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1、2016年全國統(tǒng)一高考物理試卷（新課標）（含解析版）2016年全國統(tǒng)一高考物理試卷（新課標）（含解析版）2016年全國統(tǒng)一高考物理試卷（新課標）（含解析版）2016年全國統(tǒng)一高考物理試卷新課標含解析版未經允許 請勿轉載 26年全國統(tǒng)一高考物理試卷新課標二、選取題：此題共8小題，每題6分.在每題給出的四個選項中，第14題只有一項為哪一項符合題目要求，第58題有多項符合題目要求.全部選對的得分,選對但不全的得3分.有選錯的得0分.1分一平行電容器兩極板之間充滿云母介質,接在恒壓直流電源上，若將云母介質移出,則電容器未經許可 請勿轉載極板上的電荷量變大，極板間的電場強度變大極板上的電荷量變小,極板間

2、的電場強度變大C極板上的電荷量變大,極板間的電場強度不變極板上的電荷量變小,極板間的電場強度不變2.6分現(xiàn)代質譜儀可用來分析比質子重很多的離子，其示意圖如以以下圖,其中加速電壓恒定.質子在入口處從靜止開始被加速電場加速,經勻強磁場偏轉后從出口離開磁場.若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經勻強磁場偏轉后仍從同一出口離開磁場,需將磁感應強度增加到原來的12倍.此離子和質子的質量比約為 未經許可 請勿轉載A11B1212D436分一含有理想變壓器的電路如以以下圖，圖中電阻1，R和R3的阻值分別為,1，4,A為理想交流電流表，U為正弦交流電壓源，輸出電壓的有效值恒定。當開關S

3、斷開時,電流表的示數為I;當S閉合時,電流表的示數為4該變壓器原、副線圈匝數比為 未經許可 請勿轉載A.2C.454分利用三顆位置適當的地球同步衛(wèi)星,可使地球赤道上任意兩點之間保持無線電通訊,目前地球同步衛(wèi)星的軌道半徑為地球半徑的66倍，假設地球的自轉周期變小,若仍僅用三顆同步衛(wèi)星來實現(xiàn)上述目的,則地球自轉周期的最小值約為 未經許可 請勿轉載AB.4hC.8hD.1h5.6分一質點做勻速直線運動，現(xiàn)對其施加一恒力，且原來作用在質點上的力不發(fā)生改變，則 A.質點速度的方向總是與該恒力的方向相同B.質點速度的方向不可能總是與該恒力的方向垂直.質點加速度的方向總是與該恒力的方向相同D質點單位時間內速

4、率的變化量總是不變6.6分如此圖,一光滑的輕滑輪用細繩O懸掛于O點;另一細繩跨過滑輪,其一端懸掛物塊a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物塊b。外力F向右上方拉b,整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。若F方向不變,大小在一定范圍內變化,物塊b仍始終保持靜止,則 未經許可 請勿轉載A.繩OO的張力也在一定范圍內變化物塊b所受到的支持力也在一定范圍內變化.連接a和的繩的張力也在一定范圍內變化D.物塊與桌面間的摩擦力也在一定范圍內變化7.6分如此圖,一帶負電荷的油滴在勻強電場中運動，其軌跡在豎直平面紙面內，且相對于過軌跡最低點P的豎直線對稱.忽略空氣阻力由此可知 未經許可 請勿轉載A.Q點的電勢比P點高.油滴在點的

5、動能比它在P點的大C油滴在Q點的電勢能比它在P點的大D.油滴在Q點的加速度大小比它在點的小.6分甲、乙兩車在平直公路上同向行駛，其t圖象如以以下圖.已經知道兩車在t=3s時并排行駛,則未經許可 請勿轉載A.在t= s時,甲車在乙車后B在t=0時，甲車在乙車前75 mC兩車另一次并排行駛的時刻是t=2 sD甲、乙兩車兩次并排行駛的位置之間沿公路方向的距離為40m三、非選取題:包括必考題和選考題兩部分第22題第32題為必考題,每個試題考生都必須作答第9題第1題為選考題，考生根據要求作答.一必考題未經許可 請勿轉載9.5分某同學用圖a所示的實驗裝置驗證機械能守恒定律，其中打點計時器的電源為交流電源,

6、可以使用的頻率有2Hz、3Hz和40Hz,打出紙帶的一部分如此圖b所示。 未經許可 請勿轉載該同學在實驗中沒有記錄交流電的頻率f，需要用實驗數據和其他條件進行推算。1若從打出的紙帶可判定重物勻加速下落,利用f和圖b中給出的物理量可以寫出:在打點計時器打出B點時，重物下落的速度大小為 ,打出C點時重物下落的速度大小為 ,重物下落的加速度的大小為 。未經許可 請勿轉載2已測得=8.8m，s9.5，s310.1c；當重力加速度大小為9.80m/，試驗中重物受到的平均阻力大小約為其重力的1.由此推算出f為未經許可 請勿轉載 Hz。010分現(xiàn)要組裝一個由熱敏電阻控制的報警系統(tǒng)，要求當熱敏電阻的溫度達到或

