资源简介 2016年广西五市联考高考物理模拟试卷(5月份)一、选择题1.(2016·广西模拟)如图所示,在光滑的水平地面上,质量为m1的物块和质量为m2的小球通过轻弹簧连接,在力F的作用下一起沿水平方向做匀加速运动(物块在地面上,小球在空中),已知力F与水平方向的夹角为θ,则下列说法正确的是( )A.物块的加速度为B.物块受到地面的支持力大小为m1g﹣FsinθC.弹簧的弹力大小等于拉力F和小球重力的合力D.如果在物块上再固定一个质量为m1的物体,则它们的加速度不变2.(2016·广西模拟)如图所示,正方形ABCD的四个顶角分别有垂直于纸面的长直导线,A,B,C,D四处的导线中分别通有大小为I、2I、3I、4I的电流,方向如图所示,一直通电长直导线周围某点的磁感应强度B与导线中的电流I成正比、与该点到导线的距离r成反比,即B=k ,若只有A,C两处的导线中通有电流时,正方形的中心O点处的磁感应强度大小为B0,若四处导线中都通以电流,则O点处的磁感应强度大小为( )A.0 B.B0 C.2B0 D.3B03.(2016·铜仁模拟)如图甲所示,A为电荷分布均匀的带电绝缘圆环,B为不带电的金属圆环,B用绝缘杆固定于天花板,A,B环共轴,现让A绕其轴按图乙所示的角速度一时间关系图像转动,则下列说法错误的是( )A.0~t1时间内,两环间的作用力大小逐渐增大B.t1~t2时间内,两环间的作用力为零C.t2~t3时间内,两环间的作用力为引力D.t2~t3时间内,环中感应电流方向一定与A转动方向同向4.(2016·广西模拟)假设若干年后人类发现了一颗太阳系外宜居行星,并进行了探索,发现该行星的自转周期为T,表面的重力加速度为g,发射一颗卫星需要的最小发射速度为v,引力常量为G,若发射一颗该行星的同步卫星,则同步卫星离该行星表面的高度为( )A.v ﹣ B.﹣C.v ﹣ D.﹣5.(2016·铜仁模拟)如图所示为竖直平面内的两个半圆轨道,在B点平滑连接,两半圆的圆心O1、O2在同一水平线上,小半圆半径为R,大半圆半径为2R,一滑块从大的半圆一端A点以一定的初速度向上沿着半圆内壁运动,且刚好能通过大半圆的最高点,滑块从小半圆的左端向上运动,刚好能到达大半圆的最高点,大半圆内壁光滑,则( )A.滑块在A的初速度为B.滑块在B点对小半圆的压力为6mgC.滑块通过小半圆克服摩擦做的功力为mgRD.增大滑块在A点的初速度,则滑块通过小半圆克服摩擦力做的功不变6.(2016·铜仁模拟)如图所示为a、b、c三个质点在同一直线上做直线运动的v﹣t图像,t=3t0时刻三个质点相遇,则( )A.t=0时刻,b、c两个质点在同一位置B.t=2t0时刻,a、b两质点在同一位置C.t=0时刻,a、c间距离是b、c间距离的2倍D.0~3t0时间内,a的平均速度是c的平均速度的2倍7.(2016·铜仁模拟)如图所示,模型交流发电机的矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动,矩形线圈与原线圈可调节的理想变压器、灯泡、平行板电容器组成电路,当矩形线圈转动的角速度为ω时,发现灯泡较暗,不能正常发光,为了使灯泡能正常工作,下列措施可行的是( )A.将原线圈抽头P适当向上滑动B.将电容器两板间的距离适当增大C.适当增大磁场的磁感应强度或适当增大线圈转动的角速度D.适当减小磁场的磁感应强度B,同时适当增大线圈的转动角速度ω,但Bω不变8.(2016·广西模拟)如图所示,O为半径为R的圆的圆心,ac、bd为圆的两个互相垂直的直径,在圆心O处固定一电荷量为Q的负点电荷,在a点处固定一电荷量为4Q的正点电荷,e为Oc连线上一点,f为Oc延长线上的一点ec=cf,则下列说法正确的是( )A.b、c、d三点中,b、d两点场强相等,c点场强最小B.b、c、d三点中,b、d两点电势相等,c点电势最低C.将一负的点电荷从e点沿直线移到f点,点电荷的电势能先减小后增大D.e、f两点的场强大小关系为Ee>Ef二、非选择题9.(2016·铜仁模拟)某实验小组成员要做探究加速度与合外力、质量关系实验.(1)实验前要平衡摩擦力,关于平衡摩擦力,下列说法正确的是 .A.平衡摩擦力的方法就是,通过改变悬挂钩码的质量,使小车能匀速滑动B.平衡摩擦力的目的,使小车受到的合力就是细绳对小车的拉力C.平衡摩擦力时,若小车能从垫斜的木板上静止开始下滑,则表明摩擦力与重力沿斜面方向的分力平衡D.若改变小车的质量,则需要重新平衡摩擦力(2)实验中打点计时器使用的电源频率为50Hz,如图1为实验中打出的一条纸带的一部分,0、1、2、3、4、5、6为依次选取的7个计数点,相邻两计数点间还有4个打点未画出,从纸带上测出x1=4.20cm,x2=5.52cm,x3=9.42cm,x4=10.70cm,则木块加速度的大小a= m/s2(保留两位有效数字).(3)小组成员中甲、乙两同学先后在同一实验装置中做研究加速度与合外力关系实验,根据各自测得的数据在同一坐标纸上作出a﹣F图像如图2所示,根据图像可知,这两个同学实验操作时,都没有 ,若甲、乙两同学所用小车的质量分别为m甲、m乙,由图可知,m甲 m乙,(选填“大于”“小于”或“等于”)10.(2016·广西模拟)某同学要测量两节干电池串联组成的电池组的电动势和内阻,为防止实验中通过电源的电流过大造成电源出现极化(电动势明显下降、内阻明显增大)现象,该同学利用下列器材组成如图甲所示的实验电路.A.待测电源B.电阻R0(阻值为3.0Ω)C.电阻箱R(最大阻值为999.9Ω)D.电流表A(量程为0.6A,内阻为RA=2.0Ω)E.开关S,导线若干(1)根据图甲所示的电路连接实物电路,闭合开关后,多次调节电阻箱,记录电阻箱的阻值及相应电流表的示数I,并填入下表中,当电阻箱的阻值R为6.0Ω时,电流表的示数如图乙所示,读出数据完成下表,下表中的①为 ,②为 .R/Ω 1.0 2.0 3.0 4.0 5.0 6.0 7.0I/A 0.43 0.38 0.33 0.30 0.28 ① 0.23/A﹣1 2.32 2.63 3.03 3.33 3.57 ② 4.35(2)用表格中的数据在图丙所示的坐标纸上作出R﹣ 图线,根据图线求得斜率k= A﹣1 Ω﹣1,截距b= A﹣1.(保留两位小数)(3)根据图线求得电源电动势E= V,内阻r= Ω.(保留1位有效数字)11.(2016·铜仁模拟)如图甲所示,一平板车放置在水平地面上,车子中央放一质量为1kg的物块,物块与平板车的动摩擦因数为0.05,现对车施加一作用力,使车按图乙所示的v﹣t图像运动,物块一直在平板车上,g=10m/s2,求:(1)物块所能达到的最大速度;(2)平板车的长度至少为多少?12.