1、2016年河北省衡水中學高考物理信息卷（二）一、選擇題（共8小題，每小題6分，滿分48分.第15小題只有一項符合題意，第68小題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分）1如圖所示，水平放置的平行板電容器間存在豎直向下的勻強電場，現有比荷相同的4種帶電粒子從電容器中間O點分別沿OP、OQ、OM、ON四個方向以相同的速率射出，已知OP、OQ沿水平方向且粒子均能從平行板電容器間射出，OM、ON沿豎直方向，不計粒子重力及粒子間的相互作用，則以下對粒子運動的描述正確的是（）A沿OP、OQ兩方向射出的粒子若電性相反，則粒子離開電容器時速度相同B沿OP、OQ兩方向射出的粒子

2、若電性相反，則粒子離開電容器時電場力做的功一定相等C沿OP、OQ兩方向射出的粒子若電性相反，則粒子離開電容器時速度偏轉角大小相等D沿OM、ON兩方向射出的粒子若均帶負電，則沿OM方向射出的粒子先到達極板2如圖為湯姆孫陰極射線管的構造簡圖，將陰極射線管置于U型磁鐵兩極之間，分析從陰極射出的電子束，下列說法正確的是（）A增加加速電壓，觀察到的偏轉現象將更加明顯B電子束向下偏轉C換為磁性弱的磁鐵，觀察到的偏轉現象將更加明顯D若撤去陰極射線管，將一束粒子從左側射入磁鐵之間，則粒子束偏轉方向與電子束偏轉方向相同3如圖甲所示，理想變壓器原線圈接理想交流電流表A，副線圈接理想交流電壓表V，定值電阻R=R0，

3、副線圈兩端電壓隨時間變化關系如圖乙所示，已知原線圈匝數為n1，副線圈匝數為n2，則以下說法正確的是（）A原線圈輸入電壓頻率為100HzB原線圈輸入電壓為C原線圈電流表示數為D將電阻R與理想二極管串聯，替換電阻R，則電壓示數減半4如圖所示，質量為m的子彈水平射入水平面上質量為M的木塊之中，子彈射入木塊的深度為d，子彈與木塊相互作用過程中木塊前進的距離為s，已知木塊與水平面間的動摩擦因數為，重力加速度為g，子彈與木塊間摩擦阻力的大小恒為F，則該過程中（）A阻力對子彈做的功為F（s+d）B木塊增加的動能為FsC整個過程中，木塊與子彈構成的系統損失的機械能為Fd+（M+m）gsD子彈動能的減少量等于木

4、塊動能的增加量5如圖所示，質量為M的滑塊甲放置在一個傾角為的光滑斜面頂端，質量為m的滑塊乙穿過光滑的水平橫桿兩滑塊通過繞過固定在斜面頂端的輕繩相連接，初始狀態，牽引滑塊乙的細繩與水平方向成角，滑塊甲由靜止釋放以后細繩牽引滑塊乙向右運動已知定滑輪到橫桿的距離為H，重力加速度為g，兩滑塊均可視為質點，忽略滑輪與軸間的摩擦，則滑塊乙由初始狀態運動到定滑輪正下方的過程中（）A滑塊甲一直做加速運動B繩中張力始終小于MgsinC滑塊乙滑到滑輪正下方時速度為零D滑塊乙滑到滑輪正下方時速度為6如圖甲所示，光滑平行金屬導軌MN、PQ所在平面與水平面成角，M、P兩端接一阻值為R的定值電阻，阻值為r的金屬棒ab垂直

5、導軌放置，其他部分電阻不計，整個裝置處在磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直導軌平面向上，t=0時對金屬棒施一平行于導軌的外力F，金屬棒由靜止開始沿導軌向上運動，通過R的感應電荷量q隨時間t的變化關系如圖乙所示，下列關于穿過回路abPMa的磁通量、金屬棒加速度a、金屬棒受到的外力F、通過金屬棒中電流I隨時間變化的圖象正確的是（）ABCD7沿豎直方向運動的電梯正在運送50kg的貨物，貨物放在電梯的水平地板上，運送過程中，貨物的vt圖象如圖所示（豎直向上為正方向），重力加速度g=10m/s2，下列對貨物描述正確的是（）A在015s內，重力對貨物做功為3750JB在515s內，電梯地板對貨物的支