7、超過60時，系統(tǒng)報警。提供的器材有:熱敏電阻,報警器內阻很小,流過的電流超過I時就會報警,電阻箱最大阻值為9.，直流電源輸出電壓為U，內阻不計,滑動變阻器R1最大阻值為000,滑動變阻器2最大阻值為2，單刀雙擲開關一個,導線若干。未經許可 請勿轉載在室溫下對系統(tǒng)進行調節(jié),已經知道U約為18V,IC約為1m；流過報警器的電流超過20A時，報警器可能損壞;該熱敏電阻的阻值隨溫度的升高而減小,在6時阻值為500。未經許可 請勿轉載1在答題卡上完成待調節(jié)的報警系統(tǒng)原理電路圖的連線。在電路中應選用滑動變阻器 填“1或“R2。3按照以下步驟調節(jié)此報警系統(tǒng)：電路接通前，需將電阻箱調到一定的阻值，根據實驗要求

8、,這一阻值為 ;滑動變阻器的滑片應置于 填“a或“b端附近，不能置于另一端的原因是 。未經許可 請勿轉載將開關向 填“c或“d端閉合，緩慢移動滑動變阻器的滑片，直至 。4保持滑動變阻器滑片的位置不變,將開關向另一端閉合，報警系統(tǒng)即可正常使用。114分如此圖，兩固定的絕緣斜面傾角均為,上沿相連。兩細金屬棒ab僅標出a端和cd僅標出c端長度均為L，質量分別為2m和m;用兩根不可伸長的柔軟導線將它們連成閉合回路aba，并通過固定在斜面上沿的兩光滑絕緣小定滑輪跨放在斜面上，使兩金屬棒水平。右斜面上存在勻強磁場,磁感應強度大小為，方向垂直于斜面向上,已經知道兩根導線剛好不在磁場中,回路電阻為R,兩金屬棒

9、與斜面間的動摩擦因數均為,重力加速度大小為g，已經知道金屬棒勻速下滑。求未經許可 請勿轉載1作用在金屬棒b上的安培力的大小;2金屬棒運動速度的大小。1218分如此圖,一輕彈簧原長為2R,其一端固定在傾角為37的固定直軌道A的底端A處,另一端位于直軌道上B處，彈簧處于自然狀態(tài),直軌道與一半徑為R的光滑圓弧軌道相切于C點，C=7R，A、B、C、D均在同一豎直面內。質量為m的小物塊P自點由靜止開始下滑,最低到達E點未畫出,隨后沿軌道被彈回,最高點到達F點，AF4R，已經知道P與直軌道間的動摩擦因數=，重力加速度大小為。取sin37=,s3=未經許可 請勿轉載1求P第一次運動到B點時速度的大小。2求P

10、運動到E點時彈簧的彈性勢能。3改變物塊P的質量,將推至E點，從靜止開始釋放。已經知道自圓弧軌道的最高點D處水平飛出后,恰好通過G點。G點在C點左下方,與C點水平相距R、豎直相距,求運動到D點時速度的大小和改變后P的質量。未經許可 請勿轉載三、選考題:共45分.請考生從給出的3道物理題任選一題作答,并用2B鉛筆在答題卡上把所選題目題號后的方框涂黑.注意所選題目的題號必須與所涂題目的題號一致,在答題卡選答區(qū)域指定位置答題.如果多做，則每學科按所做的第一題計分.【物理-選修3】未經許可 請勿轉載135分關于熱力學定律,以下說法正確的選項是 A氣體吸熱后溫度一定升高B.對氣體做功可以改變其內能理想氣體

11、等壓膨脹過程一定放熱D熱量不可能自發(fā)地從低溫物體傳到高溫物體E如果兩個系統(tǒng)分別與狀態(tài)確定的第三個系統(tǒng)達到熱平衡，那么這兩個系統(tǒng)彼此之間也必定達到熱平衡10分在水下氣泡內空氣的壓強大于氣泡表面外側水的壓強,兩壓強差p與氣泡半徑r之間的關系為p=,其中.07/m?，F(xiàn)讓水下10m處一半徑為0.50cm的氣泡緩慢上升,已經知道大氣壓強0=1.0105P，水的密度=1.0103g3，重力加速度大小=1m/2。未經許可 請勿轉載i求在水下10m處氣泡內外的壓強差；ii忽略水溫隨水深的變化，在氣泡上升到十分接近水面時，求氣泡的半徑與其原來半徑之比的近似值?！疚锢磉x修-4】1分15某同學漂浮在海面上,雖然水面

12、波正平穩(wěn)地以.8m/s的速率向著海灘傳播,但他并不向海灘靠近，該同學發(fā)現(xiàn)從第1個波峰到第0個波峰通過身下的時間間隔為5s,以下說法正確的選項是未經許可 請勿轉載水面波是一種機械波B該水面波的頻率為 HC.該水面波的波長為3 mD水面波沒有將該同學推向岸邊，是因為波傳播時能量不會傳遞出去水面波沒有將該同學推向岸邊,是因為波傳播時振動的質點并不隨波遷移16.如此圖，在注滿水的游泳池的池底有一點光源A,它到池邊的水平距離為3m從點光源A射向池邊的光線A與豎直方向的夾角恰好等于全反射的臨界角,水的折射率為未經許可 請勿轉載i求池內的水深;i一救生員坐在離池邊不遠處的高凳上，他的眼睛到地面的高度為.m當

13、他看到正前下方的點光源A時，他的眼睛所接受的光線與豎直方向的夾角恰好為4.求救生員的眼睛到池邊的水平距離結果保留1位有效數字未經許可 請勿轉載【物理-選修3-5】17.現(xiàn)用一光電管進行光電效應的實驗，當用某一頻率的光入射時，有光電流產生.以下說法正確的選項是 未經許可 請勿轉載A.保持入射光的頻率不變,入射光的光強變大,飽和光電流變大B.入射光的頻率變高，飽和光電流變大.入射光的頻率變高,光電子的最大初動能變大D.保持入射光的光強不變,不斷減小入射光的頻率,始終有光電流產生.遏止電壓的大小與入射光的頻率有關，與入射光的光強無關18某游樂園入口旁有一噴泉，噴出的水柱將一質量為M的卡通玩具穩(wěn)定地懸