(2016·铜仁模拟)如图所示,平行板MN、PQ间距离为d,板长为2d,板的正中有一半径为 的圆形有界磁场,磁场边界刚好与两板相切,两板间所加电压为U,一质量为m,电量为q的带电粒子从左端沿两板间的中线向右射入两板间,若只撤去磁场,粒子刚好从上板右端N点射出,若只撤去两板间所加的电压,带电粒子恰好能从下板的右端Q点射出,不计粒子的重力,求:(1)磁场的磁感应强度大小;(2)如果只撤去电场,要使粒子不能从板间射出,则粒子进入板间的速度大小应满足什么条件?三、选考题[物理-选修3-3]13.(2016·广西模拟)下列说法正确的是( )A.教室内的空气绝对湿度大,则空气的相对湿度一定大B.上午十时,教室内空气中的水蒸气分子和氧气的分子平均动能是相同的C.下雨时,观察教室屋檐滴下的水滴,发现水滴在下落过程中呈椭圆球形,这是表面张力D.水中的水分子总是在永不停息地做杂乱无章的运动,当两个水分子运动到适当的位置使分子力为零时,它们具有的分子势能一定最小E.一定质量的水蒸气发生等温膨胀时,可能会向外散热14.(2016·铜仁模拟)如图所示,两个相同的竖直玻璃管A、B下端通过橡胶软管相连,玻璃管中装有适量的水银,两玻璃管的上端封闭,使两玻璃管中分别封闭一段气柱,气柱的长均为L=10cm,A管中空气柱的压强为P1=76cmHg,两管中气体温度均为33℃,A管中水银液面比B管水银液面高出8cm,两玻璃管的长度足够长.①保持A管不动,将B管缓慢上提,则B管上提的高度为多少,可以使两管中水银液面相平?②若将A管中气体温度升高△T,B管中气体温度降低△T,则△T为多少时,可以使两管中水银液面相平?四、[物理-选修3-4]15.(2016·广西模拟)下列说法中正确的是( )A.光的偏振现象说明光波是纵波B.波从一种介质进入另一种介质时,频率保持不变C.雨后彩虹是由于太阳光入射到水滴中发生全反射形成的D.鸣笛汽车驶近路人过程中,路人听到的声波频率比该波源的振动频率大E.在双缝干涉实验中,用红光代替黄光作为入射光可增大干涉条纹的间距16.(2016·铜仁模拟)图示为沿x轴正方向传播的简谐波在t=0时的波形图,此时x=5m处的质点刚开始振动,一个人观察x=3m处的P点,发现在3s内P点经过的路程为60cm.求:①该波的波速.②从t=0开始到x=76m处的质点Q(图中未画出)第三次达到波峰位置所需的时间.五、[物理-选修3-5]17.(2016·广西模拟)下列说法正确的是( )A.玻尔大胆提出假设,认为实物粒子也具有波动性B.轴核裂变的核反应是 U→ Ba+ Kr+ nC.原子从低能级向高能级跃迁,不一定通过吸收光子来实现D.根据爱因斯坦的“光子说”可知光的波长越大,光子的能量越小E.氕和氚结合成氦原子核时,其质量亏损所对应的能量等于该氦原子核的结合能18.(2016·晋城模拟)如图所示,光滑水平面上的同一直线上放着处于静止状态的光滑曲面体B和滑块C,B的质量为3m,C的质量为2m,B开始处于锁定状态,一质量为m的小球A从曲面上离地面高h处由静止释放,沿曲面滚到水平面上再与滑块发生弹性碰撞,小球滚离曲面体后,立即让曲面体解除锁定,小球被滑块反弹后再滑上曲面体,重力加速度为g,求:①A与C碰撞后A的速度大小;②A再次滑上曲面后能上升的最大高度.答案解析部分1.【答案】A【知识点】力的合成与分解的运用【解析】【解答】解:A、将m1、m2、弹簧看作整体,受力分析如图所示:根据平衡条件并采用正交分解法,得:(m1+m2)a=Fcos θ所以:a= .故A正确;B、竖直方向:N+Fsin θ﹣(m1+m2)g=0解得:N=(m1+m2)g﹣Fsin θ.故B错误;C、小球的加速度不为0,即小球受到的三个力的合力不为0,所以弹簧的弹力大小不等于拉力F和小球重力的合力.故C 错误;D、如果在物块上再固定一个质量为m1的物体,则它们的加速度: ,可知加速度减小.故D错误.故选:A【分析】直接对m1、m2、弹簧整体受力分析,即可以知道m1受到的支持力和摩擦力,注意在对整体分析时,要注意弹簧的弹力为内力,不予考虑.2.【答案】B【知识点】力的合成【解析】【解答】解:四个电流到中心O的距离相等,设A在O点产生的磁感应强度为B,则B电流在O点产生的磁感应强度为2B,C电流在O点产生的磁感应强度为3B,D电流在O点产生的磁感应强度为4B,方向如图所示:部分合成后如下图所示:由于只有A、C两处的导线中通有电流时,正方形的中心O点处的磁感应强度大小为B0,故有:B= ;故四处导线中都通以电流,则O点处的磁感应强度大小为:B′= ;故选:B【分析】根据等距下电流所产生的B的大小与电流成正比,得出各电流在O点所产生的B的大小关系,由安培定则确定出方向,再利用矢量合成法则求得B的合矢量的大小和方向.3.【答案】D【知识点】楞次定律【解析】【解答】解:A、由图可知,在0~t1时间内,环A的转速均匀增大,所以A产生的等效电流逐渐增大,与时间成正比,所以A产生的磁场也是均匀增大的,与时间成正比,根据法拉第电磁感应定律: ,可知B环内产生的感应电动势不变,所以感应电流也不变;B内的电流不变,而A的等效电流逐渐增大,所以两环间的作用力大小逐渐增大.故A正确;B、t1~t2时间内,A的转速不变,所以产生的磁场不变,所以B内没有感应电流,所以两环间的作用力为零.故B正确;C、由图可知,t2~t3时间内A的转速减小,所以产生的磁场减小,根据楞次定律可知,环B内产生的感应电流的磁场与A产生的磁场的方向相同,所以B内感应电流的方向与A电流的方向相同,则两环间的作用力为引力.故C正确;D、t2~t3时间内,环中感应电流方向一定与A电流的方向相同,但A内的电性是未知的,所以A的电流的方向不一定与A转动方向同向,所以B环中感应电流方向不一定与A转动方向同向.故D错误.本题选择错误的,故选:D【分析】由电流与磁场的关系判断出A运动产生的磁场的变化;有法拉第电磁感应定律判断感应电流的大小的变化;由楞次定律判断出感应电流的方向;由左手定则判断安培力的方向.4.【答案】A【知识点】万有引力定律的应用【解析】【解答】解:根据题意有:,解得:R= ,GM= ;则有,同步卫星离该行星表面的高度为h=v ﹣ ,故A正确,BCD错误;故选:A.【分析】在该行星表面万有引力等于重力,同步卫星处万有引力提供同步卫星圆周运动的向心力,据此分析即可.5.【答案】B,C【知识点】功能关系;向心力【解析】【解答】解:A.由于滑块恰好能通过大的半圆的最高点,重力提供向心力,即mg=m ,解得:v= ,以AB面为参考面,根据机械能守恒定律可得: m =2mgR+ m( )2,求得vA= ,故A错误;B.滑块在B点时对小圆轨道的压力为:F=m =6mg,故B正确;C.设滑块在O1点的速度为v,则:v= =2 ,在小的半圆中运动过程中,根据动能定理Wf= m ﹣ mv2=mgR,故C正确;D.增大滑块在A点的初速度,则物块在小的半圆中各个位置速度都增大,物块对半圆轨道的平均压力增大,因此克服摩擦力做的功增多,故D错误.