《试卷》2016年河北省衡水中学高考物理信息卷（二）（解析版）.doc

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1、2016年河北省衡水中学高考物理信息卷（二）一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分.第15小题只有一项符合题意，第68小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，水平放置的平行板电容器间存在竖直向下的匀强电场，现有比荷相同的4种带电粒子从电容器中间O点分别沿OP、OQ、OM、ON四个方向以相同的速率射出，已知OP、OQ沿水平方向且粒子均能从平行板电容器间射出，OM、ON沿竖直方向，不计粒子重力及粒子间的相互作用，则以下对粒子运动的描述正确的是（）A沿OP、OQ两方向射出的粒子若电性相反，则粒子离开电容器时速度相同B沿OP、OQ两方向射出的粒子

2、若电性相反，则粒子离开电容器时电场力做的功一定相等C沿OP、OQ两方向射出的粒子若电性相反，则粒子离开电容器时速度偏转角大小相等D沿OM、ON两方向射出的粒子若均带负电，则沿OM方向射出的粒子先到达极板2如图为汤姆孙阴极射线管的构造简图，将阴极射线管置于U型磁铁两极之间，分析从阴极射出的电子束，下列说法正确的是（）A增加加速电压，观察到的偏转现象将更加明显B电子束向下偏转C换为磁性弱的磁铁，观察到的偏转现象将更加明显D若撤去阴极射线管，将一束粒子从左侧射入磁铁之间，则粒子束偏转方向与电子束偏转方向相同3如图甲所示，理想变压器原线圈接理想交流电流表A，副线圈接理想交流电压表V，定值电阻R=R0，

3、副线圈两端电压随时间变化关系如图乙所示，已知原线圈匝数为n1，副线圈匝数为n2，则以下说法正确的是（）A原线圈输入电压频率为100HzB原线圈输入电压为C原线圈电流表示数为D将电阻R与理想二极管串联，替换电阻R，则电压示数减半4如图所示，质量为m的子弹水平射入水平面上质量为M的木块之中，子弹射入木块的深度为d，子弹与木块相互作用过程中木块前进的距离为s，已知木块与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度为g，子弹与木块间摩擦阻力的大小恒为F，则该过程中（）A阻力对子弹做的功为F（s+d）B木块增加的动能为FsC整个过程中，木块与子弹构成的系统损失的机械能为Fd+（M+m）gsD子弹动能的减少量等于木

4、块动能的增加量5如图所示，质量为M的滑块甲放置在一个倾角为的光滑斜面顶端，质量为m的滑块乙穿过光滑的水平横杆两滑块通过绕过固定在斜面顶端的轻绳相连接，初始状态，牵引滑块乙的细绳与水平方向成角，滑块甲由静止释放以后细绳牵引滑块乙向右运动已知定滑轮到横杆的距离为H，重力加速度为g，两滑块均可视为质点，忽略滑轮与轴间的摩擦，则滑块乙由初始状态运动到定滑轮正下方的过程中（）A滑块甲一直做加速运动B绳中张力始终小于MgsinC滑块乙滑到滑轮正下方时速度为零D滑块乙滑到滑轮正下方时速度为6如图甲所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成角，M、P两端接一阻值为R的定值电阻，阻值为r的金属棒ab垂直

5、导轨放置，其他部分电阻不计，整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上，t=0时对金属棒施一平行于导轨的外力F，金属棒由静止开始沿导轨向上运动，通过R的感应电荷量q随时间t的变化关系如图乙所示，下列关于穿过回路abPMa的磁通量、金属棒加速度a、金属棒受到的外力F、通过金属棒中电流I随时间变化的图象正确的是（）ABCD7沿竖直方向运动的电梯正在运送50kg的货物，货物放在电梯的水平地板上，运送过程中，货物的vt图象如图所示（竖直向上为正方向），重力加速度g=10m/s2，下列对货物描述正确的是（）A在015s内，重力对货物做功为3750JB在515s内，电梯地板对货物的支

6、持力做了250J的功C在2025s与2535s内，重力对货物做功的平均功率均为500WD在2535s内，电梯在减速上升，货物的加速度大小为0.2m/s28据2015年10月17日参考消息报道，2016年我国将发射“天宫二号“空间实验室，“天宫二号”上将开展地球观测和空间地球系统科学、空间应用新技术、空间技术和航天医学等领域的应用和实践，是中国第一个真正意义上的空间实验室，后继发射的“神州十一号”载人飞船和“天舟一号”货运飞船，将与距离地面343km的圆轨道上的”天宫二号”交会对接，以完成验证空间站的技术，同时也将接受航天员的访问已知地球半径为R=6400km，万有引力常量G=6.671011N