14、停在空中。為計算方便起見，假設水柱從橫截面積為的噴口持續(xù)以速度0豎直向上噴出;玩具底部為平板面積略大于S；水柱沖擊到玩具底板后,在豎直方向水的速度變?yōu)榱?，在水平方向朝四周均勻散開。忽略空氣阻力。已經知道水的密度為，重力加速度大小為g。求:未經許可 請勿轉載i噴泉單位時間內噴出的水的質量；ii玩具在空中懸停時，其底面相對于噴口的高度。201年全國統(tǒng)一高考物理試卷新課標參考答案:與試題解析 二、選取題：此題共小題，每題分.在每題給出的四個選項中,第14題只有一項為哪一項符合題目要求,第58題有多項符合題目要求全部選對的得分，選對但不全的得分有選錯的得0分.未經許可 請勿轉載1.6分一平行電容器兩極

15、板之間充滿云母介質，接在恒壓直流電源上，若將云母介質移出,則電容器 未經許可 請勿轉載A.極板上的電荷量變大,極板間的電場強度變大B極板上的電荷量變小，極板間的電場強度變大C極板上的電荷量變大,極板間的電場強度不變D極板上的電荷量變小，極板間的電場強度不變【考試點】AS:電容器的動態(tài)分析【專題】32:定量思想；43:推理法；33:電容器專題【分析】電容器始終與恒壓直流電源相連，則電容器兩端間的電勢差不變,將云母介質移出后介電常數減小，根據電容器介電常數的變化判斷電容的變化以及電場強度的變化未經許可 請勿轉載【解答】解：電容器接在恒壓直流電源上,則電容器兩端的電勢差不變。將云母介質移出后，介電常

16、數減小，根據電容的決定式 C=知，介電常數減小,電容減小。由于電壓不變,根據C=可知，電荷量Q減小。由于電容器的電壓不變，板間的距離d不變,根據E=可知，極板間的電場強度不變。所以ABC錯誤，D正確；故選:D?！军c評】此題是電容器的動態(tài)分析問題,關鍵抓住不變量，當電容器與電源始終相連,則電勢差不變;當電容器與電源斷開,則電荷量不變要掌握C=、C=、E=三個公式未經許可 請勿轉載 .6分現(xiàn)代質譜儀可用來分析比質子重很多的離子,其示意圖如以以下圖，其中加速電壓恒定質子在入口處從靜止開始被加速電場加速,經勻強磁場偏轉后從出口離開磁場.若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速,為使它經勻強

17、磁場偏轉后仍從同一出口離開磁場,需將磁感應強度增加到原來的12倍.此離子和質子的質量比約為未經許可 請勿轉載11.12C121D14【考試點】AK:帶電粒子在勻強電場中的運動；C：帶電粒子在勻強磁場中的運動【專題】32:定量思想;:方程法；5：帶電粒子在復合場中的運動專題.【分析】此題先電場加速后磁偏轉問題，先根據動能定理得到加速得到的速度表達式,再結合帶電粒子在勻強磁場中運動的半徑公式求出離子質量的表達式未經許可 請勿轉載【解答】解:根據動能定理得,得離子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力,根據牛頓第二定律，有得兩式聯(lián)立得:一價正離子電荷量與質子電荷量相等，同一加速電場U相同,同一出

18、口離開磁場則R相同,所以m，磁感應強度增加到原來的12倍,離子質量是質子質量的44倍,正確,ABC錯誤未經許可 請勿轉載故選：D?！军c評】此題綜合考查了動能定理和牛頓第二定律,關鍵要能通過洛倫茲力提供向心力求出質量的表達式.3分一含有理想變壓器的電路如以以下圖，圖中電阻R,2和R3的阻值分別為3,1,4,A為理想交流電流表,U為正弦交流電壓源,輸出電壓的有效值恒定。當開關S斷開時，電流表的示數為I;當閉合時,電流表的示數為4I.該變壓器原、副線圈匝數比為 未經許可 請勿轉載A.B.3C.D5【考試點】E8:變壓器的構造和原理.【專題】3:定性思想；43：推理法；53A：交流電專題【分析】變壓器

19、輸入電壓為U與電阻R兩端電壓的差值;再根據電流之比等于匝數的反比可求得輸出電流；根據電壓之比等于匝數之比對兩種情況列式,聯(lián)立可求得與I的關系;則可求得線圈匝數之比。未經許可 請勿轉載【解答】解：設變壓器原、副線圈匝數之比為，則可知,開關斷開時,副線圈電流為I；則根據理想變壓器原理可知：=k 1同理可知,=k 2代入數據聯(lián)立解得：U=8I；代入1式可得:k=3； 故B正確，AC錯誤;故選:B?！军c評】此題考查理想變壓器原理及應用，要注意明確電路結構，知道開關通斷時電路的連接方式;同時注意明確輸入電壓與總電壓之間的關系。未經許可 請勿轉載 .6分利用三顆位置適當的地球同步衛(wèi)星,可使地球赤道上任意兩