故选:BC.【分析】滑块恰好能通过大的半圆的最高点,由重力提供向心力,即mg=m ,可求最高点的速度,再由机械能守恒定律可求滑块在A的初速度;由牛顿第二定律可求滑块在B点对小半圆的压力;根据动能定理求摩擦力做的功和分析正压力的变化情况,在讨论摩擦力做功的变化情况.6.【答案】B,C,D【知识点】运动学 v-t 图象【解析】【解答】解:A、由于三个质点t=3t0时刻相遇,而在3t0时间内a的位移为:xa= ×4t0v0=2v0t0,b的位移为:xb= 3t0v0=1.5v0t0; c的位移为为:xc=v0t0; 因此t=0时刻,bc并不在同一位置,故A错误;B、由于t=2t0时刻以后至3t0时刻;ab运动的位移相同,而三个质点在t=3t0时刻相遇;故说明t=2t0时刻,三者在同一位置;故B正确;C、t=0时刻,ac间距离v0t0,bc间距离为0.5v0t0,故C正确;D、0~3t0时间内,a的平均速度 = = ,c的平均速度 = = ; 故D正确;故选:BCD【分析】明确v﹣t图像的性质,根据图像与时间轴围成的面积表示位移可求得位移;从而明确位置关系;再根据平均速度公式可求得平均速度;7.【答案】C,D【知识点】法拉第电磁感应定律【解析】【解答】解:A、将原线圈抽头P适当向上滑动,副线圈两端的电压变小,灯泡会变得更暗,故A错误;B、将电容器两板间的距离适当增大,电容器的电容减小,容抗增大,通过电容器的电流减小,灯泡会更暗,故B错误;C、由E=NBSω可知,适当增大磁场的磁感应强度或适当增大线圈转动的角速度会增大发电机的输出电压,增大副线圈两端的电压,灯泡两端的电压增大,可使灯泡能正常发光,故C正确;D、适当减小磁场的磁感应强度B,同时适当增大线圈转动的角速度ω,但Bω不变,由E=NBSω可知,输出电压不变,但输出交流电的频率增大,电容器的容抗减小,副线圈中的电流增大,因此可以使灯泡的亮度增大,达到正常发光,故D正确;故选:CD【分析】根据电压与匝数成正比,电流与匝数成反比,变压器的输入功率和输出功率相等,逐项分析即可得出结论.8.【答案】B,C,D【知识点】电势差、电势、电势能【解析】【解答】解:A、根据电场线的分布情况知,b、d两点场强大小相等,但方向不同,则电场强度不等,故A错误;B、b、d到正电荷的距离相等,由于b、d两点场强大小相等,所以b、d两点电势相等;由电场强度叠加可知,正负电荷在ac连线上的合场强向右,因为沿电场线的方向电势逐渐降低,所以c点电势最低,故B正确;C、将负的点电荷从e点沿直线移到f点,电场力先做正功后做负功,所以点电荷的电势能先减小后增大,故C正确;D、e点的场强为:Ee=k ﹣k ,f点的场强为:Ef=k ﹣k ,相比较可得两点的场强大小关系为Ee>Ef,故D正确.故选:BCD.【分析】根据电场线的分布情况,分析电场强度的关系.由U=Ed和场强的大小分析电势差关系,确定电势关系.根据移动电荷时电势的变化,分析电势能的变化.由电场强度的变化分析电场力的变化.9.【答案】(1)B(2)2.2(3)平衡摩擦力或平衡摩擦力不足;小于【知识点】探究加速度与力、质量的关系【解析】【解答】解:(1)A、平衡摩擦力的方法就是,不挂钩码,让小车与纸带相连,调节斜面的倾角直到小车在斜面上做匀速直线运动为止,故A错误;B、平衡摩擦力的目的,使小车受到的合力就是细绳对小车的拉力,故B正确;C、平衡摩擦力时,小车能在斜面上做匀速直线运动表明摩擦力与重力沿斜面方向的分力平衡,故C错误;D、平衡摩擦力后改变小车的质量时不需要重新平衡摩擦力,故D错误;故选B;(2)电源频率为50Hz,相邻两计数点间还有4个打点未画出,则计数点间的时间间隔:t=5×0.02s=0.1s,由:△x=at2可知加速度:a= = ≈2.2m/s2;(3)由图像图像可知,当拉力大到一定值时才产生加速度,这是由于没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足造成的;由牛顿第二定律可知:a= F,则图像的斜率:k= ,由图示图像可知:k甲>k乙,则:m甲<m乙;故答案为:(1)B;(2)2.2;(3)平衡摩擦力或平衡摩擦力不足;小于.【分析】(1)实验前要平衡摩擦力,使小车受到的合力等于细线的拉力;平衡摩擦力后在实验过程中不需要再平衡摩擦力.(2)应用匀变速直线运动的推论:△x=at2可以求出加速度.(3)求出图像的函数表达式,分析图示图像根据图像特点分析答题.10.【答案】(1)0.26;3.85(2)0.34;2.00(3)3;1【知识点】电池电动势和内阻的测量【解析】【解答】解:(1)由图乙可知,电流表最小分度为0.02A;故电流表读数为0.26A;电流的倒数为3.85A﹣1;(2)根据描点法可得出对应的图像如图所示;由图像可知,斜率k= =0.34A﹣1 Ω﹣1;图像的截距为b=2.0A﹣1;(3)根据闭合电路欧姆定律可知,E=I(r+R+R0+RA)即: = +则有:E= =3V;r=bE﹣(RA+R0)解得:r=1Ω故答案为:(1)0.26;3.85;(2)0.34;2.0;(3)3;1.【分析】(1)根据电流表的量程可确定最小分度,从而明确读数并计算出对应的倒数;(2)根据描点法可得出图像,再根据图像求解斜率和截距;(3)根据闭合电路欧姆定律以及(2)中所求的截距和斜率即可求得电动势和内电阻.11.【答案】(1)解:由乙图可知,车子加速运动时的加速度为:车子对物块的摩擦力能提供滑块的加速度为:因此物块在车上运动的v﹣t图像如图所示,由v=at可知,当车的速度为6m/s时,滑块的速度为3m/s设此后再经过t时间两者速度相同6﹣1t=3+0.5t,求得:t=2s则物块能达到的最大速度为:即:v=0.5×(6+2)m/s=4m/s(2)解:达到共速时相对位移最大,滑块位移 由v﹣t图得:物块运动的位移为: 平板车的位移 滑块相对平板车的位移△x=28﹣16=12m因此平板车的长度至少为:L=2△x=2×12m=24m【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系;匀变速直线运动的位移与时间的关系;牛顿运动定律的应用—板块模型【解析】【分析】(1)根据速度与时间的图像,结合图像的信息:斜率大小表示加速度的大小,倾斜方向与加速度方向有关.根据车的运动情况,从而可确定物块相对车加速还是减速,结合牛顿第二定律,即可求解.(2)根据匀变速运动规律,分别求出物块和小车的位移,求出相对位移△x,平板车长度为2△x12.