7、m2/kg2，”天宫二号”绕地球飞行的周期为90分钟，以下分析中正确的是（）A“天宫二号”的发射速度应大于11.2km/sB”神州十一号”加速与“天宫二号”对接前应处于同一圆周轨道C“天宫二号”的向心加速度大于同步卫星的向心加速度D由以上数据可以求得地球的平均密度二、必考题（共4小题，满分47分）9某实验小组用如图1所示装置进行探究加速度和力、质量关系的实验，已知小车质量为200g，空沙桶质量为20g（1）实验之初，应（填“悬挂”或“不悬挂”）沙桶，连接纸带，反复调试长木板没有定滑轮的一端下而垫块的位置（垫块未画出），直到轻推小车，小车可以牵引纸带打出的纸带（2）某次实验打出的纸带如图2所示，

8、A、B、C、D、E为打出的五个计数点，每两个点之间还有4个点没有标出，已知交流电源的频率为50Hz，则小车加速度a=m/s2（保留3位有效数字）（3）保证小车的质量不变，用沙及沙桶的重力作为小车的拉力F，反复改变沙桶内沙的质量，复重操作，测得多组a、F数据，并描绘出aF图线如图3所示，其中AB段明显偏离直线的原因是10某同学用量程为5mA，内阻为20的表头按照图（a）所示电路改装为量程分别为1A和5V的多用电表，图中R1和R2为定值电阻，S为单刀开关，则：（1）请根据图（a）中实验设计，在图（b）中进行实物连线（2）开关S断开时，多用表用作（填“电压表”或“电流表”），R2阻值为；开关S闭合时

9、，多用表用作（填“电压表”或“电流表”），R1阻值为（计算结果保留3位有效数字）（3）开关S断开，用红黑表笔探测图（c）中的电路故障，发现当两表笔正确地接在灯泡L1两端的接线柱上时表头有示数；当接在L1两端时表头也有示数，当接在L2两端时表头无示数已知各接线柱接触良好，则电路中一定存在的故障是11如图所示，水平桌面上固定一个间距为L的金属导轨MNQP，导轨左端所接电源电动势为E，内阻为r，在导轨右侧放置一根质量为m的金属棒ab，金属棒电阻为R，其他电阻不计，整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与水平桌面成37角，此时导体棒恰好处于平衡状态（认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力），重力加速

10、度为g，若仅将磁场方向调整为竖直向下，求磁场刚调整完毕的瞬间导体棒的加速度a的大小12如图所示，水平放置的电容器与滑动变阻器Rx并联，然后与阻值为R0的定值电阻以及间距为l的足够长的光滑固定倾斜导轨相连接，导轨处于匀强磁场之中，磁场方向垂直于导轨平面向上，将滑动变阻器Rx调到R0，然后将导体棒自导轨上端由静止释放，待速度稳定后，从电容器左端中点以水平速度v0射入的电子恰能从极板边缘离开电场已知磁场感应强度为B，电子电量为e，质量为m，重力忽略不计，电容器板间距为d，板长为L，金属导轨与水平面夹角为，导体棒电阻也为R0，重力加速度为g，求：（1）电子从哪个极板离开电场；（2）导体棒的质量M以及导

11、体棒稳定时的速度v1；（3）若仅将滑动变阻器Rx调到2R0，当导体棒在导轨上稳定运行时，速度是原来的几倍；若仍要求从电容器左端中点以水平速度v0射入的电子恰能从极板边缘射出，需要把板间距调整为原来的几倍？三、选考题选修33（共2小题，满分15分）13下列说法正确的是（）A温度升高，气体中每个分子的速率都增大B一定量气体膨胀对外做功100J，同时从外界吸收120J的热量，则它的内能增大20JC温度越高，颗粒越小，布朗运动越剧烈D能量耗散是指在一定条件下，能量在转化过程中总量减少了E能量耗表明，在能源的利用过程中，能量在数量上并未减少，但在可利用的品质上降低了14如图所示，一轻弹簧的上端固定在天花