6、持力做了250J的功C在2025s與2535s內，重力對貨物做功的平均功率均為500WD在2535s內，電梯在減速上升，貨物的加速度大小為0.2m/s28據2015年10月17日參考消息報道，2016年我國將發射“天宮二號“空間實驗室，“天宮二號”上將開展地球觀測和空間地球系統科學、空間應用新技術、空間技術和航天醫學等領域的應用和實踐，是中國第一個真正意義上的空間實驗室，后繼發射的“神州十一號”載人飛船和“天舟一號”貨運飛船，將與距離地面343km的圓軌道上的”天宮二號”交會對接，以完成驗證空間站的技術，同時也將接受航天員的訪問已知地球半徑為R=6400km，萬有引力常量G=6.67×

7、;1011Nm2/kg2，”天宮二號”繞地球飛行的周期為90分鐘，以下分析中正確的是（）A“天宮二號”的發射速度應大于11.2km/sB”神州十一號”加速與“天宮二號”對接前應處于同一圓周軌道C“天宮二號”的向心加速度大于同步衛星的向心加速度D由以上數據可以求得地球的平均密度二、必考題（共4小題，滿分47分）9某實驗小組用如圖1所示裝置進行探究加速度和力、質量關系的實驗，已知小車質量為200g，空沙桶質量為20g（1）實驗之初，應（填“懸掛”或“不懸掛”）沙桶，連接紙帶，反復調試長木板沒有定滑輪的一端下而墊塊的位置（墊塊未畫出），直到輕推小車，小車可以牽引紙帶打出的紙帶（2）某次實驗打出的紙帶

8、如圖2所示，A、B、C、D、E為打出的五個計數點，每兩個點之間還有4個點沒有標出，已知交流電源的頻率為50Hz，則小車加速度a=m/s2（保留3位有效數字）（3）保證小車的質量不變，用沙及沙桶的重力作為小車的拉力F，反復改變沙桶內沙的質量，復重操作，測得多組a、F數據，并描繪出aF圖線如圖3所示，其中AB段明顯偏離直線的原因是10某同學用量程為5mA，內阻為20的表頭按照圖（a）所示電路改裝為量程分別為1A和5V的多用電表，圖中R1和R2為定值電阻，S為單刀開關，則：（1）請根據圖（a）中實驗設計，在圖（b）中進行實物連線（2）開關S斷開時，多用表用作（填“電壓表”或“電流表”），R2阻值為；

9、開關S閉合時，多用表用作（填“電壓表”或“電流表”），R1阻值為（計算結果保留3位有效數字）（3）開關S斷開，用紅黑表筆探測圖（c）中的電路故障，發現當兩表筆正確地接在燈泡L1兩端的接線柱上時表頭有示數；當接在L1兩端時表頭也有示數，當接在L2兩端時表頭無示數已知各接線柱接觸良好，則電路中一定存在的故障是11如圖所示，水平桌面上固定一個間距為L的金屬導軌MNQP，導軌左端所接電源電動勢為E，內阻為r，在導軌右側放置一根質量為m的金屬棒ab，金屬棒電阻為R，其他電阻不計，整個裝置處于勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向與水平桌面成37°角，此時導體棒恰好處于平衡狀態（認為最大靜摩擦力等

10、于滑動摩擦力），重力加速度為g，若僅將磁場方向調整為豎直向下，求磁場剛調整完畢的瞬間導體棒的加速度a的大小12如圖所示，水平放置的電容器與滑動變阻器Rx并聯，然后與阻值為R0的定值電阻以及間距為l的足夠長的光滑固定傾斜導軌相連接，導軌處于勻強磁場之中，磁場方向垂直于導軌平面向上，將滑動變阻器Rx調到R0，然后將導體棒自導軌上端由靜止釋放，待速度穩定后，從電容器左端中點以水平速度v0射入的電子恰能從極板邊緣離開電場已知磁場感應強度為B，電子電量為e，質量為m，重力忽略不計，電容器板間距為d，板長為L，金屬導軌與水平面夾角為，導體棒電阻也為R0，重力加速度為g，求：（1）電子從哪個極板離開電場；（

11、2）導體棒的質量M以及導體棒穩定時的速度v1；（3）若僅將滑動變阻器Rx調到2R0，當導體棒在導軌上穩定運行時，速度是原來的幾倍；若仍要求從電容器左端中點以水平速度v0射入的電子恰能從極板邊緣射出，需要把板間距調整為原來的幾倍？三、選考題選修33（共2小題，滿分15分）13下列說法正確的是（）A溫度升高，氣體中每個分子的速率都增大B一定量氣體膨脹對外做功100J，同時從外界吸收120J的熱量，則它的內能增大20JC溫度越高，顆粒越小，布朗運動越劇烈D能量耗散是指在一定條件下，能量在轉化過程中總量減少了E能量耗表明，在能源的利用過程中，能量在數量上并未減少，但在可利用的品質上降低了14如圖所示，