20、點之間保持無線電通訊,目前地球同步衛(wèi)星的軌道半徑為地球半徑的6.6倍，假設地球的自轉周期變小,若仍僅用三顆同步衛(wèi)星來實現(xiàn)上述目的,則地球自轉周期的最小值約為未經許可 請勿轉載A.h4h.8hD16h【考試點】4D:開普勒定律;4J:同步衛(wèi)星.【專題】31:定性思想;3:推理法；52A:人造衛(wèi)星問題【分析】明確同步衛(wèi)星的性質,知道其轉動周期等于地球的自轉周期，從而明確地球自轉周期減小時，地球同步衛(wèi)星的運動周期減小,當運動軌跡半徑最小時,周期最小。由三顆同步衛(wèi)星需要使地球赤道上任意兩點之間保持無線電通訊可求得最小半徑，再結合開普勒第三定律可求周期。未經許可 請勿轉載【解答】解:設地球的半徑為,則地

21、球同步衛(wèi)星的軌道半徑為.6R已經知道地球的自轉周期T=4h,地球同步衛(wèi)星的轉動周期與地球的自轉周期一致，若地球的自轉周期變小，則同步衛(wèi)星的轉動周期變小。由公式可知,做圓周運動的半徑越小,則運動周期越小。由于需要三顆衛(wèi)星使地球赤道上任意兩點之間保持無線電通訊，所以由幾何關系可知三顆同步衛(wèi)星的連線構成等邊三角形并且三邊與地球相切，如此圖。未經許可 請勿轉載由幾何關系可知地球同步衛(wèi)星的軌道半徑為r=2R。由開普勒第三定律得:T=T=4故B正確,ACD錯誤;故選:。【點評】此題考查開普勒第三定律以及同步衛(wèi)星的性質，要注意明確題目中隱含的信息的判斷是此題解題的關鍵。未經許可 請勿轉載5.6分一質點做勻速

22、直線運動,現(xiàn)對其施加一恒力,且原來作用在質點上的力不發(fā)生改變,則A.質點速度的方向總是與該恒力的方向相同B.質點速度的方向不可能總是與該恒力的方向垂直C質點加速度的方向總是與該恒力的方向相同D.質點單位時間內速率的變化量總是不變【考試點】：牛頓第二定律;2:物體做曲線運動的條件【專題】15：簡答題;2：學科綜合題；1:定性思想;3:推理法;516：物體做曲線運動條件專題.未經許可 請勿轉載【分析】明確物體做曲線運動的條件，速度方向與加速度方向不在同一直線上，如果在同一直線則做直線運動,速度方向與加速度方向相同時物體做加速運動，當加速度方向與速度方向相反時，物體做減速運動；未經許可 請勿轉載由牛

23、頓第二定律F=ma可知,物體加速度的方向由合外力的方向決定；由加速度的定義a=來判斷質點單位時間內速率的變化量.【解答】解：A.質點開始做勻速直線運動,現(xiàn)對其施加一恒力，其合力不為零,如果所加恒力與原來的運動方向在一條直線上，質點做勻加速或勻減速直線運動，質點速度的方向與該恒力的方向相同或相反；如果所加恒力與原來的運動方向不在一條直線上,物體做曲線運動,速度方向沿切線方向,力和運動方向之間有夾角,故A錯誤;未經許可 請勿轉載由A分析可知,質點速度的方向不可能總是與該恒力的方向垂直,故B正確；由于質點做勻速直線運動,即所受合外力為0，原來質點上的力不變,增加一個恒力后,則質點所受的合力就是這個恒

24、力,所以加速度方向與該恒力方向相同，故C正確；未經許可 請勿轉載D.因為合外力恒定，加速度恒定,由v=at可知，質點單位時間內速度的變化量總是不變,但是，如果質點做勻變速曲線運動，則單位時間內速度的變化量是不變的,而速率的變化量卻是變化的,故錯誤。未經許可 請勿轉載故選：C?！军c評】此題要注意物體做曲線運動的條件是速度方向與加速度方向不在同一直線上,如果在同一直線則做直線運動；正確理解牛頓第二定律和加速度的定義a=也是解答此題的關鍵.未經許可 請勿轉載6分如此圖,一光滑的輕滑輪用細繩OO懸掛于O點;另一細繩跨過滑輪,其一端懸掛物塊a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物塊b。外力F向右上方拉,整個

25、系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。若方向不變，大小在一定范圍內變化，物塊b仍始終保持靜止,則 未經許可 請勿轉載繩OO的張力也在一定范圍內變化B物塊b所受到的支持力也在一定范圍內變化.連接a和的繩的張力也在一定范圍內變化.物塊與桌面間的摩擦力也在一定范圍內變化【考試點】2:力的合成與分解的運用;C：共點力的平衡【專題】12：應用題；31:定性思想;4:合成分解法;527:共點力作用下物體平衡專題.【分析】此題抓住整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài),由a平衡可知，繩子拉力保持不變，再根據平衡條件由的大小變化求得物塊所受各力的變化情況.未經許可 請勿轉載【解答】解：AC、由于整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài),所以滑輪兩側連接a和b的繩子的

26、夾角不變;物塊只受重力以及繩子的拉力,由于物體a平衡，則連接a和的繩子張力保持不變;由于繩子的張力及夾角均不變，所以O中的張力保持不變,故AC均錯誤;未經許可 請勿轉載D、b處于靜止即平衡狀態(tài),對受力分析有：力T與力F與x軸所成夾角均保持不變，由平衡條件可得：+FsiTsimg=0Fcoscos=0由此可得：N=mgFsins由于T的大小不變，可見當大小發(fā)生變化時,支持力的大小也在一定范圍內變化,故B正確f=coscos由于T的大小不變，當F大小發(fā)生變化時，b靜止可得摩擦力的大小也在一定范圍內發(fā)生變化,故正確。故選:BD。【點評】解決此題的關鍵是抓住系統(tǒng)均處于靜止狀態(tài),由平衡條件分析求解,關鍵