12、板上，下端和一活塞相连，另外还有一细绳连接天花板和活塞之间，导热气缸内封闭着一定量的气体，活塞可上下无摩擦移动但不漏气，当温度为T1时，弹簧处于自然长度，气缸内部活塞距缸底的距离为L，然后剪断细绳，若外界空气温度开始缓慢降低至T2，在系统达到以稳定的过程中气体放出热量Q，已知气缸的质量为M，活塞的面积为S，大气压强为p0，重力加速度为g，活塞始终没有脱离气缸求：（1）系统稳定后气缸内活塞距缸底的距离变为多少？（2）从剪断细绳到系统稳定的过程中气体的内能变化了多少？四、选修34（共2小题，满分0分）15电磁波谱中频率最高的是，光纤通信中，光导纤维传递光信号是利用光的现象，光从真空进入光导纤维后传

13、播速度将（填“增大”“减小”或“不变”）16如图所示为一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图x=0处的质点做简谐运动的振动方程为y=2sin10t（cm）求：（1）从t=0开始计时，P点第一次到达波峰位置所需的时间；（2）P点第一次到达波峰位置时，x=0.25m处质点偏离平衡位置的位移五、选修35（共2小题，满分0分）17如图为氢原子能级示意图，大量处于n=4能级的氢原子向基态跃迁时，发出大量光子，光子照射到金属铷的表面可使其产生光电效应，已知普朗克恒量h=6.631034Js，铷的逸出功W=2.13eV，则逸出光子中频率最高的约为Hz，金属铷的截止频率约为Hz（结果保留2位有效数

14、字）18如图所示，滑块A的质量为m，小车B的质量为M且M=2m，滑块与平板小车之间的动摩擦因数为，小车静止在光滑的水平面上，当滑块以速度v0，从小车右端滑上小车，经一段时间后滑块相对小车静止，已知重力加速度为g，求：从滑块滑上小车到相对静止所需要的时间；小车的最小长度及滑块滑动过程中系统产生的热量Q2016年河北省衡水中学高考物理信息卷（二）参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分.第15小题只有一项符合题意，第68小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，水平放置的平行板电容器间存在竖直向下的匀强电场，现有比荷相同的4种带

15、电粒子从电容器中间O点分别沿OP、OQ、OM、ON四个方向以相同的速率射出，已知OP、OQ沿水平方向且粒子均能从平行板电容器间射出，OM、ON沿竖直方向，不计粒子重力及粒子间的相互作用，则以下对粒子运动的描述正确的是（）A沿OP、OQ两方向射出的粒子若电性相反，则粒子离开电容器时速度相同B沿OP、OQ两方向射出的粒子若电性相反，则粒子离开电容器时电场力做的功一定相等C沿OP、OQ两方向射出的粒子若电性相反，则粒子离开电容器时速度偏转角大小相等D沿OM、ON两方向射出的粒子若均带负电，则沿OM方向射出的粒子先到达极板【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【分析】4种带电粒子比荷相同，在电场中运动时加

16、速度大小相等，根据运动的分解法分析水平和竖直两个方向的分速度，比较粒子离开电容器时速度关系和速度偏转角大小根据分位移公式分析粒子离开电场时偏转距离关系，由功的计算公式分析电场力做功的关系根据粒子的运动情况，分析D项【解答】解：AC、根据牛顿第二定律得：粒子在电场中运动的加速度为 a=，据题四个粒子的相等，则加速度大小相等沿OP、OQ两方向射出的粒子若电性相反，则粒子离开电容器时水平方向速度大小相等，竖直方向速度方向相反，大小相等，因此粒子离开电容器时速度偏转角大小相等，速度大小相等，方向相反，则速度不同，故A错误，C正确B、由公式y=，可知两粒子在电场中竖直方向偏转距离相等，但是由于电量不一定

17、相等，粒子所受的电场力不一定相等，所以电场力做的功不一定相等，故B错误D、沿OM、ON两方向射出的粒子若均带负电，则沿OM方向射出的粒子做减速运动，沿ON方向射出的粒子做加速运动，故ON方向射出的粒子先到达极板，故D错误故选：C2如图为汤姆孙阴极射线管的构造简图，将阴极射线管置于U型磁铁两极之间，分析从阴极射出的电子束，下列说法正确的是（）A增加加速电压，观察到的偏转现象将更加明显B电子束向下偏转C换为磁性弱的磁铁，观察到的偏转现象将更加明显D若撤去阴极射线管，将一束粒子从左侧射入磁铁之间，则粒子束偏转方向与电子束偏转方向相同【考点】示波管及其使用【分析】阴极射线管电子从阴极射向阳极，运用左手