12、一輕彈簧的上端固定在天花板上，下端和一活塞相連，另外還有一細繩連接天花板和活塞之間，導熱氣缸內封閉著一定量的氣體，活塞可上下無摩擦移動但不漏氣，當溫度為T1時，彈簧處于自然長度，氣缸內部活塞距缸底的距離為L，然后剪斷細繩，若外界空氣溫度開始緩慢降低至T2，在系統達到以穩定的過程中氣體放出熱量Q，已知氣缸的質量為M，活塞的面積為S，大氣壓強為p0，重力加速度為g，活塞始終沒有脫離氣缸求：（1）系統穩定后氣缸內活塞距缸底的距離變為多少？（2）從剪斷細繩到系統穩定的過程中氣體的內能變化了多少？四、選修34（共2小題，滿分0分）15電磁波譜中頻率最高的是，光纖通信中，光導纖維傳遞光信號是利用光的現象，

13、光從真空進入光導纖維后傳播速度將（填“增大”“減小”或“不變”）16如圖所示為一列沿x軸正方向傳播的簡諧橫波在t=0時刻的波形圖x=0處的質點做簡諧運動的振動方程為y=2sin10t（cm）求：（1）從t=0開始計時，P點第一次到達波峰位置所需的時間；（2）P點第一次到達波峰位置時，x=0.25m處質點偏離平衡位置的位移五、選修35（共2小題，滿分0分）17如圖為氫原子能級示意圖，大量處于n=4能級的氫原子向基態躍遷時，發出大量光子，光子照射到金屬銣的表面可使其產生光電效應，已知普朗克恒量h=6.63×1034Js，銣的逸出功W=2.13eV，則逸出光子中頻率最高的約為Hz，金屬銣的

14、截止頻率約為Hz（結果保留2位有效數字）18如圖所示，滑塊A的質量為m，小車B的質量為M且M=2m，滑塊與平板小車之間的動摩擦因數為，小車靜止在光滑的水平面上，當滑塊以速度v0，從小車右端滑上小車，經一段時間后滑塊相對小車靜止，已知重力加速度為g，求：從滑塊滑上小車到相對靜止所需要的時間；小車的最小長度及滑塊滑動過程中系統產生的熱量Q2016年河北省衡水中學高考物理信息卷（二）參考答案與試題解析一、選擇題（共8小題，每小題6分，滿分48分.第15小題只有一項符合題意，第68小題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分）1如圖所示，水平放置的平行板電容器間存在豎直

15、向下的勻強電場，現有比荷相同的4種帶電粒子從電容器中間O點分別沿OP、OQ、OM、ON四個方向以相同的速率射出，已知OP、OQ沿水平方向且粒子均能從平行板電容器間射出，OM、ON沿豎直方向，不計粒子重力及粒子間的相互作用，則以下對粒子運動的描述正確的是（）A沿OP、OQ兩方向射出的粒子若電性相反，則粒子離開電容器時速度相同B沿OP、OQ兩方向射出的粒子若電性相反，則粒子離開電容器時電場力做的功一定相等C沿OP、OQ兩方向射出的粒子若電性相反，則粒子離開電容器時速度偏轉角大小相等D沿OM、ON兩方向射出的粒子若均帶負電，則沿OM方向射出的粒子先到達極板【考點】帶電粒子在勻強電場中的運動【分析】4

16、種帶電粒子比荷相同，在電場中運動時加速度大小相等，根據運動的分解法分析水平和豎直兩個方向的分速度，比較粒子離開電容器時速度關系和速度偏轉角大小根據分位移公式分析粒子離開電場時偏轉距離關系，由功的計算公式分析電場力做功的關系根據粒子的運動情況，分析D項【解答】解：AC、根據牛頓第二定律得：粒子在電場中運動的加速度為 a=，據題四個粒子的相等，則加速度大小相等沿OP、OQ兩方向射出的粒子若電性相反，則粒子離開電容器時水平方向速度大小相等，豎直方向速度方向相反，大小相等，因此粒子離開電容器時速度偏轉角大小相等，速度大小相等，方向相反，則速度不同，故A錯誤，C正確B、由公式y=，可知兩粒子在電場中豎直

17、方向偏轉距離相等，但是由于電量不一定相等，粒子所受的電場力不一定相等，所以電場力做的功不一定相等，故B錯誤D、沿OM、ON兩方向射出的粒子若均帶負電，則沿OM方向射出的粒子做減速運動，沿ON方向射出的粒子做加速運動，故ON方向射出的粒子先到達極板，故D錯誤故選：C2如圖為湯姆孫陰極射線管的構造簡圖，將陰極射線管置于U型磁鐵兩極之間，分析從陰極射出的電子束，下列說法正確的是（）A增加加速電壓，觀察到的偏轉現象將更加明顯B電子束向下偏轉C換為磁性弱的磁鐵，觀察到的偏轉現象將更加明顯D若撤去陰極射線管，將一束粒子從左側射入磁鐵之間，則粒子束偏轉方向與電子束偏轉方向相同【考點】示波管及其使用【分析】陰