27、是先由平衡條件求得繩中張力大小不變,再由此分析b的平衡.未經許可 請勿轉載 7.6分如此圖，一帶負電荷的油滴在勻強電場中運動，其軌跡在豎直平面紙面內，且相對于過軌跡最低點P的豎直線對稱忽略空氣阻力由此可知 未經許可 請勿轉載A點的電勢比點高B.油滴在Q點的動能比它在P點的大C油滴在Q點的電勢能比它在點的大D.油滴在點的加速度大小比它在P點的小【考試點】AC：電勢；AE：電勢能與電場力做功；AG：電勢差和電場強度的關系.【專題】31：定性思想;:推理法；532：電場力與電勢的性質專題.【分析】根據曲線運動的性質以及運動軌跡可明確粒子受力情況，再根據電場力的性質即可判斷電場線的方向,從而明確電勢高

28、低;根據電場力做功情況可明確動能的變化以及電勢能的變化;根據力的性質可明確加速度的關系未經許可 請勿轉載【解答】解:、根據粒子的彎折方向可知,粒子受合力一定指向上方；同時因軌跡關于P點對稱,則可說明電場力應豎直向上;粒子帶負電，故說明電場方向豎直向下；則可判斷Q點的電勢比P點高；故A正確；未經許可 請勿轉載B、粒子由到Q過程,合外力做正功，故油滴在Q點的動能比它在P點的大;故B正確;C、因電場力豎直向上,故油滴由到Q的過程中,電場力做正功,故電勢能減小，Q點的電勢能比它在點的?。还蔆錯誤;未經許可 請勿轉載D、因受力為恒力；故Q兩點加速度大小相同；故D錯誤;故選:AB?！军c評】此題考查帶電粒子

29、在勻強電場中的運動，要注意此題中油滴受到重力和電場力作用，這里應先考慮合力,再去分析電場力的性質；同時注意掌握物體做曲線運動的條件應用未經許可 請勿轉載 8.6分甲、乙兩車在平直公路上同向行駛，其vt圖象如以以下圖.已經知道兩車在t=3s時并排行駛，則 未經許可 請勿轉載A.在t=1 s時,甲車在乙車后B.在t時，甲車在乙車前7.5mC.兩車另一次并排行駛的時刻是t=2sD.甲、乙兩車兩次并排行駛的位置之間沿公路方向的距離為40 m【考試點】1：勻變速直線運動的圖像【專題】:比較思想；4B:圖析法;:運動學中的圖像專題.【分析】在速度時間圖象中，圖象與坐標軸圍成面積表示位移,根據位移關系分析兩

30、車位置關系.可結合幾何知識分析兩車另一次并排行駛的時刻并求出兩車兩次并排行駛的位置之間沿公路方向的距離未經許可 請勿轉載【解答】解:AC、根據“面積大小表示位移,由圖象可知，1s到s甲、乙兩車通過的位移相等，兩車在t=3s時并排行駛，所以兩車在t=1s時也并排行駛,故AC錯誤；未經許可 請勿轉載B、由圖象可知，甲的加速度 a甲=10m;乙的加速度 a乙=5ms; 0至1s,甲的位移 x甲=a甲t2=102m，乙的位移 x乙=v0+乙2101+12=12.，xx乙x甲=1275m，即在t=0時，甲車在乙車前7.5m,故B正確；未經許可 請勿轉載D、1s末甲車的速度為：=a甲t=101=1m/s,

31、1到3s，甲車的位移為:xvt甲t2=102102=40，即甲、乙兩車兩次并排行駛的位置之間沿公路方向的距離為4,故D正確。未經許可 請勿轉載故選：B。【點評】此題是速度時間圖象的應用,要明確速度圖象的斜率表示加速度,圖象與坐標軸圍成的面積表示位移未經許可 請勿轉載 三、非選取題:包括必考題和選考題兩部分第題第32題為必考題,每個試題考生都必須作答第9題第1題為選考題,考生根據要求作答.一必考題未經許可 請勿轉載.分某同學用圖所示的實驗裝置驗證機械能守恒定律,其中打點計時器的電源為交流電源，可以使用的頻率有20H、3z和H,打出紙帶的一部分如此圖b所示。 未經許可 請勿轉載該同學在實驗中沒有記

32、錄交流電的頻率f，需要用實驗數據和其他條件進行推算。若從打出的紙帶可判定重物勻加速下落，利用和圖b中給出的物理量可以寫出:在打點計時器打出B點時,重物下落的速度大小為 ,打出C點時重物下落的速度大小為 ，重物下落的加速度的大小為 。未經許可 請勿轉載2已測得s1=8.89m，s2=5m，s3=10.10cm；當重力加速度大小為9.m/,試驗中重物受到的平均阻力大小約為其重力的1%由此推算出f為40Hz。未經許可 請勿轉載【考試點】MD:驗證機械能守恒定律.【專題】13：實驗題；23:實驗探究題；3:定量思想;C:方程法；5D：動能定理的應用專題【分析】1根據某段時間內的平均速度等于中間時刻的瞬