18、定则判断电子束受到的洛伦兹力的方向，来判断电子束偏转的方向；根据粒子在磁场中运动的半径公式判断偏转的程度【解答】解：A、由带电粒子在磁场中运动的半径公式：R=，以及带电粒子在电场中加速时：qU=，可知增大加速电压，则粒子的动能增大，粒子的半径增大，偏转将不明显故A错误；B、电子从阴极射向阳极，根据左手定则，磁感线穿入手心，四指指向电子运动的反方向，洛伦兹力的方向向下，则电子束向下偏转故B正确；C、由公式：R=，换为磁性弱的磁铁，半径增大，观察到的偏转现象将不明显故C错误；D、若撤去阴极射线管，将一束粒子从左侧射入磁铁之间，由左手定则可知，粒子束偏转方向与电子束偏转方向相反故D错误故选：B3如图

19、甲所示，理想变压器原线圈接理想交流电流表A，副线圈接理想交流电压表V，定值电阻R=R0，副线圈两端电压随时间变化关系如图乙所示，已知原线圈匝数为n1，副线圈匝数为n2，则以下说法正确的是（）A原线圈输入电压频率为100HzB原线圈输入电压为C原线圈电流表示数为D将电阻R与理想二极管串联，替换电阻R，则电压示数减半【考点】变压器的构造和原理【分析】理想变压器输入功率等于输出功率，原副线圈电流与匝数成反比，原副线圈电压与匝数成正比【解答】解：A、由图象可知副线圈交流电频率为50Hz，原副线圈交流电频率相同，则原线圈交流电频率为50Hz，故A错误；B、由图象可知副线圈电压，由，可知原线圈输入电压为，

20、故B错误；C、副线圈电流，有，知原线圈电流，故C正确；D、接二极管副线圈电压不变，电压表示数不变，故D错误；故选：C4如图所示，质量为m的子弹水平射入水平面上质量为M的木块之中，子弹射入木块的深度为d，子弹与木块相互作用过程中木块前进的距离为s，已知木块与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度为g，子弹与木块间摩擦阻力的大小恒为F，则该过程中（）A阻力对子弹做的功为F（s+d）B木块增加的动能为FsC整个过程中，木块与子弹构成的系统损失的机械能为Fd+（M+m）gsD子弹动能的减少量等于木块动能的增加量【考点】功能关系【分析】阻力对子弹做功根据功的计算公式求解，计算时要用子弹相对于地面的位移根据动

21、能定理求木块增加的动能根据能量守恒定律求系统损失的机械能【解答】解：A、阻力方向与子弹位移方向相反，所以阻力对子弹做负功，则阻力对子弹做的功为F（s+d）故A错误B、根据动能定理得：木块增加的动能为Ek=Fs（M+m）gs故B错误C、根据能量守恒定律知，木块与子弹构成的系统损失的机械能为E=Fd+（M+m）gs故C正确D、由于系统要产生内能，所以由能量守恒定律知，子弹动能的减少量大于木块动能的增加量故D错误故选：C5如图所示，质量为M的滑块甲放置在一个倾角为的光滑斜面顶端，质量为m的滑块乙穿过光滑的水平横杆两滑块通过绕过固定在斜面顶端的轻绳相连接，初始状态，牵引滑块乙的细绳与水平方向成角，滑块

22、甲由静止释放以后细绳牵引滑块乙向右运动已知定滑轮到横杆的距离为H，重力加速度为g，两滑块均可视为质点，忽略滑轮与轴间的摩擦，则滑块乙由初始状态运动到定滑轮正下方的过程中（）A滑块甲一直做加速运动B绳中张力始终小于MgsinC滑块乙滑到滑轮正下方时速度为零D滑块乙滑到滑轮正下方时速度为【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力【分析】对滑块甲乙的运动过程进行分析，再结合牛顿第二定律分析甲的重力的分力和拉力的大小，对系统根据机械能守恒定律求乙滑到滑轮正下方的速度【解答】解：滑块乙从初始位置到定滑轮正下方过程中，甲沿斜面向下先做加速运动后做减速运动，乙到滑轮正下方时，甲的速度为0，绳中张力先小于Mgsi

23、n后大于Mgsin，此过程中绳子的拉力对乙做正功，所以乙一直做加速运动，到滑轮正下方时，乙的速度最大，乙从滑轮正下方继续向右运动的过程中，拉力做负功，乙的速度减小；拉乙的绳子变长，甲沿斜面向上先加速后减速运动，故ABC错误；从初位置到乙运动到滑轮正下方的过程中，甲和乙组成的系统机械能守恒，故D正确故选：D6如图甲所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成角，M、P两端接一阻值为R的定值电阻，阻值为r的金属棒ab垂直导轨放置，其他部分电阻不计，整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上，t=0时对金属棒施一平行于导轨的外力F，金属棒由静止开始沿导轨向上运动，通过R的