【答案】(1)解:撤去磁场,粒子在电场中做类平抛运动,水平方向:2d=v0t,竖直方向: d= t2,解得:v0=2 ,撤去电场粒子在磁场中做匀速圆周运动,运动轨迹如图所示:由几何知识得:tan = = ,sinθ= ,cosθ= ,解得:R1=(1+ )d,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得:qv0B=m ,解得:B=(2)解:要使粒子刚好不从下板的左端射出粒子运动轨迹如图所示:由几何知识得:tanθ= = ,cosθ= ,= tanθ+R2+ ,解得:R2= ,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得:qv2B=m ,解得:v2=2( ﹣2)2 ,粒子速度大小范围:2( ﹣2)2 ≤v≤2【知识点】磁感应强度;带电粒子在电场中的偏转;带电粒子在匀强磁场中的运动【解析】【分析】(1)粒子在电场中做类平抛运动,在磁场中做匀速圆周运动,应用类平抛运动规律与牛顿第二定律可以求出磁感应强度.(2)作出粒子运动轨迹,求出粒子轨道半径,应用牛顿第二定律求出临界速度,然后确定粒子速度范围.13.【答案】B,C,D【知识点】热力学第一定律(能量守恒定律)【解析】【解答】解:A.空气的相对湿度等于空气的绝对湿度与同温度下水的饱和汽压的比值,绝对湿度大时,同温度下的水的饱和汽压也可能大,所以相对湿度不一定大,故A错误;B.温度是分子的平均动能的标志,上午十时教室内空气中的水蒸气和氧气的温度相同,分子平均动能相同,故B正确;C.液体的表面张力使液体表面有收缩的趋势,下雨时,下落的水滴呈椭圆球形,这是表面张力使其收缩的结果,故C正确;D.假设有两个水分子为a和b,分子a从无穷远处靠近固定不动的分子b,分子间距大于r0时分子力表现为引力,没有达到平衡位置过程中,分子力做正功,则分子势能减小;子间距小于r0时,分子力表现为斥力,距离再减小的过程中分子力做负功 分子势能增大.所以当a、b间分子力为零时,它们具有的分子势能一定最小,故D正确;E.一定质量的理想气体等温膨胀,气体对外做功,而内能不变,根据热力学第一定律,气体一定从外界吸热,故E错误.故选:BCD.【分析】绝对湿度是指一定空间中水蒸气的绝对含量,可用空气中水的蒸气压来表示;相对湿度为某一被测蒸气压与相同温度下的饱和蒸气压的比值的百分数;相对湿度较大,但是绝对湿度不一定大;温度是分子的平均动能的标志;分子间距小于r0时,分子力表现为斥力,分子间距大于r0时分子力表现为引力,大于10r0时分子力几乎为零.结合分子力变化的特点分析分子势能的变化;根据气体膨胀的过程中体积增大,对外做功,再结合热力学第一定律分析气体是否吸收热量.14.【答案】解:①开始时B管中气体的压强为:将B管缓慢上提,设两管中水银液面相平时,A管中水银液面上升h,两管中气体压强相同,设为p,则有:得:h=0.5cmB管上提的距离为:x=2h+8cm=9cm②A管中气体:B管中气体:答:①保持A管不动,将B管缓慢上提,则B管上提的高度为9cm,可以使两管中水银液面相平②若将A管中气体温度升高△T,B管中气体温度降低△T,则△T为135K时,可以使两管中水银液面相平【知识点】理想气体与理想气体的状态方程;理想气体的实验规律【解析】【分析】①对两部分气体分别根据玻意耳定律列式,结合几何关系即可求解②分别对两部分气体根据理想气体状态方程列式,即可求出△T15.【答案】B,D,E【知识点】光的衍射【解析】【解答】解:A、偏振是横波的性质,故光的偏振说明光是横波,故A错误;B、频率由波源决定,在不同介质中频率不变,故B正确;C、雨后彩虹是由于太阳光入射到水滴中发生的折射形成的,故C错误;D、根据多普勒效应可知,当两物体以较大速度靠近时,接收频率增大,远离时减小,故D正确;E、双缝干涉实验中,用红光代替黄光后,波长变长,则导致干涉条纹的间距增大,故E正确;故选:BDE.【分析】只有横波才能发生偏振现象;光发生折射时,光的频率不变;雨后彩虹是光的折射现象;当声源与观察者间距变小时,接收频率变高;根据干涉条纹间距公式 ,即可一一求解.16.【答案】解:①P点完成一次全振动经过的路程为4A=20cm,3s内P点运动了60cm,说明T=1s由波形图知,波长λ=4m波速②x=76m处的质点达到波峰需要时间第三次到达波峰位置所需时间答:①该波的波速为4m/s.②从t=0开始到x=76m处的质点Q(图中未画出)第三次达到波峰位置所需的时间为20s【知识点】横波的图象【解析】【分析】(1)由图读出波长.在3s内,P点恰完成3个全振动的路程,说明经过三个周期时间,求出周期.再求解波速.(2)当图示时刻x=4m的振动传到Q时,质点Q第一次出现波峰.波在同一均匀介质中是匀速传播的,根据t= 求出时间.第三次出现波峰时间t+2T17.【答案】A,C,D【知识点】原子核的人工转变;光的波粒二象性【解析】【解答】解:A、德布罗意提出实物粒子也具有波动性,认为一切物体都具有波粒二象性,故A正确B、铀核裂变的核反应是用一个中子轰击铀核得到三个中子,但是方程式中中子不能约去.故B错误.C、从低能级向高能级跃迁时,可能通过粒子的碰撞获得能量来实现,故C正确D、根据E=hγ=h ,可知,光的波长越大,光子的能量越小,故D正确;E、氚核本身有一定的结合能,所以氕和氚结合成氦原子核时,其质量亏损所对应的能量小于该氦原子核的结合能,故E错误.故选:ACD【分析】根据物理学史和常识解答,记住著名物理学家的主要贡献即可.铀核裂变的核反应是用一个中子轰击铀核得到三个中子,中子不能约去.根据E=hγ=h ,即可分析波长与能量的关系,发生光电效应时光电子的动能只与入射光的频率有关,结合能:两个或几个自由状态的粒子结合在一起时释放的能量.分散的核子组成原子核时放出的能量叫做原子核结合能.18.【答案】解:①A下滑过程机械能守恒,由机械能守恒定律得:mgh= mv12,A、C碰撞过程系统动量守恒,以向左为正方向,由动量守恒定律得:mv1=2mv2﹣mv3,由机械能守恒定律得: mv12= 2mv22+ mv32,解得:v3= v1= ;②A返回过程系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得:mv3=(m+3m)v4,由机械能守恒定律得: mv32=mgh′+ (m+3m)v42,解得:h′= h;答:①A与C碰撞后A的速度大小为 ;②A再次滑上曲面后能上升的最大高度为 h【知识点】动量守恒定律【解析】【分析】①A下滑过程机械能守恒,应用机械能守恒定律可以求出A到达底端的速度,A、C碰撞过程机械能守恒、动量守恒,应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出速度;②A、B组成的系统机械能守恒、动量守恒,应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出A上升的高度.1 / 12016年广西五市联考高考物理模拟试卷(5月份)一、选择题1.