33、時速度求出B和點的瞬時速度，利用速度公式求加速度;未經許可 請勿轉載利用牛頓第二定律和解出的加速度求頻率?！窘獯稹拷?1根據某段時間內的平均速度等于中間時刻的瞬時速度可得:vB=；=;由速度公式vC=vB+aT可得:a=;未經許可 請勿轉載2由牛頓第二定律可得：mg0.01mm，所以=9g,結合1解出的加速度表達式，代入數據可得:f4HZ。未經許可 請勿轉載故答案:：:為:1；;20?！军c評】解決此題的關鍵掌握紙帶的處理方法,會通過紙帶求解瞬時速度的大小，關鍵是勻變速直線運動推論的運用。未經許可 請勿轉載.10分現(xiàn)要組裝一個由熱敏電阻控制的報警系統(tǒng)，要求當熱敏電阻的溫度達到或超過6時,系統(tǒng)報警

34、。提供的器材有:熱敏電阻,報警器內阻很小，流過的電流超過IC時就會報警,電阻箱最大阻值為9999，直流電源輸出電壓為U,內阻不計，滑動變阻器R1最大阻值為100,滑動變阻器R2最大阻值為200,單刀雙擲開關一個，導線若干。未經許可 請勿轉載在室溫下對系統(tǒng)進行調節(jié),已經知道U約為18，I約為10mA；流過報警器的電流超過0A時，報警器可能損壞;該熱敏電阻的阻值隨溫度的升高而減小,在60時阻值為600。未經許可 請勿轉載1在答題卡上完成待調節(jié)的報警系統(tǒng)原理電路圖的連線。2在電路中應選用滑動變阻器 填“或“R2。3按照以下步驟調節(jié)此報警系統(tǒng)：電路接通前，需將電阻箱調到一定的阻值，根據實驗要求,這一阻

35、值為65.0 ;滑動變阻器的滑片應置于 填“或“b端附近，不能置于另一端的原因是保證報警器的安全使用。未經許可 請勿轉載將開關向 c 填“c或“d端閉合,緩慢移動滑動變阻器的滑片,直至報警器開始報警。4保持滑動變阻器滑片的位置不變，將開關向另一端閉合,報警系統(tǒng)即可正常使用?！究荚圏c】N:伏安法測電阻【專題】13：實驗題；3:定性思想；:實驗分析法;55：恒定電流專題.【分析】1分析實驗,明確實驗原理，根據題目要求即可明確電路結構；2根據歐姆定律確定電路中的電阻,則可明確滑動變阻器的選擇；3根據儀器原理進行分析，明確電阻箱的作用以及實驗過程和實驗安全的分析,則可以明確滑動變阻器的調節(jié)和實驗現(xiàn)象。

36、未經許可 請勿轉載【解答】解：1根據題意可知,本實驗要求能用電阻箱進行校準，故電阻箱應與熱敏電阻并聯(lián)，利用單刀雙擲開關進行控制; 它們再與報警器和滑動變阻器串聯(lián)即可起到報警作用; 故連線如以以下圖；未經許可 請勿轉載2電壓為,而報警時的電流為mA；此時電阻約為：R=800； 而熱敏電阻的阻值約為650;故滑動變阻器接入電阻約為110;故應選擇R2；未經許可 請勿轉載3因要求熱敏電阻達到6時報警;此時電阻為60；故應將電阻箱調節(jié)至65；然后由最大調節(jié)滑動變阻器，直至報警器報警；故開始時滑片應在b端;目的是讓電流由小到大調節(jié)，保證報警器的安全使用;未經許可 請勿轉載將開關接到端與電阻箱連接，調節(jié)滑

37、動變阻器直至報警器開始報警即可;然后再接入熱敏電阻，電路即可正常工作;未經許可 請勿轉載故答案:為：1如上圖;2R2;3650.,b，保證報警器的安全使用;c;報警器開始報警。未經許可 請勿轉載【點評】此題關鍵在于明確實驗原理,分析實驗步驟是解題的關鍵,通過實驗步驟才能明確實驗的目的和實驗方法;從而確定各步驟中應進行的操作和儀器的使用情況。未經許可 請勿轉載1.14分如此圖，兩固定的絕緣斜面傾角均為，上沿相連。兩細金屬棒ab僅標出a端和cd僅標出端長度均為L，質量分別為m和m;用兩根不可伸長的柔軟導線將它們連成閉合回路aca，并通過固定在斜面上沿的兩光滑絕緣小定滑輪跨放在斜面上,使兩金屬棒水平

38、。右斜面上存在勻強磁場,磁感應強度大小為B，方向垂直于斜面向上,已經知道兩根導線剛好不在磁場中,回路電阻為R，兩金屬棒與斜面間的動摩擦因數均為,重力加速度大小為g，已經知道金屬棒ab勻速下滑。求未經許可 請勿轉載1作用在金屬棒ab上的安培力的大小;2金屬棒運動速度的大小?！究荚圏c】BB：閉合電路的歐姆定律;C：安培力;D9：導體切割磁感線時的感應電動勢【專題】11：計算題;32：定量思想;4C:方程法；5C：電磁感應與電路結合.【分析】1對ab、cd棒根據共點力平衡列式求作用在金屬棒ab上的安培力的大小2根據安培力公式，感應電動勢和閉合電路歐姆定律聯(lián)立求解【解答】解：1設導線的張力的大小為T,