24、感应电荷量q随时间t的变化关系如图乙所示，下列关于穿过回路abPMa的磁通量、金属棒加速度a、金属棒受到的外力F、通过金属棒中电流I随时间变化的图象正确的是（）ABCD【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【分析】由电流图象写出电流与时间的关系式，根据法拉第电磁感应定律分析磁通量与时间的关系根据欧姆定律知速度与时间关系，从而知加速度与时间关系根据牛顿运动定律知F与时间的关系式根据推论q=It得到电量q与时间的关系式，再选择图象【解答】解：A、由图看出，通过R的感应电流随时间t增大，根据法拉第电磁感应定律得知，穿过回路的磁通量是非均匀变化的，t应是曲线故A错误B、设金属棒长为L

25、由乙图象得，q=It=kt2，k是比例系数知加速度不变，故B错误；C、由牛顿运动定律知FF安mgsin=ma，知F=+mgsin+ma，v随时间均匀增大，其他量保持不变，故F随时间均匀增大，故C正确；D、通过导体棒的电流I=，It图象为过原点直线，故D正确故选：CD7沿竖直方向运动的电梯正在运送50kg的货物，货物放在电梯的水平地板上，运送过程中，货物的vt图象如图所示（竖直向上为正方向），重力加速度g=10m/s2，下列对货物描述正确的是（）A在015s内，重力对货物做功为3750JB在515s内，电梯地板对货物的支持力做了250J的功C在2025s与2535s内，重力对货物做功的平均功率均

26、为500WD在2535s内，电梯在减速上升，货物的加速度大小为0.2m/s2【考点】功率、平均功率和瞬时功率；功的计算【分析】根据速度时间图线围成的面积求出位移，结合功的公式求出重力和支持力做功大小；根据平均速度的大小，结合平均功率公式求出重力做功的平均功率根据速度时间图线得出电梯的运动规律，结合图线的斜率求出货物的加速度大小【解答】解：A、根据速度时间图线围成的面积可知，015s内，电梯上升的高度h=，则重力对货物做功WG=mgh=5007.5J=3750J，故A正确B、515s内，电梯上升的高度，匀减速直线运动的加速度大小a=，根据牛顿第二定律得，mgN=ma，解得N=mgma=50050

27、0.1N=495N，则支持力做功WN=Nh1=4955J=2475J，故B错误C、在2025s内与2535s内，两段过程初末速度相同，所以电梯的平均速度大小均为1m/s，则平均功率P=mg=5001W=500W，故C正确D、由速度时间图线知，2535s内，电梯在减速下降，故D错误故选：AC8据2015年10月17日参考消息报道，2016年我国将发射“天宫二号“空间实验室，“天宫二号”上将开展地球观测和空间地球系统科学、空间应用新技术、空间技术和航天医学等领域的应用和实践，是中国第一个真正意义上的空间实验室，后继发射的“神州十一号”载人飞船和“天舟一号”货运飞船，将与距离地面343km的圆轨道上

28、的”天宫二号”交会对接，以完成验证空间站的技术，同时也将接受航天员的访问已知地球半径为R=6400km，万有引力常量G=6.671011Nm2/kg2，”天宫二号”绕地球飞行的周期为90分钟，以下分析中正确的是（）A“天宫二号”的发射速度应大于11.2km/sB”神州十一号”加速与“天宫二号”对接前应处于同一圆周轨道C“天宫二号”的向心加速度大于同步卫星的向心加速度D由以上数据可以求得地球的平均密度【考点】万有引力定律及其应用【分析】卫星的发射速度如果大于第二宇宙速度，它将脱离地球束缚，不能在绕地球运动了“神州十一号”加速，速度变大，它做圆周运动所需要的向心力变大，大于地球对它的万有引力，地球

29、提供的向心力小于“神州十一号”需要的向心力，“神州八号”做离心运动，轨道半径变大，不能对接，根据万有引力提供向心力，通过轨道半径的大小比较天宫二号和同步卫星的线速度、周期、角速度和向心加速度，“天宫二号”做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，列出等式求出中心体的质量再根据求密度【解答】解：A、发射速度如果大于第二宇宙速度，“天宫二号”将脱离地球束缚，不能在绕地球运动了故A错误；B、在同一轨道上，此时神舟十一号受到的万有引力等于向心力，若让神舟十一号加速，所需要的向心力变大，万有引力不变，所以神舟十一号做离心运动，不能实现对接，故B错误；C、“天宫二号”绕地球飞行的周期为90分钟，地球同步