(2016·广西模拟)如图所示,在光滑的水平地面上,质量为m1的物块和质量为m2的小球通过轻弹簧连接,在力F的作用下一起沿水平方向做匀加速运动(物块在地面上,小球在空中),已知力F与水平方向的夹角为θ,则下列说法正确的是( )A.物块的加速度为B.物块受到地面的支持力大小为m1g﹣FsinθC.弹簧的弹力大小等于拉力F和小球重力的合力D.如果在物块上再固定一个质量为m1的物体,则它们的加速度不变【答案】A【知识点】力的合成与分解的运用【解析】【解答】解:A、将m1、m2、弹簧看作整体,受力分析如图所示:根据平衡条件并采用正交分解法,得:(m1+m2)a=Fcos θ所以:a= .故A正确;B、竖直方向:N+Fsin θ﹣(m1+m2)g=0解得:N=(m1+m2)g﹣Fsin θ.故B错误;C、小球的加速度不为0,即小球受到的三个力的合力不为0,所以弹簧的弹力大小不等于拉力F和小球重力的合力.故C 错误;D、如果在物块上再固定一个质量为m1的物体,则它们的加速度: ,可知加速度减小.故D错误.故选:A【分析】直接对m1、m2、弹簧整体受力分析,即可以知道m1受到的支持力和摩擦力,注意在对整体分析时,要注意弹簧的弹力为内力,不予考虑.2.(2016·广西模拟)如图所示,正方形ABCD的四个顶角分别有垂直于纸面的长直导线,A,B,C,D四处的导线中分别通有大小为I、2I、3I、4I的电流,方向如图所示,一直通电长直导线周围某点的磁感应强度B与导线中的电流I成正比、与该点到导线的距离r成反比,即B=k ,若只有A,C两处的导线中通有电流时,正方形的中心O点处的磁感应强度大小为B0,若四处导线中都通以电流,则O点处的磁感应强度大小为( )A.0 B.B0 C.2B0 D.3B0【答案】B【知识点】力的合成【解析】【解答】解:四个电流到中心O的距离相等,设A在O点产生的磁感应强度为B,则B电流在O点产生的磁感应强度为2B,C电流在O点产生的磁感应强度为3B,D电流在O点产生的磁感应强度为4B,方向如图所示:部分合成后如下图所示:由于只有A、C两处的导线中通有电流时,正方形的中心O点处的磁感应强度大小为B0,故有:B= ;故四处导线中都通以电流,则O点处的磁感应强度大小为:B′= ;故选:B【分析】根据等距下电流所产生的B的大小与电流成正比,得出各电流在O点所产生的B的大小关系,由安培定则确定出方向,再利用矢量合成法则求得B的合矢量的大小和方向.3.(2016·铜仁模拟)如图甲所示,A为电荷分布均匀的带电绝缘圆环,B为不带电的金属圆环,B用绝缘杆固定于天花板,A,B环共轴,现让A绕其轴按图乙所示的角速度一时间关系图像转动,则下列说法错误的是( )A.0~t1时间内,两环间的作用力大小逐渐增大B.t1~t2时间内,两环间的作用力为零C.t2~t3时间内,两环间的作用力为引力D.t2~t3时间内,环中感应电流方向一定与A转动方向同向【答案】D【知识点】楞次定律【解析】【解答】解:A、由图可知,在0~t1时间内,环A的转速均匀增大,所以A产生的等效电流逐渐增大,与时间成正比,所以A产生的磁场也是均匀增大的,与时间成正比,根据法拉第电磁感应定律: ,可知B环内产生的感应电动势不变,所以感应电流也不变;B内的电流不变,而A的等效电流逐渐增大,所以两环间的作用力大小逐渐增大.故A正确;B、t1~t2时间内,A的转速不变,所以产生的磁场不变,所以B内没有感应电流,所以两环间的作用力为零.故B正确;C、由图可知,t2~t3时间内A的转速减小,所以产生的磁场减小,根据楞次定律可知,环B内产生的感应电流的磁场与A产生的磁场的方向相同,所以B内感应电流的方向与A电流的方向相同,则两环间的作用力为引力.故C正确;D、t2~t3时间内,环中感应电流方向一定与A电流的方向相同,但A内的电性是未知的,所以A的电流的方向不一定与A转动方向同向,所以B环中感应电流方向不一定与A转动方向同向.故D错误.本题选择错误的,故选:D【分析】由电流与磁场的关系判断出A运动产生的磁场的变化;有法拉第电磁感应定律判断感应电流的大小的变化;由楞次定律判断出感应电流的方向;由左手定则判断安培力的方向.4.(2016·广西模拟)假设若干年后人类发现了一颗太阳系外宜居行星,并进行了探索,发现该行星的自转周期为T,表面的重力加速度为g,发射一颗卫星需要的最小发射速度为v,引力常量为G,若发射一颗该行星的同步卫星,则同步卫星离该行星表面的高度为( )A.v ﹣ B.﹣C.v ﹣ D.﹣【答案】A【知识点】万有引力定律的应用【解析】【解答】解:根据题意有:,解得:R= ,GM= ;则有,同步卫星离该行星表面的高度为h=v ﹣ ,故A正确,BCD错误;故选:A.【分析】在该行星表面万有引力等于重力,同步卫星处万有引力提供同步卫星圆周运动的向心力,据此分析即可.5.(2016·铜仁模拟)如图所示为竖直平面内的两个半圆轨道,在B点平滑连接,两半圆的圆心O1、O2在同一水平线上,小半圆半径为R,大半圆半径为2R,一滑块从大的半圆一端A点以一定的初速度向上沿着半圆内壁运动,且刚好能通过大半圆的最高点,滑块从小半圆的左端向上运动,刚好能到达大半圆的最高点,大半圆内壁光滑,则( )A.滑块在A的初速度为B.滑块在B点对小半圆的压力为6mgC.滑块通过小半圆克服摩擦做的功力为mgRD.增大滑块在A点的初速度,则滑块通过小半圆克服摩擦力做的功不变【答案】B,C【知识点】功能关系;向心力【解析】【解答】解:A.由于滑块恰好能通过大的半圆的最高点,重力提供向心力,即mg=m ,解得:v= ,以AB面为参考面,根据机械能守恒定律可得: m =2mgR+ m( )2,求得vA= ,故A错误;B.滑块在B点时对小圆轨道的压力为:F=m =6mg,故B正确;C.设滑块在O1点的速度为v,则:v= =2 ,在小的半圆中运动过程中,根据动能定理Wf= m ﹣ mv2=mgR,故C正确;D.增大滑块在A点的初速度,则物块在小的半圆中各个位置速度都增大,物块对半圆轨道的平均压力增大,因此克服摩擦力做的功增多,故D错误.故选:BC.【分析】滑块恰好能通过大的半圆的最高点,由重力提供向心力,即mg=m ,可求最高点的速度,再由机械能守恒定律可求滑块在A的初速度;由牛顿第二定律可求滑块在B点对小半圆的压力;根据动能定理求摩擦力做的功和分析正压力的变化情况,在讨论摩擦力做功的变化情况.6.