18、極射線管電子從陰極射向陽極，運用左手定則判斷電子束受到的洛倫茲力的方向，來判斷電子束偏轉的方向；根據粒子在磁場中運動的半徑公式判斷偏轉的程度【解答】解：A、由帶電粒子在磁場中運動的半徑公式：R=，以及帶電粒子在電場中加速時：qU=，可知增大加速電壓，則粒子的動能增大，粒子的半徑增大，偏轉將不明顯故A錯誤；B、電子從陰極射向陽極，根據左手定則，磁感線穿入手心，四指指向電子運動的反方向，洛倫茲力的方向向下，則電子束向下偏轉故B正確；C、由公式：R=，換為磁性弱的磁鐵，半徑增大，觀察到的偏轉現象將不明顯故C錯誤；D、若撤去陰極射線管，將一束粒子從左側射入磁鐵之間，由左手定則可知，粒子束偏轉方向與電子

19、束偏轉方向相反故D錯誤故選：B3如圖甲所示，理想變壓器原線圈接理想交流電流表A，副線圈接理想交流電壓表V，定值電阻R=R0，副線圈兩端電壓隨時間變化關系如圖乙所示，已知原線圈匝數為n1，副線圈匝數為n2，則以下說法正確的是（）A原線圈輸入電壓頻率為100HzB原線圈輸入電壓為C原線圈電流表示數為D將電阻R與理想二極管串聯，替換電阻R，則電壓示數減半【考點】變壓器的構造和原理【分析】理想變壓器輸入功率等于輸出功率，原副線圈電流與匝數成反比，原副線圈電壓與匝數成正比【解答】解：A、由圖象可知副線圈交流電頻率為50Hz，原副線圈交流電頻率相同，則原線圈交流電頻率為50Hz，故A錯誤；B、由圖象可知副

20、線圈電壓，由，可知原線圈輸入電壓為，故B錯誤；C、副線圈電流，有，知原線圈電流，故C正確；D、接二極管副線圈電壓不變，電壓表示數不變，故D錯誤；故選：C4如圖所示，質量為m的子彈水平射入水平面上質量為M的木塊之中，子彈射入木塊的深度為d，子彈與木塊相互作用過程中木塊前進的距離為s，已知木塊與水平面間的動摩擦因數為，重力加速度為g，子彈與木塊間摩擦阻力的大小恒為F，則該過程中（）A阻力對子彈做的功為F（s+d）B木塊增加的動能為FsC整個過程中，木塊與子彈構成的系統損失的機械能為Fd+（M+m）gsD子彈動能的減少量等于木塊動能的增加量【考點】功能關系【分析】阻力對子彈做功根據功的計算公式求解，

21、計算時要用子彈相對于地面的位移根據動能定理求木塊增加的動能根據能量守恒定律求系統損失的機械能【解答】解：A、阻力方向與子彈位移方向相反，所以阻力對子彈做負功，則阻力對子彈做的功為F（s+d）故A錯誤B、根據動能定理得：木塊增加的動能為Ek=Fs（M+m）gs故B錯誤C、根據能量守恒定律知，木塊與子彈構成的系統損失的機械能為E=Fd+（M+m）gs故C正確D、由于系統要產生內能，所以由能量守恒定律知，子彈動能的減少量大于木塊動能的增加量故D錯誤故選：C5如圖所示，質量為M的滑塊甲放置在一個傾角為的光滑斜面頂端，質量為m的滑塊乙穿過光滑的水平橫桿兩滑塊通過繞過固定在斜面頂端的輕繩相連接，初始狀態，

22、牽引滑塊乙的細繩與水平方向成角，滑塊甲由靜止釋放以后細繩牽引滑塊乙向右運動已知定滑輪到橫桿的距離為H，重力加速度為g，兩滑塊均可視為質點，忽略滑輪與軸間的摩擦，則滑塊乙由初始狀態運動到定滑輪正下方的過程中（）A滑塊甲一直做加速運動B繩中張力始終小于MgsinC滑塊乙滑到滑輪正下方時速度為零D滑塊乙滑到滑輪正下方時速度為【考點】牛頓第二定律；物體的彈性和彈力【分析】對滑塊甲乙的運動過程進行分析，再結合牛頓第二定律分析甲的重力的分力和拉力的大小，對系統根據機械能守恒定律求乙滑到滑輪正下方的速度【解答】解：滑塊乙從初始位置到定滑輪正下方過程中，甲沿斜面向下先做加速運動后做減速運動，乙到滑輪正下方時，