39、右斜面對ab棒的支持力的大小為，作用在ab棒上的安培力的大小為F,左斜面對c的支持力大小為.對于ab棒，由力的平衡條件得未經許可 請勿轉載對于d棒，同理有聯(lián)立式得F=mgsin3co由安培力公式得F=BIL這里是aba中的感應電流a棒上的感應電動勢為=Lv式中,v是ab棒下滑速度的大小,由歐姆定律得聯(lián)立式得答：1作用在金屬棒ab上的安培力的大小mgin3cos；2金屬棒運動速度的大小【點評】此題是電磁感應中的力學平衡問題，涉及法拉第電磁感應定律和閉合電路的歐姆定律等知識點,受力分析和計算安培力是關鍵未經許可 請勿轉載 121分如此圖,一輕彈簧原長為2R，其一端固定在傾角為37的固定直軌道C的底

40、端A處,另一端位于直軌道上B處,彈簧處于自然狀態(tài),直軌道與一半徑為R的光滑圓弧軌道相切于C點,C7R,A、B、C、均在同一豎直面內。質量為m的小物塊P自C點由靜止開始下滑，最低到達E點未畫出,隨后沿軌道被彈回,最高點到達F點,A=4R,已經知道與直軌道間的動摩擦因數，重力加速度大小為。取n37=，co37未經許可 請勿轉載1求P第一次運動到B點時速度的大小。2求P運動到點時彈簧的彈性勢能。3改變物塊P的質量，將推至E點，從靜止開始釋放。已經知道P自圓弧軌道的最高點處水平飛出后,恰好通過點。G點在C點左下方，與C點水平相距R、豎直相距R，求P運動到D點時速度的大小和改變后P的質量。未經許可 請勿

41、轉載【考試點】65：動能定理；69：彈性勢能;：功能關系.【專題】1：計算題；22：學科綜合題;：定量思想；4C：方程法;2：功能關系能量守恒定律未經許可 請勿轉載【分析】1對物體從C到的過程分析,由動能定理列式可求得物體到達B點的速度；2同1的方法求出物塊返回B點的速度，然后對壓縮的過程與彈簧伸長的過程應用功能關系即可求出；3離開D點后做平拋運動，將物塊的運動分解即可求出物塊在D點的速度,E到的過程中重力、彈簧的彈力、斜面的阻力做功,由功能關系即可求出物塊P的質量。未經許可 請勿轉載【解答】解：1到B的過程中重力和斜面的阻力做功,所以：其中：代入數據得：2物塊返回點后向上運動的過程中：其中：

42、聯(lián)立得：物塊P向下到達最低點又返回的過程中只有摩擦力做功，設最大壓縮量為x,則：整理得:x=物塊向下壓縮彈簧的過程設克服彈力做功為W,則：又由于彈簧增加的彈性勢能等于物塊克服彈力做的功，即:EP=W所以:EP=2.mgR由幾何關系可知圖中點相對于點的高度：h=ros31.8r=1.5R所以D點相對于點的高度：H1.5RR=2.R小球做平拋運動的時間：t=點到D點的水平距離:L=由：L=vt聯(lián)立得:E到D的過程中重力、彈簧的彈力、斜面的阻力做功，由功能關系得：聯(lián)立得:m=答:1P第一次運動到點時速度的大小是。2運動到E點時彈簧的彈性勢能是24gR。3改變物塊的質量,將推至E點,從靜止開始釋放。已

43、經知道P自圓弧軌道的最高點D處水平飛出后，恰好通過G點。G點在C點左下方,與C點水平相距R、豎直相距,求P運動到D點時速度的大小是,改變后的質量是m。未經許可 請勿轉載【點評】此題考查功能關系、豎直面內的圓周運動以及平拋運動,解題的關鍵在于明確能達到E點的條件，并能正確列出動能定理及理解題目中公式的含義。第二小問可以從運動全過程的角度跟能量的角度來列式未經許可 請勿轉載gxFsn37=mcos37xBF+x+CF帶入數據，解得x=mgxC=mgcos37Cp;帶入數據，解得Ep=2.mgR三、選考題:共45分.請考生從給出的3道物理題任選一題作答,并用B鉛筆在答題卡上把所選題目題號后的方框涂黑

44、注意所選題目的題號必須與所涂題目的題號一致,在答題卡選答區(qū)域指定位置答題.如果多做，則每學科按所做的第一題計分.【物理-選修-3】未經許可 請勿轉載135分關于熱力學定律,以下說法正確的選項是 A氣體吸熱后溫度一定升高B.對氣體做功可以改變其內能理想氣體等壓膨脹過程一定放熱.熱量不可能自發(fā)地從低溫物體傳到高溫物體E如果兩個系統(tǒng)分別與狀態(tài)確定的第三個系統(tǒng)達到熱平衡,那么這兩個系統(tǒng)彼此之間也必定達到熱平衡【考試點】8F：熱力學第一定律;8：熱力學第二定律【專題】31:定性思想;43:推理法；54:熱力學定理專題.【分析】做功和熱傳遞都能改變內能;物體內能的增量與外界對物體做的功和物體吸收熱量的和，

45、即:=QW；所有的熱力學過程都有一定的方向性;結合熱平衡定律分析兩個系統(tǒng)分別與狀態(tài)確定的第三個系統(tǒng)達到熱平衡的情況。未經許可 請勿轉載【解答】解:、物體吸收熱量,同時對外做功，如二者相等，則內能可能不變，所以氣體吸熱后溫度不一定升高，故錯誤；未經許可 請勿轉載、做功和熱傳遞都能改變內能;所以對氣體做功可以改變其內能。故B正確;C、根據理想氣體的狀態(tài)方程可知,理想氣體等壓膨脹過程中壓強不變,體積增大則氣體的溫度一定升高,所以氣體的內能增大;氣體的體積增大對外做功而內能增大,所以氣體一定吸熱，故C錯誤；未經許可 請勿轉載、根據熱力學第二定律熱量不可能自發(fā)地從低溫物體傳到高溫物體。故D正確;E、根據