(2016·铜仁模拟)如图所示为a、b、c三个质点在同一直线上做直线运动的v﹣t图像,t=3t0时刻三个质点相遇,则( )A.t=0时刻,b、c两个质点在同一位置B.t=2t0时刻,a、b两质点在同一位置C.t=0时刻,a、c间距离是b、c间距离的2倍D.0~3t0时间内,a的平均速度是c的平均速度的2倍【答案】B,C,D【知识点】运动学 v-t 图象【解析】【解答】解:A、由于三个质点t=3t0时刻相遇,而在3t0时间内a的位移为:xa= ×4t0v0=2v0t0,b的位移为:xb= 3t0v0=1.5v0t0; c的位移为为:xc=v0t0; 因此t=0时刻,bc并不在同一位置,故A错误;B、由于t=2t0时刻以后至3t0时刻;ab运动的位移相同,而三个质点在t=3t0时刻相遇;故说明t=2t0时刻,三者在同一位置;故B正确;C、t=0时刻,ac间距离v0t0,bc间距离为0.5v0t0,故C正确;D、0~3t0时间内,a的平均速度 = = ,c的平均速度 = = ; 故D正确;故选:BCD【分析】明确v﹣t图像的性质,根据图像与时间轴围成的面积表示位移可求得位移;从而明确位置关系;再根据平均速度公式可求得平均速度;7.(2016·铜仁模拟)如图所示,模型交流发电机的矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动,矩形线圈与原线圈可调节的理想变压器、灯泡、平行板电容器组成电路,当矩形线圈转动的角速度为ω时,发现灯泡较暗,不能正常发光,为了使灯泡能正常工作,下列措施可行的是( )A.将原线圈抽头P适当向上滑动B.将电容器两板间的距离适当增大C.适当增大磁场的磁感应强度或适当增大线圈转动的角速度D.适当减小磁场的磁感应强度B,同时适当增大线圈的转动角速度ω,但Bω不变【答案】C,D【知识点】法拉第电磁感应定律【解析】【解答】解:A、将原线圈抽头P适当向上滑动,副线圈两端的电压变小,灯泡会变得更暗,故A错误;B、将电容器两板间的距离适当增大,电容器的电容减小,容抗增大,通过电容器的电流减小,灯泡会更暗,故B错误;C、由E=NBSω可知,适当增大磁场的磁感应强度或适当增大线圈转动的角速度会增大发电机的输出电压,增大副线圈两端的电压,灯泡两端的电压增大,可使灯泡能正常发光,故C正确;D、适当减小磁场的磁感应强度B,同时适当增大线圈转动的角速度ω,但Bω不变,由E=NBSω可知,输出电压不变,但输出交流电的频率增大,电容器的容抗减小,副线圈中的电流增大,因此可以使灯泡的亮度增大,达到正常发光,故D正确;故选:CD【分析】根据电压与匝数成正比,电流与匝数成反比,变压器的输入功率和输出功率相等,逐项分析即可得出结论.8.(2016·广西模拟)如图所示,O为半径为R的圆的圆心,ac、bd为圆的两个互相垂直的直径,在圆心O处固定一电荷量为Q的负点电荷,在a点处固定一电荷量为4Q的正点电荷,e为Oc连线上一点,f为Oc延长线上的一点ec=cf,则下列说法正确的是( )A.b、c、d三点中,b、d两点场强相等,c点场强最小B.b、c、d三点中,b、d两点电势相等,c点电势最低C.将一负的点电荷从e点沿直线移到f点,点电荷的电势能先减小后增大D.e、f两点的场强大小关系为Ee>Ef【答案】B,C,D【知识点】电势差、电势、电势能【解析】【解答】解:A、根据电场线的分布情况知,b、d两点场强大小相等,但方向不同,则电场强度不等,故A错误;B、b、d到正电荷的距离相等,由于b、d两点场强大小相等,所以b、d两点电势相等;由电场强度叠加可知,正负电荷在ac连线上的合场强向右,因为沿电场线的方向电势逐渐降低,所以c点电势最低,故B正确;C、将负的点电荷从e点沿直线移到f点,电场力先做正功后做负功,所以点电荷的电势能先减小后增大,故C正确;D、e点的场强为:Ee=k ﹣k ,f点的场强为:Ef=k ﹣k ,相比较可得两点的场强大小关系为Ee>Ef,故D正确.故选:BCD.【分析】根据电场线的分布情况,分析电场强度的关系.由U=Ed和场强的大小分析电势差关系,确定电势关系.根据移动电荷时电势的变化,分析电势能的变化.由电场强度的变化分析电场力的变化.二、非选择题9.(2016·铜仁模拟)某实验小组成员要做探究加速度与合外力、质量关系实验.(1)实验前要平衡摩擦力,关于平衡摩擦力,下列说法正确的是 .A.平衡摩擦力的方法就是,通过改变悬挂钩码的质量,使小车能匀速滑动B.平衡摩擦力的目的,使小车受到的合力就是细绳对小车的拉力C.平衡摩擦力时,若小车能从垫斜的木板上静止开始下滑,则表明摩擦力与重力沿斜面方向的分力平衡D.若改变小车的质量,则需要重新平衡摩擦力(2)实验中打点计时器使用的电源频率为50Hz,如图1为实验中打出的一条纸带的一部分,0、1、2、3、4、5、6为依次选取的7个计数点,相邻两计数点间还有4个打点未画出,从纸带上测出x1=4.20cm,x2=5.52cm,x3=9.42cm,x4=10.70cm,则木块加速度的大小a= m/s2(保留两位有效数字).(3)小组成员中甲、乙两同学先后在同一实验装置中做研究加速度与合外力关系实验,根据各自测得的数据在同一坐标纸上作出a﹣F图像如图2所示,根据图像可知,这两个同学实验操作时,都没有 ,若甲、乙两同学所用小车的质量分别为m甲、m乙,由图可知,m甲 m乙,(选填“大于”“小于”或“等于”)【答案】(1)B(2)2.2(3)平衡摩擦力或平衡摩擦力不足;小于【知识点】探究加速度与力、质量的关系【解析】【解答】解:(1)A、平衡摩擦力的方法就是,不挂钩码,让小车与纸带相连,调节斜面的倾角直到小车在斜面上做匀速直线运动为止,故A错误;B、平衡摩擦力的目的,使小车受到的合力就是细绳对小车的拉力,故B正确;C、平衡摩擦力时,小车能在斜面上做匀速直线运动表明摩擦力与重力沿斜面方向的分力平衡,故C错误;D、平衡摩擦力后改变小车的质量时不需要重新平衡摩擦力,故D错误;故选B;(2)电源频率为50Hz,相邻两计数点间还有4个打点未画出,则计数点间的时间间隔:t=5×0.02s=0.1s,由:△x=at2可知加速度:a= = ≈2.2m/s2;(3)由图像图像可知,当拉力大到一定值时才产生加速度,这是由于没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足造成的;由牛顿第二定律可知:a= F,则图像的斜率:k= ,由图示图像可知:k甲>k乙,则:m甲<m乙;故答案为:(1)B;(2)2.2;(3)平衡摩擦力或平衡摩擦力不足;小于.【分析】(1)实验前要平衡摩擦力,使小车受到的合力等于细线的拉力;平衡摩擦力后在实验过程中不需要再平衡摩擦力.(2)应用匀变速直线运动的推论:△x=at2可以求出加速度.(3)求出图像的函数表达式,分析图示图像根据图像特点分析答题.10.(2016·广西模拟)某同学要测量两节干电池串联组成的电池组的电动势和内阻,为防止实验中通过电源的电流过大造成电源出现极化(电动势明显下降、内阻明显增大)现象,该同学利用下列器材组成如图甲所示的实验电路.A.待测电源B.电阻R0(阻值为3.0Ω)C.电阻箱R(最大阻值为999.9Ω)D.电流表A(量程为0.6A,内阻为RA=2.0Ω)E.