30、卫星的周期24h，根据周期公式，“天宫二号”的轨道半径小于地球同步卫星，根据，轨道半径小，向心加速度大，故“天宫二号”的向心加速度大于同步卫星的向心加速度，故C正确；D、“天宫二号”绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，解得地球质量，地球体积，地球的密度，根据题给数据能求得地球的平均密度，故D正确故选：CD二、必考题（共4小题，满分47分）9某实验小组用如图1所示装置进行探究加速度和力、质量关系的实验，已知小车质量为200g，空沙桶质量为20g（1）实验之初，应不悬挂（填“悬挂”或“不悬挂”）沙桶，连接纸带，反复调试长木板没有定滑轮的一端下而垫块的位置（垫块未画出），直到轻推小车，小车可以

31、牵引纸带打出点击均匀的纸带（2）某次实验打出的纸带如图2所示，A、B、C、D、E为打出的五个计数点，每两个点之间还有4个点没有标出，已知交流电源的频率为50Hz，则小车加速度a=1.01m/s2（保留3位有效数字）（3）保证小车的质量不变，用沙及沙桶的重力作为小车的拉力F，反复改变沙桶内沙的质量，复重操作，测得多组a、F数据，并描绘出aF图线如图3所示，其中AB段明显偏离直线的原因是不满足小车的质量远远大于沙和沙桶的质量【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系【分析】（1）实验前要平衡摩擦力，平衡摩擦力时不能悬挂沙桶，纸带与小车相连，调节木板的倾角轻推小车，使小车做匀速直线运动，打点计时器

32、打出点迹均匀的纸带；（2）应用匀变速直线运动的推论：x=at2可以求出加速度；（3）只有当小车的质量远远大于沙和沙桶的质量时，才可以用沙和沙桶的重力代替小车受到的拉力【解答】解：（1）实验前要平衡摩擦力，平衡摩擦力时应不悬挂沙桶，连接纸带，反复调试木板下垫块的位置，直到轻推小车，小车可以牵引纸带打出点迹均匀的纸带（2）计数点间有4个点没有标出，则计数点间的时间间隔为：t=0.025=0.1s，由x=at2结合作差法得小车的加速度为：a=，（3）以小车与钩码组成的系统为研究对象，系统所受的合外力等于钩码的重力m钩码g，由牛顿第二定律得：mg=（M+m）a，小车的加速度为：a=g，小车受到的拉力为

33、：F=Ma=g=，当mM时，可以认为小车受到的合力等于沙及沙桶的重力，如果沙及沙桶的质量太大，则小车受到的合力小于沙及沙桶的重力，实验误差较大，aF图象偏离直线故答案为：（1）不悬挂；点击均匀；（2）1.01；（3）不满足小车的质量远远大于沙和沙桶的质量10某同学用量程为5mA，内阻为20的表头按照图（a）所示电路改装为量程分别为1A和5V的多用电表，图中R1和R2为定值电阻，S为单刀开关，则：（1）请根据图（a）中实验设计，在图（b）中进行实物连线（2）开关S断开时，多用表用作电压表（填“电压表”或“电流表”），R2阻值为980；开关S闭合时，多用表用作电流表（填“电压表”或“电流表”），R

34、1阻值为5.03（计算结果保留3位有效数字）（3）开关S断开，用红黑表笔探测图（c）中的电路故障，发现当两表笔正确地接在灯泡L1两端的接线柱上时表头有示数；当接在L1两端时表头也有示数，当接在L2两端时表头无示数已知各接线柱接触良好，则电路中一定存在的故障是导线4断路【考点】把电流表改装成电压表【分析】（1）根据电路图连接实物电路图；（2）把小量程电流表改装成大量程电流表需要并联一个分流电阻，把电流表改装成电压表需要串联一个分压电阻；应用串并联电路特点与欧姆定律可以求出电阻阻值（3）由电路的连接情况确定故障【解答】解：（1）根据图（a）所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：（2）由图（