46、熱平衡定律可知,如果兩個系統(tǒng)分別與狀態(tài)確定的第三個系統(tǒng)達到熱平衡，那么這兩個系統(tǒng)彼此之間也必定達到熱平衡。故E正確。未經許可 請勿轉載故選：BDE?！军c評】此題考查熱力學第一定律，熱力學第二定律以及熱平衡定律等，知道做功和熱傳遞都能改變內能,理解熱力學第二定律的幾種不同的說法是解答的關鍵?；A題。未經許可 請勿轉載4.1分在水下氣泡內空氣的壓強大于氣泡表面外側水的壓強，兩壓強差p與氣泡半徑之間的關系為p,其中=0.070N/m?，F(xiàn)讓水下0處一半徑為0cm的氣泡緩慢上升，已經知道大氣壓強=.010Pa，水的密度1.00kg/3，重力加速度大小g10m2。未經許可 請勿轉載求在水下10m處氣泡內外

47、的壓強差;ii忽略水溫隨水深的變化，在氣泡上升到十分接近水面時，求氣泡的半徑與其原來半徑之比的近似值?！究荚圏c】9:理想氣體的狀態(tài)方程【專題】1：計算題;32:定量思想;：方程法；54：理想氣體狀態(tài)方程專題【分析】1根據題給公式p=算在水下1m處氣泡內外的壓強差；2先確定初末狀態(tài)的p、V，根據玻意耳定律列方程,忽略很小量，求出氣泡的半徑與其原來半徑之比的近似值未經許可 請勿轉載【解答】解：i當氣泡在水下h=0m處時,設其半徑為,氣泡內外壓強差為，則代入題給數據得ii設氣泡在水下10處時,氣泡內空氣的壓強為，氣泡體積為;氣泡到達水面附近時,氣泡內空氣的壓強為,內外壓強差為，其體積為,半徑為未經許

48、可 請勿轉載氣泡上升過程中溫度不變,根據玻意耳定律有由力學平衡條件有氣泡體積和分別為聯(lián)立式得由，故可略去式中的項，代入題給數據得答:i在水下1m處氣泡內外的壓強差28Pa；i忽略水溫隨水深的變化,在氣泡上升到十分接近水面時，氣泡的半徑與其原來半徑之比的近似值1.【點評】此題題型新穎，有創(chuàng)意,考查了考生獲取新知的能力，對玻意耳定律考查有了創(chuàng)新，平時復習要注重多訓練,在高考中才能靈活應用未經許可 請勿轉載 【物理-選修3-4】1分15.某同學漂浮在海面上，雖然水面波正平穩(wěn)地以.8m/s的速率向著海灘傳播,但他并不向海灘靠近，該同學發(fā)現(xiàn)從第1個波峰到第10個波峰通過身下的時間間隔為s,以下說法正確的

49、選項是未經許可 請勿轉載A.水面波是一種機械波該水面波的頻率為6 Hz該水面波的波長為3mD.水面波沒有將該同學推向岸邊，是因為波傳播時能量不會傳遞出去水面波沒有將該同學推向岸邊，是因為波傳播時振動的質點并不隨波遷移【考試點】F2：機械波;：波長、頻率和波速的關系.【專題】3:定性思想；43：推理法；51B：簡諧運動專題.【分析】明確水波是種機械波;首先根據題干中的條件,可計算出波的振動周期，再利用周期與頻率之間的關系,即可計算出波的頻率；利用波速、周期、波長之間的關系式=可求得波長，結合波傳播的特點，參與振動的質點只是在自己的平衡位置處振動.未經許可 請勿轉載【解答】解：A、水面波是有機械振

50、動一起的,在介質水中傳播的一種波,是一種機械波,故A正確。B、由第1個波峰到第1個波峰通過身下的時間間隔為s，可得知振動的周期T為:T=,頻率為：=0.6Hz,故B錯誤。未經許可 請勿轉載C、由公式=T,有=8=3，故C正確。、參與振動的質點只是在自己的平衡位置附近做往復運動，并不會“隨波逐流,但振動的能量和振動形式卻會不斷的向外傳播，故D錯誤，E正確。未經許可 請勿轉載故選:ACE?！军c評】此題應明確機械波的特點:注意以下幾點：1介質各個質點不是同時起振,但起振方向與振源起振方向相同離振源近的質點先起振. 質點只在平衡位置振動,并不隨波遷移 4波傳播的是振動形式和能量,且能傳遞信息5傳播過程中各質點的振動都是受迫振動,驅動力來源于振源，各質點起振時與振源起振時的情況完全相同，其頻率等于振源頻率.未經許可 請勿轉載16如此圖,在注滿水的游泳池的池底有一點光源A,它到池邊的水平距離為3.m.從點光源射向池邊的光線A與豎直方向的夾角恰好等于全反射的臨界角，水的折射率為.未經許可 請勿轉載求池內的水深;ii一救生員坐在離池邊不遠處的高凳上，他的眼睛到地面的高度為20.當他看到正前下方的點光源時,他的眼睛所接受的光線與豎直方向的夾角恰好為45求救生員的眼睛到池邊的水平距離結果保留1位有效數字.未經許可 請勿轉載【考試點】3：光的折射定律【專題】1:應