开关S,导线若干(1)根据图甲所示的电路连接实物电路,闭合开关后,多次调节电阻箱,记录电阻箱的阻值及相应电流表的示数I,并填入下表中,当电阻箱的阻值R为6.0Ω时,电流表的示数如图乙所示,读出数据完成下表,下表中的①为 ,②为 .R/Ω 1.0 2.0 3.0 4.0 5.0 6.0 7.0I/A 0.43 0.38 0.33 0.30 0.28 ① 0.23/A﹣1 2.32 2.63 3.03 3.33 3.57 ② 4.35(2)用表格中的数据在图丙所示的坐标纸上作出R﹣ 图线,根据图线求得斜率k= A﹣1 Ω﹣1,截距b= A﹣1.(保留两位小数)(3)根据图线求得电源电动势E= V,内阻r= Ω.(保留1位有效数字)【答案】(1)0.26;3.85(2)0.34;2.00(3)3;1【知识点】电池电动势和内阻的测量【解析】【解答】解:(1)由图乙可知,电流表最小分度为0.02A;故电流表读数为0.26A;电流的倒数为3.85A﹣1;(2)根据描点法可得出对应的图像如图所示;由图像可知,斜率k= =0.34A﹣1 Ω﹣1;图像的截距为b=2.0A﹣1;(3)根据闭合电路欧姆定律可知,E=I(r+R+R0+RA)即: = +则有:E= =3V;r=bE﹣(RA+R0)解得:r=1Ω故答案为:(1)0.26;3.85;(2)0.34;2.0;(3)3;1.【分析】(1)根据电流表的量程可确定最小分度,从而明确读数并计算出对应的倒数;(2)根据描点法可得出图像,再根据图像求解斜率和截距;(3)根据闭合电路欧姆定律以及(2)中所求的截距和斜率即可求得电动势和内电阻.11.(2016·铜仁模拟)如图甲所示,一平板车放置在水平地面上,车子中央放一质量为1kg的物块,物块与平板车的动摩擦因数为0.05,现对车施加一作用力,使车按图乙所示的v﹣t图像运动,物块一直在平板车上,g=10m/s2,求:(1)物块所能达到的最大速度;(2)平板车的长度至少为多少?【答案】(1)解:由乙图可知,车子加速运动时的加速度为:车子对物块的摩擦力能提供滑块的加速度为:因此物块在车上运动的v﹣t图像如图所示,由v=at可知,当车的速度为6m/s时,滑块的速度为3m/s设此后再经过t时间两者速度相同6﹣1t=3+0.5t,求得:t=2s则物块能达到的最大速度为:即:v=0.5×(6+2)m/s=4m/s(2)解:达到共速时相对位移最大,滑块位移 由v﹣t图得:物块运动的位移为: 平板车的位移 滑块相对平板车的位移△x=28﹣16=12m因此平板车的长度至少为:L=2△x=2×12m=24m【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系;匀变速直线运动的位移与时间的关系;牛顿运动定律的应用—板块模型【解析】【分析】(1)根据速度与时间的图像,结合图像的信息:斜率大小表示加速度的大小,倾斜方向与加速度方向有关.根据车的运动情况,从而可确定物块相对车加速还是减速,结合牛顿第二定律,即可求解.(2)根据匀变速运动规律,分别求出物块和小车的位移,求出相对位移△x,平板车长度为2△x12.(2016·铜仁模拟)如图所示,平行板MN、PQ间距离为d,板长为2d,板的正中有一半径为 的圆形有界磁场,磁场边界刚好与两板相切,两板间所加电压为U,一质量为m,电量为q的带电粒子从左端沿两板间的中线向右射入两板间,若只撤去磁场,粒子刚好从上板右端N点射出,若只撤去两板间所加的电压,带电粒子恰好能从下板的右端Q点射出,不计粒子的重力,求:(1)磁场的磁感应强度大小;(2)如果只撤去电场,要使粒子不能从板间射出,则粒子进入板间的速度大小应满足什么条件?【答案】(1)解:撤去磁场,粒子在电场中做类平抛运动,水平方向:2d=v0t,竖直方向: d= t2,解得:v0=2 ,撤去电场粒子在磁场中做匀速圆周运动,运动轨迹如图所示:由几何知识得:tan = = ,sinθ= ,cosθ= ,解得:R1=(1+ )d,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得:qv0B=m ,解得:B=(2)解:要使粒子刚好不从下板的左端射出粒子运动轨迹如图所示:由几何知识得:tanθ= = ,cosθ= ,= tanθ+R2+ ,解得:R2= ,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得:qv2B=m ,解得:v2=2( ﹣2)2 ,粒子速度大小范围:2( ﹣2)2 ≤v≤2【知识点】磁感应强度;带电粒子在电场中的偏转;带电粒子在匀强磁场中的运动【解析】【分析】(1)粒子在电场中做类平抛运动,在磁场中做匀速圆周运动,应用类平抛运动规律与牛顿第二定律可以求出磁感应强度.(2)作出粒子运动轨迹,求出粒子轨道半径,应用牛顿第二定律求出临界速度,然后确定粒子速度范围.三、选考题[物理-选修3-3]13.(2016·广西模拟)下列说法正确的是( )A.教室内的空气绝对湿度大,则空气的相对湿度一定大B.上午十时,教室内空气中的水蒸气分子和氧气的分子平均动能是相同的C.下雨时,观察教室屋檐滴下的水滴,发现水滴在下落过程中呈椭圆球形,这是表面张力D.水中的水分子总是在永不停息地做杂乱无章的运动,当两个水分子运动到适当的位置使分子力为零时,它们具有的分子势能一定最小E.一定质量的水蒸气发生等温膨胀时,可能会向外散热【答案】B,C,D【知识点】热力学第一定律(能量守恒定律)【解析】【解答】解:A.空气的相对湿度等于空气的绝对湿度与同温度下水的饱和汽压的比值,绝对湿度大时,同温度下的水的饱和汽压也可能大,所以相对湿度不一定大,故A错误;B.温度是分子的平均动能的标志,上午十时教室内空气中的水蒸气和氧气的温度相同,分子平均动能相同,故B正确;C.液体的表面张力使液体表面有收缩的趋势,下雨时,下落的水滴呈椭圆球形,这是表面张力使其收缩的结果,故C正确;D.假设有两个水分子为a和b,分子a从无穷远处靠近固定不动的分子b,分子间距大于r0时分子力表现为引力,没有达到平衡位置过程中,分子力做正功,则分子势能减小;子间距小于r0时,分子力表现为斥力,距离再减小的过程中分子力做负功 分子势能增大.所以当a、b间分子力为零时,它们具有的分子势能一定最小,故D正确;E.一定质量的理想气体等温膨胀,气体对外做功,而内能不变,根据热力学第一定律,气体一定从外界吸热,故E错误.故选:BCD.【分析】绝对湿度是指一定空间中水蒸气的绝对含量,可用空气中水的蒸气压来表示;相对湿度为某一被测蒸气压与相同温度下的饱和蒸气压的比值的百分数;相对湿度较大,但是绝对湿度不一定大;温度是分子的平均动能的标志;分子间距小于r0时,分子力表现为斥力,分子间距大于r0时分子力表现为引力,大于10r0时分子力几乎为零.