23、甲的速度為0，繩中張力先小于Mgsin后大于Mgsin，此過程中繩子的拉力對乙做正功，所以乙一直做加速運動，到滑輪正下方時，乙的速度最大，乙從滑輪正下方繼續向右運動的過程中，拉力做負功，乙的速度減小；拉乙的繩子變長，甲沿斜面向上先加速后減速運動，故ABC錯誤；從初位置到乙運動到滑輪正下方的過程中，甲和乙組成的系統機械能守恒，故D正確故選：D6如圖甲所示，光滑平行金屬導軌MN、PQ所在平面與水平面成角，M、P兩端接一阻值為R的定值電阻，阻值為r的金屬棒ab垂直導軌放置，其他部分電阻不計，整個裝置處在磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直導軌平面向上，t=0時對金屬棒施一平行于導軌的外力F，金屬

24、棒由靜止開始沿導軌向上運動，通過R的感應電荷量q隨時間t的變化關系如圖乙所示，下列關于穿過回路abPMa的磁通量、金屬棒加速度a、金屬棒受到的外力F、通過金屬棒中電流I隨時間變化的圖象正確的是（）ABCD【考點】導體切割磁感線時的感應電動勢；閉合電路的歐姆定律【分析】由電流圖象寫出電流與時間的關系式，根據法拉第電磁感應定律分析磁通量與時間的關系根據歐姆定律知速度與時間關系，從而知加速度與時間關系根據牛頓運動定律知F與時間的關系式根據推論q=It得到電量q與時間的關系式，再選擇圖象【解答】解：A、由圖看出，通過R的感應電流隨時間t增大，根據法拉第電磁感應定律得知，穿過回路的磁通量是非均勻變化的，

25、t應是曲線故A錯誤B、設金屬棒長為L由乙圖象得，q=It=kt2，k是比例系數知加速度不變，故B錯誤；C、由牛頓運動定律知FF安mgsin=ma，知F=+mgsin+ma，v隨時間均勻增大，其他量保持不變，故F隨時間均勻增大，故C正確；D、通過導體棒的電流I=，It圖象為過原點直線，故D正確故選：CD7沿豎直方向運動的電梯正在運送50kg的貨物，貨物放在電梯的水平地板上，運送過程中，貨物的vt圖象如圖所示（豎直向上為正方向），重力加速度g=10m/s2，下列對貨物描述正確的是（）A在015s內，重力對貨物做功為3750JB在515s內，電梯地板對貨物的支持力做了250J的功C在2025s與25

26、35s內，重力對貨物做功的平均功率均為500WD在2535s內，電梯在減速上升，貨物的加速度大小為0.2m/s2【考點】功率、平均功率和瞬時功率；功的計算【分析】根據速度時間圖線圍成的面積求出位移，結合功的公式求出重力和支持力做功大小；根據平均速度的大小，結合平均功率公式求出重力做功的平均功率根據速度時間圖線得出電梯的運動規律，結合圖線的斜率求出貨物的加速度大小【解答】解：A、根據速度時間圖線圍成的面積可知，015s內，電梯上升的高度h=，則重力對貨物做功WG=mgh=500×7.5J=3750J，故A正確B、515s內，電梯上升的高度，勻減速直線運動的加速度大小a=，根據牛頓第二定

27、律得，mgN=ma，解得N=mgma=50050×0.1N=495N，則支持力做功WN=Nh1=495×5J=2475J，故B錯誤C、在2025s內與2535s內，兩段過程初末速度相同，所以電梯的平均速度大小均為1m/s，則平均功率P=mg=500×1W=500W，故C正確D、由速度時間圖線知，2535s內，電梯在減速下降，故D錯誤故選：AC8據2015年10月17日參考消息報道，2016年我國將發射“天宮二號“空間實驗室，“天宮二號”上將開展地球觀測和空間地球系統科學、空間應用新技術、空間技術和航天醫學等領域的應用和實踐，是中國第一個真正意義上的空間實驗室，后繼

28、發射的“神州十一號”載人飛船和“天舟一號”貨運飛船，將與距離地面343km的圓軌道上的”天宮二號”交會對接，以完成驗證空間站的技術，同時也將接受航天員的訪問已知地球半徑為R=6400km，萬有引力常量G=6.67×1011Nm2/kg2，”天宮二號”繞地球飛行的周期為90分鐘，以下分析中正確的是（）A“天宮二號”的發射速度應大于11.2km/sB”神州十一號”加速與“天宮二號”對接前應處于同一圓周軌道C“天宮二號”的向心加速度大于同步衛星的向心加速度D由以上數據可以求得地球的平均密度【考點】萬有引力定律及其應用【分析】衛星的發射速度如果大于第二宇宙速度，它將脫離地球束縛，不能在繞地球