35、a）所示电路图可知，开关S闭合时，毫安表与电阻R2串联，再与R1并联，多用电表用于测量电流；开关S断开时，毫安表与电阻R2串联，多用电表用于测量电压把毫安表改装成电压表，串联电阻阻值R2=RgRg=980把毫安表改装成电流表，并联电阻阻值R1=5.03（3）当两表笔接L1，L2两端时表头有示数则电源开关无故障，且L1，L2 不能短路或者断路，故障为导线4断路故答案为：（1）如图 （2）电压表 980 电流表 5.03 （3）导线4断路11如图所示，水平桌面上固定一个间距为L的金属导轨MNQP，导轨左端所接电源电动势为E，内阻为r，在导轨右侧放置一根质量为m的金属棒ab，金属棒电阻为R，其他电阻

36、不计，整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与水平桌面成37角，此时导体棒恰好处于平衡状态（认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力），重力加速度为g，若仅将磁场方向调整为竖直向下，求磁场刚调整完毕的瞬间导体棒的加速度a的大小【考点】安培力；牛顿第二定律【分析】当磁场与水平面成37时，通过对导体棒的受力分析，利用共点力平衡求得摩擦因数，当磁场竖直向下时，根据受力分析利用牛顿第二定律求得加速度【解答】解：回路中的电流为：I=，受到的安培力为：F=BIL=，磁场方向与水平桌面成37角，根据受力分析可知：Fcos53=（mg+Fsin53）当磁场方向竖直向下时有：Fmg=ma联立解得：a=答：刚调整

37、完毕的瞬间导体棒的加速度a的大小为12如图所示，水平放置的电容器与滑动变阻器Rx并联，然后与阻值为R0的定值电阻以及间距为l的足够长的光滑固定倾斜导轨相连接，导轨处于匀强磁场之中，磁场方向垂直于导轨平面向上，将滑动变阻器Rx调到R0，然后将导体棒自导轨上端由静止释放，待速度稳定后，从电容器左端中点以水平速度v0射入的电子恰能从极板边缘离开电场已知磁场感应强度为B，电子电量为e，质量为m，重力忽略不计，电容器板间距为d，板长为L，金属导轨与水平面夹角为，导体棒电阻也为R0，重力加速度为g，求：（1）电子从哪个极板离开电场；（2）导体棒的质量M以及导体棒稳定时的速度v1；（3）若仅将滑动变阻器Rx

38、调到2R0，当导体棒在导轨上稳定运行时，速度是原来的几倍；若仍要求从电容器左端中点以水平速度v0射入的电子恰能从极板边缘射出，需要把板间距调整为原来的几倍？【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；带电粒子在匀强电场中的运动【分析】（1）根据右手定则判断感应电流的方向，得到电容器中的电场方向，判断电子受电场力的方向；（2）由电磁感应定律求电动势E=BLv、闭合电路欧姆定律求电流I=，由导体棒受力平衡求速度，由带电粒子的匀速通过电容器求电压，结合闭合电路求速度；（3）若仅将滑动变阻器Rx调到2R0，根据平衡条件和欧姆定律得到电流的变化情况，得到电容器的电压；在结合类平抛运动的分运动公式列式分析即可【

39、解答】解：（1）由右手定则可知，导体棒a端为等效电源正极，则电容器下极板为正，电子向下偏转从下极板离开电场；（2）电子做类似平抛运动，竖直方向上：a=，；水平方向上：t=；联立可得：U=，导体棒切割磁感线产生的感应电动势为：E=3IR0=，又有E=Blv1，联立解得：，速度稳定时，导体棒受力平衡，则：Mgsin=BIl，解得：M=；（3）将滑动变阻器Rx调到2R0，重新达到平衡后：Mgsin=BIl，则电流大小不变，即I=导体棒切割磁感线产生的电动势：E=4IR0=；又有：E=BLv2，可得：v2=；故，故稳定时的速度是原来的倍；由于电流不变，滑动变阻器的有效电阻加倍，变阻器Rx两端电压变为原

40、来的2倍，由可得，故d2U，若仍要求电子从极板边缘飞出，则板间距需要调整为原理的倍；答：（1）电子从下极板离开电场；（2）导体棒的质量M为，导体棒稳定时的速度v1为；（3）若仅将滑动变阻器Rx调到2R0，当导体棒在导轨上稳定运行时，速度是原来的2倍；若仍要求从电容器左端中点以水平速度v0射入的电子恰能从极板边缘射出，需要把板间距调整为原来的倍三、选考题选修33（共2小题，满分15分）13下列说法正确的是（）A温度升高，气体中每个分子的速率都增大B一定量气体膨胀对外做功100J，同时从外界吸收120J的热量，则它的内能增大20JC温度越高，颗粒越小，布朗运动越剧烈D能量耗散是指在一定条件下，能量