结合分子力变化的特点分析分子势能的变化;根据气体膨胀的过程中体积增大,对外做功,再结合热力学第一定律分析气体是否吸收热量.14.(2016·铜仁模拟)如图所示,两个相同的竖直玻璃管A、B下端通过橡胶软管相连,玻璃管中装有适量的水银,两玻璃管的上端封闭,使两玻璃管中分别封闭一段气柱,气柱的长均为L=10cm,A管中空气柱的压强为P1=76cmHg,两管中气体温度均为33℃,A管中水银液面比B管水银液面高出8cm,两玻璃管的长度足够长.①保持A管不动,将B管缓慢上提,则B管上提的高度为多少,可以使两管中水银液面相平?②若将A管中气体温度升高△T,B管中气体温度降低△T,则△T为多少时,可以使两管中水银液面相平?【答案】解:①开始时B管中气体的压强为:将B管缓慢上提,设两管中水银液面相平时,A管中水银液面上升h,两管中气体压强相同,设为p,则有:得:h=0.5cmB管上提的距离为:x=2h+8cm=9cm②A管中气体:B管中气体:答:①保持A管不动,将B管缓慢上提,则B管上提的高度为9cm,可以使两管中水银液面相平②若将A管中气体温度升高△T,B管中气体温度降低△T,则△T为135K时,可以使两管中水银液面相平【知识点】理想气体与理想气体的状态方程;理想气体的实验规律【解析】【分析】①对两部分气体分别根据玻意耳定律列式,结合几何关系即可求解②分别对两部分气体根据理想气体状态方程列式,即可求出△T四、[物理-选修3-4]15.(2016·广西模拟)下列说法中正确的是( )A.光的偏振现象说明光波是纵波B.波从一种介质进入另一种介质时,频率保持不变C.雨后彩虹是由于太阳光入射到水滴中发生全反射形成的D.鸣笛汽车驶近路人过程中,路人听到的声波频率比该波源的振动频率大E.在双缝干涉实验中,用红光代替黄光作为入射光可增大干涉条纹的间距【答案】B,D,E【知识点】光的衍射【解析】【解答】解:A、偏振是横波的性质,故光的偏振说明光是横波,故A错误;B、频率由波源决定,在不同介质中频率不变,故B正确;C、雨后彩虹是由于太阳光入射到水滴中发生的折射形成的,故C错误;D、根据多普勒效应可知,当两物体以较大速度靠近时,接收频率增大,远离时减小,故D正确;E、双缝干涉实验中,用红光代替黄光后,波长变长,则导致干涉条纹的间距增大,故E正确;故选:BDE.【分析】只有横波才能发生偏振现象;光发生折射时,光的频率不变;雨后彩虹是光的折射现象;当声源与观察者间距变小时,接收频率变高;根据干涉条纹间距公式 ,即可一一求解.16.(2016·铜仁模拟)图示为沿x轴正方向传播的简谐波在t=0时的波形图,此时x=5m处的质点刚开始振动,一个人观察x=3m处的P点,发现在3s内P点经过的路程为60cm.求:①该波的波速.②从t=0开始到x=76m处的质点Q(图中未画出)第三次达到波峰位置所需的时间.【答案】解:①P点完成一次全振动经过的路程为4A=20cm,3s内P点运动了60cm,说明T=1s由波形图知,波长λ=4m波速②x=76m处的质点达到波峰需要时间第三次到达波峰位置所需时间答:①该波的波速为4m/s.②从t=0开始到x=76m处的质点Q(图中未画出)第三次达到波峰位置所需的时间为20s【知识点】横波的图象【解析】【分析】(1)由图读出波长.在3s内,P点恰完成3个全振动的路程,说明经过三个周期时间,求出周期.再求解波速.(2)当图示时刻x=4m的振动传到Q时,质点Q第一次出现波峰.波在同一均匀介质中是匀速传播的,根据t= 求出时间.第三次出现波峰时间t+2T五、[物理-选修3-5]17.(2016·广西模拟)下列说法正确的是( )A.玻尔大胆提出假设,认为实物粒子也具有波动性B.轴核裂变的核反应是 U→ Ba+ Kr+ nC.原子从低能级向高能级跃迁,不一定通过吸收光子来实现D.根据爱因斯坦的“光子说”可知光的波长越大,光子的能量越小E.氕和氚结合成氦原子核时,其质量亏损所对应的能量等于该氦原子核的结合能【答案】A,C,D【知识点】原子核的人工转变;光的波粒二象性【解析】【解答】解:A、德布罗意提出实物粒子也具有波动性,认为一切物体都具有波粒二象性,故A正确B、铀核裂变的核反应是用一个中子轰击铀核得到三个中子,但是方程式中中子不能约去.故B错误.C、从低能级向高能级跃迁时,可能通过粒子的碰撞获得能量来实现,故C正确D、根据E=hγ=h ,可知,光的波长越大,光子的能量越小,故D正确;E、氚核本身有一定的结合能,所以氕和氚结合成氦原子核时,其质量亏损所对应的能量小于该氦原子核的结合能,故E错误.故选:ACD【分析】根据物理学史和常识解答,记住著名物理学家的主要贡献即可.铀核裂变的核反应是用一个中子轰击铀核得到三个中子,中子不能约去.根据E=hγ=h ,即可分析波长与能量的关系,发生光电效应时光电子的动能只与入射光的频率有关,结合能:两个或几个自由状态的粒子结合在一起时释放的能量.分散的核子组成原子核时放出的能量叫做原子核结合能.18.(2016·晋城模拟)如图所示,光滑水平面上的同一直线上放着处于静止状态的光滑曲面体B和滑块C,B的质量为3m,C的质量为2m,B开始处于锁定状态,一质量为m的小球A从曲面上离地面高h处由静止释放,沿曲面滚到水平面上再与滑块发生弹性碰撞,小球滚离曲面体后,立即让曲面体解除锁定,小球被滑块反弹后再滑上曲面体,重力加速度为g,求:①A与C碰撞后A的速度大小;②A再次滑上曲面后能上升的最大高度.【答案】解:①A下滑过程机械能守恒,由机械能守恒定律得:mgh= mv12,A、C碰撞过程系统动量守恒,以向左为正方向,由动量守恒定律得:mv1=2mv2﹣mv3,由机械能守恒定律得: mv12= 2mv22+ mv32,解得:v3= v1= ;②A返回过程系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得:mv3=(m+3m)v4,由机械能守恒定律得: mv32=mgh′+ (m+3m)v42,解得:h′= h;答:①A与C碰撞后A的速度大小为 ;②A再次滑上曲面后能上升的最大高度为 h【知识点】动量守恒定律【解析】【分析】①A下滑过程机械能守恒,应用机械能守恒定律可以求出A到达底端的速度,A、C碰撞过程机械能守恒、动量守恒,应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出速度;②A、B组成的系统机械能守恒、动量守恒,应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出A上升的高度.1 / 1 展开更多...... 收起↑ 资源列表 2016年广西五市联考高考物理模拟试卷(5月份)(学生版).docx 2016年广西五市联考高考物理模拟试卷(5月份)(教师版).docx