知,n 越大,a 越大

答: (1)线框中感应电流的功率为

k 2 L4 ; R

(2)安培力对线框所做的功为 (3)根据 a ?

B L2 1 2 mv 及通过导线截面的电荷量为 0 2 R

kB0 L3 ,可知,n 越大,a 越大。 M ( ? m) R n

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