29、運動了“神州十一號”加速，速度變大，它做圓周運動所需要的向心力變大，大于地球對它的萬有引力，地球提供的向心力小于“神州十一號”需要的向心力，“神州八號”做離心運動，軌道半徑變大，不能對接，根據萬有引力提供向心力，通過軌道半徑的大小比較天宮二號和同步衛星的線速度、周期、角速度和向心加速度，“天宮二號”做勻速圓周運動，由地球的萬有引力提供向心力，列出等式求出中心體的質量再根據求密度【解答】解：A、發射速度如果大于第二宇宙速度，“天宮二號”將脫離地球束縛，不能在繞地球運動了故A錯誤；B、在同一軌道上，此時神舟十一號受到的萬有引力等于向心力，若讓神舟十一號加速，所需要的向心力變大，萬有引力不變，所以神

30、舟十一號做離心運動，不能實現對接，故B錯誤；C、“天宮二號”繞地球飛行的周期為90分鐘，地球同步衛星的周期24h，根據周期公式，“天宮二號”的軌道半徑小于地球同步衛星，根據，軌道半徑小，向心加速度大，故“天宮二號”的向心加速度大于同步衛星的向心加速度，故C正確；D、“天宮二號”繞地球做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力，解得地球質量，地球體積，地球的密度，根據題給數據能求得地球的平均密度，故D正確故選：CD二、必考題（共4小題，滿分47分）9某實驗小組用如圖1所示裝置進行探究加速度和力、質量關系的實驗，已知小車質量為200g，空沙桶質量為20g（1）實驗之初，應不懸掛（填“懸掛”或“不懸掛”）沙

31、桶，連接紙帶，反復調試長木板沒有定滑輪的一端下而墊塊的位置（墊塊未畫出），直到輕推小車，小車可以牽引紙帶打出點擊均勻的紙帶（2）某次實驗打出的紙帶如圖2所示，A、B、C、D、E為打出的五個計數點，每兩個點之間還有4個點沒有標出，已知交流電源的頻率為50Hz，則小車加速度a=1.01m/s2（保留3位有效數字）（3）保證小車的質量不變，用沙及沙桶的重力作為小車的拉力F，反復改變沙桶內沙的質量，復重操作，測得多組a、F數據，并描繪出aF圖線如圖3所示，其中AB段明顯偏離直線的原因是不滿足小車的質量遠遠大于沙和沙桶的質量【考點】探究加速度與物體質量、物體受力的關系【分析】（1）實驗前要平衡摩擦力，平

32、衡摩擦力時不能懸掛沙桶，紙帶與小車相連，調節木板的傾角輕推小車，使小車做勻速直線運動，打點計時器打出點跡均勻的紙帶；（2）應用勻變速直線運動的推論：x=at2可以求出加速度；（3）只有當小車的質量遠遠大于沙和沙桶的質量時，才可以用沙和沙桶的重力代替小車受到的拉力【解答】解：（1）實驗前要平衡摩擦力，平衡摩擦力時應不懸掛沙桶，連接紙帶，反復調試木板下墊塊的位置，直到輕推小車，小車可以牽引紙帶打出點跡均勻的紙帶（2）計數點間有4個點沒有標出，則計數點間的時間間隔為：t=0.02×5=0.1s，由x=at2結合作差法得小車的加速度為：a=，（3）以小車與鉤碼組成的系統為研究對象，系統所受的

33、合外力等于鉤碼的重力m鉤碼g，由牛頓第二定律得：mg=（M+m）a，小車的加速度為：a=g，小車受到的拉力為：F=Ma=g=，當mM時，可以認為小車受到的合力等于沙及沙桶的重力，如果沙及沙桶的質量太大，則小車受到的合力小于沙及沙桶的重力，實驗誤差較大，aF圖象偏離直線故答案為：（1）不懸掛；點擊均勻；（2）1.01；（3）不滿足小車的質量遠遠大于沙和沙桶的質量10某同學用量程為5mA，內阻為20的表頭按照圖（a）所示電路改裝為量程分別為1A和5V的多用電表，圖中R1和R2為定值電阻，S為單刀開關，則：（1）請根據圖（a）中實驗設計，在圖（b）中進行實物連線（2）開關S斷開時，多用表用作電壓表（

