2016百校联盟新课标2猜题卷-理科物理-（第六模拟）（详细答案）

2016百校联盟新课标2猜题卷-理科物理-(第六模拟)

一、单选题：共4题

1．如图所示，一倾角θ=30°的斜面体放在水平地面上，其上表面放一物块A，两者均处

于静止状态。现将倾角θ增大7°(斜面体质量不变)，物块A和斜面体仍保持静止，则下列说法中正确的是

A.物块A对斜面体的摩擦力减小 C.斜面体对地面的摩擦力增大 【答案】D

【解析】对物块A受力分析如图所示，将重力沿平行于斜面方向和垂直于斜面方向分解，则静摩擦力f=mgsinθ，f随θ的增大而增大，由牛顿第三定律，物块A对斜面体的摩擦力增大，选项A错误；斜面体对物块A的支持力FN=mgcosθ，由牛顿第三定律，物块A对斜面体的压力FN'=mgcosθ，随θ的增大而减小，选项B错误；现将倾角θ增大7°，物块A和斜面体仍保持静止，将物块A和斜面体视作一整体，斜面体对地面的摩擦力不变仍为0，斜面体对地面的压力大小不变，仍为物块A和斜面体的重力之和，选项C错误，D正确。

B.物块A对斜面体的压力增大 D.斜面体对地面的压力不变

2．已知通入电流为I的长直导线在周围某点产生的磁感应强度大小B与该点到导线间

的距离r的关系为B=k(k为常量)。如图所示，竖直通电长直导线中的电流I方向向上，绝缘的光滑水平面上P处有一带正电小球从图示位置以初速度v0水平向右运动，小球始终在水平面上运动，运动轨迹用实线表示，若从上向下看，则小球的运动轨迹可能是

【答案】A

【解析】通电长直导线产生的磁场的磁感应强度B方向在水平面内，由于洛伦兹力F与B、v0的方向均垂直，所以F沿竖直方向，小球在水平方向上不受力而做匀速直线运动，只有选项A正确。

3．下列每幅图象中的两条图线分别表示某质点运动的速度v和加速度a随时间变化的

关系，选择同一正方向，则其中可能正确的是

【答案】B

【解析】题图A中，加速度方向与速度方向相反时，质点应做减速运动，A错；题图B中加速度方向与初速度方向相反，且加速度减小，因此速度先减小，斜率同时减小，速度减小到零后反向增大，直到加速度为零，速度不变，B对；题图C中加速度增大，则速度与加速度同向时速度应一直增大，C错；题图D，加速度方向与初速度方向相同，速度应增大，D错。

4．如图所示，带正电的金属滑块质量为m、电荷量为q，与绝缘水平面间的动摩擦因数

为μ(μ<1)。水平面上方有水平向右的匀强电场，电场强度为E=。如果在A点给滑块

一个向左的大小为v的初速度，运动到B点速度恰好为零，则下列说法正确的是

A.滑块运动到B点后将返回向A运动，来回所用时间相同 B.滑块运动到B点后将返回向A运动，到A点时速度大小仍为v C.滑块回到A点时速度大小为

v

D.A、B两点间电势差为

【答案】C

【解析】由A点到B点过程，滑块加速度为aAB=

=(μ+1)g，由B点到A点过程，

滑块加速度为aBA==(1-μ)g，而位移大小相等，所以运动时间不可能相同，选项A

错误；滑块返回A点时的速度大小不可能等于滑块在A点的初速度，选项B错误；根据v2=2aABs，=2aBAs，可得回到A点时滑块速度vA=选项C正确，D错误。

二、多选题：共7题

5．专家称嫦娥四号探月卫星为“四号星”，计划在2017年发射升空，它的主要任务是更

v，s=，UAB=-Es=-，

深层次、更全面地科学探测月球地貌等方面的信息，完善月球档案资料。已知月球的半径为R，月球表面的重力加速度为g，月球的平均密度为ρ，嫦娥四号开始探测时与月球中心的距离为r，根据以上信息可求得 A.引力常量G=

B.引力常量G=

C.嫦娥四号的运行速度v=【答案】BD

D.嫦娥四号的运行速度v=

【解析】由万有引力提供向心力可得=m，又月球表面的物体满足mg=，且

M=ρ·πR3，可得嫦娥四号的运行速度v=

，G=，选项B、D正确。

6．如图所示，理想变压器原线圈与电阻R0连接，原、副线圈的匝数比为20∶1，b是

原线圈的中心抽头，副线圈连接滑动变阻器，电压表和电流表均为理想交流电表。已知交流电源电压瞬时值表达式为u1=220

sin 100πt(V)。下列说法中正确的是

A.单刀双掷开关K扳向a时，电压表的示数小于11 V B.通过滑动变阻器R的交变电流的频率为100 Hz

C.单刀双掷开关K由a扳向b，滑动变阻器滑片不动，电压表的示数不变，电流表示数变小

D.保持K的位置不变，滑动变阻器滑片向下移，电压表的示数变小，电阻R0功率变大 【答案】AD

【解析】电源电压有效值为220 V，如果原线圈上无电阻R0，由电压之比等于匝数之比可得，副线圈两端电压有效值为11 V，电表测量的是有效值，示数也为11V，但实际上有电阻R0分压，电压表示数小于11 V，故A正确；变压器不改变交变电流的频率，由交变电流表达式可知频率为50 Hz，故B错误；单刀双掷开关由a扳向b，原线圈匝数变少，副线圈两端电压变大，电压表的示数变大，滑动变阻器滑片不动，电流表示数也变大，故C错误；保持K的位置不变，滑动变阻器滑片向下移，电阻变小，副线圈中的电流变大，那么原线圈中的电流也随着变大，电阻R0功率增大，电阻R0两端的电压也变大，交流电源的电压不变，变压器的输入电压变小，副线圈两端的电压也相应变小，选项D正确。