41、在转化过程中总量减少了E能量耗表明，在能源的利用过程中，能量在数量上并未减少，但在可利用的品质上降低了【考点】热力学第一定律；布朗运动；热力学第二定律【分析】温度是分子的平均动能的标志；根据热力学第一定律知：U=W+Q；温度越高，颗粒越小，布朗运动越剧烈；能量耗散是指在一定条件下，能量在转化过程中总量并未减少，只是可利用的品质降低了【解答】解：A、温度是分子的平均动能的标志，是大量分子运动的统计规律，温度升高分子的平均动能增大，但不是每个分子的速率都增大故A错误；B、气体膨胀对外做功100J，同时从外界吸收120J的热量，根据热力学第一定律知：U=W+Q=100+120=20J，正值表示内能增

42、大，故B正确；C、根据布朗运动的特点可知，温度越高，颗粒越小，布朗运动越剧烈故C正确；D、根据能量转化与守恒定律可知，能量在转化过程中总量不变；能量耗散是指在一定条件下，能量在转化过程中总量并未减少，只是可利用的品质降低了故D错误，E正确故选：BCE14如图所示，一轻弹簧的上端固定在天花板上，下端和一活塞相连，另外还有一细绳连接天花板和活塞之间，导热气缸内封闭着一定量的气体，活塞可上下无摩擦移动但不漏气，当温度为T1时，弹簧处于自然长度，气缸内部活塞距缸底的距离为L，然后剪断细绳，若外界空气温度开始缓慢降低至T2，在系统达到以稳定的过程中气体放出热量Q，已知气缸的质量为M，活塞的面积为S，大气

43、压强为p0，重力加速度为g，活塞始终没有脱离气缸求：（1）系统稳定后气缸内活塞距缸底的距离变为多少？（2）从剪断细绳到系统稳定的过程中气体的内能变化了多少？【考点】理想气体的状态方程【分析】（1）气缸内气体发生等压变化，根据盖吕萨克定律列式求解（2）先求外界对气体做的功，再根据热力学第一定律求气体内能的变化量【解答】解：根据分析可知，封闭气体做的是等压变化，所以有：解得：封闭气体的压强为：外界对其做的功为：根据热力学第一定律可知，气体内能变化了：答：（1）系统稳定后气缸内活塞距缸底的距离变为（2）从剪断细绳到系统稳定的过程中气体的内能变化了四、选修34（共2小题，满分0分）15电磁波谱中频率最

44、高的是射线，光纤通信中，光导纤维传递光信号是利用光的全反射现象，光从真空进入光导纤维后传播速度将减小（填“增大”“减小”或“不变”）【考点】电磁波谱；光的反射定律【分析】在电磁波谱中，频率最高的是射线；在光导纤维内传送信息是利用光的全反射现象；光在真空中速度为C，在介质中速度为【解答】解：电磁波谱中波长最短，频率最高的为射线；光导纤维传递光信号利用光的全反射现象；光进入介质后速度将减小故答案为：射线，全反射，减小16如图所示为一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图x=0处的质点做简谐运动的振动方程为y=2sin10t（cm）求：（1）从t=0开始计时，P点第一次到达波峰位置所需的时

45、间；（2）P点第一次到达波峰位置时，x=0.25m处质点偏离平衡位置的位移【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象【分析】（1）根据振动方程y=2sint（cm），读出，由T=求出周期，读出波长，从而求得波速由运动学公式求出波传到P点的时间波传到P点时，P开始向下振动，再经过T第一次到达波峰，从而求得从t=0开始计时，P点第一次到达波峰位置所需的时间；（2）x=0.25m处质点的运动总是滞后振源x=0处质点振动，将t=0.425s，代入振动方程求出偏离平衡位置的位移【解答】解：（1）根据振动方程y=2sint（cm），知：=10 rad/s则该波的周期为：T=0.2s由波形图可知，波长为：=2m则波速为：v=10m/s这列波传到P点所需要的时间为：t1=0.3sP点由平衡位置运动到波峰的时间为：t2=T=0.15s则总时间为：t=t1+t2=0.45s（2）x=0.25m处质点的运动总是滞后振源x=0处质点振动P点第一到达波峰位置时 t=0.45s，x=0.25m处质点偏离平衡位置的位移即为振源t的情况，将t=0.425s，代入振动方程有：y=2sin10t（cm）可得：y=cm答：（1）从t=0开始计时，P点第一次到达波峰位置所需的时间是0.45s；（2）P点第一次到达波峰位置时，x=0.25m处质点偏离平衡位置的位移是cm五、