34、填“電壓表”或“電流表”），R2阻值為980；開關S閉合時，多用表用作電流表（填“電壓表”或“電流表”），R1阻值為5.03（計算結果保留3位有效數字）（3）開關S斷開，用紅黑表筆探測圖（c）中的電路故障，發現當兩表筆正確地接在燈泡L1兩端的接線柱上時表頭有示數；當接在L1兩端時表頭也有示數，當接在L2兩端時表頭無示數已知各接線柱接觸良好，則電路中一定存在的故障是導線4斷路【考點】把電流表改裝成電壓表【分析】（1）根據電路圖連接實物電路圖；（2）把小量程電流表改裝成大量程電流表需要并聯一個分流電阻，把電流表改裝成電壓表需要串聯一個分壓電阻；應用串并聯電路特點與歐姆定律可以求出電阻阻值（3）由電

35、路的連接情況確定故障【解答】解：（1）根據圖（a）所示電路圖連接實物電路圖，實物電路圖如圖所示：（2）由圖（a）所示電路圖可知，開關S閉合時，毫安表與電阻R2串聯，再與R1并聯，多用電表用于測量電流；開關S斷開時，毫安表與電阻R2串聯，多用電表用于測量電壓把毫安表改裝成電壓表，串聯電阻阻值R2=RgRg=980把毫安表改裝成電流表，并聯電阻阻值R1=5.03（3）當兩表筆接L1，L2兩端時表頭有示數則電源開關無故障，且L1，L2 不能短路或者斷路，故障為導線4斷路故答案為：（1）如圖 （2）電壓表 980 電流表 5.03 （3）導線4斷路11如圖所示，水平桌面上固定一個間距為L的金屬導軌MN

36、QP，導軌左端所接電源電動勢為E，內阻為r，在導軌右側放置一根質量為m的金屬棒ab，金屬棒電阻為R，其他電阻不計，整個裝置處于勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向與水平桌面成37°角，此時導體棒恰好處于平衡狀態（認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力），重力加速度為g，若僅將磁場方向調整為豎直向下，求磁場剛調整完畢的瞬間導體棒的加速度a的大小【考點】安培力；牛頓第二定律【分析】當磁場與水平面成37°時，通過對導體棒的受力分析，利用共點力平衡求得摩擦因數，當磁場豎直向下時，根據受力分析利用牛頓第二定律求得加速度【解答】解：回路中的電流為：I=，受到的安培力為：F=BIL=，磁場方向與

37、水平桌面成37°角，根據受力分析可知：Fcos53°=（mg+Fsin53°）當磁場方向豎直向下時有：Fmg=ma聯立解得：a=答：剛調整完畢的瞬間導體棒的加速度a的大小為12如圖所示，水平放置的電容器與滑動變阻器Rx并聯，然后與阻值為R0的定值電阻以及間距為l的足夠長的光滑固定傾斜導軌相連接，導軌處于勻強磁場之中，磁場方向垂直于導軌平面向上，將滑動變阻器Rx調到R0，然后將導體棒自導軌上端由靜止釋放，待速度穩定后，從電容器左端中點以水平速度v0射入的電子恰能從極板邊緣離開電場已知磁場感應強度為B，電子電量為e，質量為m，重力忽略不計，電容器板間距為d，板長為L，

38、金屬導軌與水平面夾角為，導體棒電阻也為R0，重力加速度為g，求：（1）電子從哪個極板離開電場；（2）導體棒的質量M以及導體棒穩定時的速度v1；（3）若僅將滑動變阻器Rx調到2R0，當導體棒在導軌上穩定運行時，速度是原來的幾倍；若仍要求從電容器左端中點以水平速度v0射入的電子恰能從極板邊緣射出，需要把板間距調整為原來的幾倍？【考點】導體切割磁感線時的感應電動勢；帶電粒子在勻強電場中的運動【分析】（1）根據右手定則判斷感應電流的方向，得到電容器中的電場方向，判斷電子受電場力的方向；（2）由電磁感應定律求電動勢E=BLv、閉合電路歐姆定律求電流I=，由導體棒受力平衡求速度，由帶電粒子的勻速通過電容器

39、求電壓，結合閉合電路求速度；（3）若僅將滑動變阻器Rx調到2R0，根據平衡條件和歐姆定律得到電流的變化情況，得到電容器的電壓；在結合類平拋運動的分運動公式列式分析即可【解答】解：（1）由右手定則可知，導體棒a端為等效電源正極，則電容器下極板為正，電子向下偏轉從下極板離開電場；（2）電子做類似平拋運動，豎直方向上：a=，；水平方向上：t=；聯立可得：U=，導體棒切割磁感線產生的感應電動勢為：E=3IR0=，又有E=Blv1，聯立解得：，速度穩定時，導體棒受力平衡，則：Mgsin=BIl，解得：M=；（3）將滑動變阻器Rx調到2R0，重新達到平衡后：Mgsin=BIl，則電流大小不變，即I=導體棒

40、切割磁感線產生的電動勢：E=4IR0=；又有：E=BLv2，可得：v2=；故，故穩定時的速度是原來的倍；由于電流不變，滑動變阻器的有效電阻加倍，變阻器Rx兩端電壓變為原來的2倍，由可得，故d2U，若仍要求電子從極板邊緣飛出，則板間距需要調整為原理的倍；答：（1）電子從下極板離開電場；（2）導體棒的質量M為，導體棒穩定時的速度v1為；（3）若僅將滑動變阻器Rx調到2R0，當導體棒在導軌上穩定運行時，速度是原來的2倍；若仍要求從電容器左端中點以水平速度v0射入的電子恰能從極板邊緣射出，需要把板間距調整為原來的倍三、選考題選修33（共2小題，滿分15分）13下列說法正確的是（）A溫度升高，氣體中每個

41、分子的速率都增大B一定量氣體膨脹對外做功100J，同時從外界吸收120J的熱量，則它的內能增大20JC溫度越高，顆粒越小，布朗運動越劇烈D能量耗散是指在一定條件下，能量在轉化過程中總量減少了E能量耗表明，在能源的利用過程中，能量在數量上并未減少，但在可利用的品質上降低了【考點】熱力學第一定律；布朗運動；熱力學第二定律【分析】溫度是分子的平均動能的標志；根據熱力學第一定律知：U=W+Q；溫度越高，顆粒越小，布朗運動越劇烈；能量耗散是指在一定條件下，能量在轉化過程中總量并未減少，只是可利用的品質降低了【解答】解：A、溫度是分子的平均動能的標志，是大量分子運動的統計規律，溫度升高分子的平均動能增大，

42、但不是每個分子的速率都增大故A錯誤；B、氣體膨脹對外做功100J，同時從外界吸收120J的熱量，根據熱力學第一定律知：U=W+Q=100+120=20J，正值表示內能增大，故B正確；C、根據布朗運動的特點可知，溫度越高，顆粒越小，布朗運動越劇烈故C正確；D、根據能量轉化與守恒定律可知，能量在轉化過程中總量不變；能量耗散是指在一定條件下，能量在轉化過程中總量并未減少，只是可利用的品質降低了故D錯誤，E正確故選：BCE14如圖所示，一輕彈簧的上端固定在天花板上，下端和一活塞相連，另外還有一細繩連接天花板和活塞之間，導熱氣缸內封閉著一定量的氣體，活塞可上下無摩擦移動但不漏氣，當溫度為T1時，彈簧處于

43、自然長度，氣缸內部活塞距缸底的距離為L，然后剪斷細繩，若外界空氣溫度開始緩慢降低至T2，在系統達到以穩定的過程中氣體放出熱量Q，已知氣缸的質量為M，活塞的面積為S，大氣壓強為p0，重力加速度為g，活塞始終沒有脫離氣缸求：（1）系統穩定后氣缸內活塞距缸底的距離變為多少？（2）從剪斷細繩到系統穩定的過程中氣體的內能變化了多少？【考點】理想氣體的狀態方程【分析】（1）氣缸內氣體發生等壓變化，根據蓋呂薩克定律列式求解（2）先求外界對氣體做的功，再根據熱力學第一定律求氣體內能的變化量【解答】解：根據分析可知，封閉氣體做的是等壓變化，所以有：解得：封閉氣體的壓強為：外界對其做的功為：根據熱力學第一定律可知

44、，氣體內能變化了：答：（1）系統穩定后氣缸內活塞距缸底的距離變為（2）從剪斷細繩到系統穩定的過程中氣體的內能變化了四、選修34（共2小題，滿分0分）15電磁波譜中頻率最高的是射線，光纖通信中，光導纖維傳遞光信號是利用光的全反射現象，光從真空進入光導纖維后傳播速度將減小（填“增大”“減小”或“不變”）【考點】電磁波譜；光的反射定律【分析】在電磁波譜中，頻率最高的是射線；在光導纖維內傳送信息是利用光的全反射現象；光在真空中速度為C，在介質中速度為【解答】解：電磁波譜中波長最短，頻率最高的為射線；光導纖維傳遞光信號利用光的全反射現象；光進入介質后速度將減小故答案為：射線，全反射，減小16如圖所示為一列沿x軸正方向傳播的簡諧橫波在t=0時刻的波形圖x=0處的質點做簡諧運動的振動方程為y=2sin10t（cm）求：（1）從t=0開始計時，P點第一次到達波峰位置所需的時間；（2）P點第一次到達波峰位置時，x=0.2