7．如图所示，将一可视为质点的物块从固定斜面顶端由静止释放后沿斜面加速下滑，

设物块质量为m，物块与斜面AB、水平面BC之间的动摩擦因数都为μ，斜面的高度h和底边长度x均可独立调节(斜面长度不变，斜面底端与水平面右端接触点B不变)，则下列说法正确的是

A.若增大x，物块滑到斜面底端时的动能减小 B.若增大h，物块滑到斜面底端时的动能减小 C.若增大μ，物块滑到斜面底端时的动能增大 D.若改变x，物块最终停在水平面上的位置会改变 【答案】AD

【解析】设斜面长为s，倾角为θ，对物块运用动能定理可得mgh-Wf=Ek-0，其中Ek为物块滑到斜面底端时的动能，Wf为物块下滑过程克服摩擦力所做的功，而

Wf=fs=μmgcosθ·s=μmgx，故Ek=mgh-μmgx，选项A正确，B、C错误；设物块在水平面上滑动的距离为L，由动能定理可得mgh-μmgscosθ-μmgL=0，即L=-x，若改变x，L会改变，物块最终停在水平面上的位置会改变，选项D正确。

8．如图所示，正三角形ABC区域内存在垂直纸面的匀强磁场(未画出)，磁感应强度为

B=，△ABC的边长为L，O为BC边的中点。大量质量为m、速度为v0的粒子从O

点沿不同的方向垂直于磁场方向射入该磁场区域(不计粒子重力)，则从AB边和AC边射出的粒子在磁场中的运动时间可能为

A.

B.

C.

D.

【答案】BCD

【解析】所有粒子的初速度大小相等，它们在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r=

；当轨迹圆弧对应的弦最长时，圆心角最大，时间最长，当轨迹圆弧对应的

弦最短时，圆心角最小，时间最短。对于从AB边和AC边射出的粒子在磁场中的运动，可知最长的弦为OA=

，恰好等于轨道半径，对应的圆心角为60°，因此最长运动时间

为；过O作AB边或AC边的垂线，垂足为D，可知OD=为最短的弦，对应

的圆心角略小于30°，因此最短运动时间略小于

，故选B、C、D。

9．关于热现象，下列说法中正确的是 。(填正确答案标号。选对1个得2分，

选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)

A.用显微镜观察布朗运动，把微粒运动的位置按时间顺序连接得到的不规则折线表示的是液体分子的运动轨迹

B.一定质量的气体，压强不变、温度升高时，吸收的热量一定大于内能的增加量 C.一定量100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气，其分子势能增加

D.可利用高科技手段，将流散的内能全部收集加以利用，而不引起其他变化 E.物体的内能取决于温度、体积和物质的量 【答案】BCE

【解析】观察布朗运动，将记录的微粒位置按时间连接得到的不规则折线不能表示液体分子的运动轨迹，A错误；一定质量的气体，压强不变、温度升高时，气体分子的密集

程度要减小，气体体积膨胀，对外做功，所以吸收的热量一定大于内能的增加量，B正确；一定量的 100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气，需吸收一定热量，其内能增加，而分子个数、温度均未变化，表明其分子势能增加，C正确；根据热力学第二定律可知，一切涉及热现象的宏观过程都具有方向性，所以不可能将流散的内能全部收集加以利用，而不引起其他变化，D错误；物体的内能是物体内所有分子的动能和分子势能的总和，因此由物质的量、温度和分子间距离(体积)决定，E正确。

10．2015年12月30日在新疆阿克陶县发生3.3级地震，震源深度7千米。如果该地震

中的简谐横波在地球中匀速传播的速度大小为 4 km/s，如图所示，波沿x轴正方向传播，某时刻刚好传到N处，则 。(填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)

A.从波源开始振动到波源迁移到地面需要1.75 s时间 B.波的周期为0.015 s

C.从波传到N处开始计时，经过t=0.03 s位于x=240 m处的质点加速度最小 D.图示时刻，波的图象上M点的速度沿y轴负方向，经过一段极短时间动能减小 E.图示时刻，波的图象上除M点外与M点势能相等的质点有7个 【答案】BCE

【解析】波上质点并不随波迁移，选项A错误；由题意可知该波的周期为T=

=0.015

s，从波传到x=120 m处开始计时，经过t=0.03 s，波刚好传到x=240 m处，位于x=240 m处的质点在平衡位置，加速度最小，选项B、C正确；由“上下坡”法可得，题图所示时刻，M点的速度沿y轴负方向，正在向平衡位置运动，速度增大，则动能增大，选项D错误；由简谐运动的对称性可得除M点外与M点势能相等的质点有7个，选项E正确。

11．下列说法正确的是 。(填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4

分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)

A.放射性元素发生β衰变时所释放的电子是原子核内的中子转化为质子时产生的 B.β衰变现象说明电子是原子核的组成部分

C.不仅光具有波粒二象性，实物粒子也具有波粒二象性

D.一群氢原子从n=3的激发态跃迁到基态时，能辐射2种不同频率的光子

E.根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，氢原子的电势能减小，核外电子的运动速度增大 【答案】ACE

【解析】β衰变时，原子核中的一个中子转化为一个质子和一个电子，释放出来的电子就是β粒子，即β粒子是原子核衰变时由中子转化而来，不能说明原子核中含有电子，选项A正确，B错误；光子、实物粒子都具有波粒二象性，选项C正确；一群氢原子从n=3的激发态跃迁到基态时，能辐射

=3种不同频率的光子，选项D错误；根据玻尔

理论，氢原子辐射出一个光子后，从高能级向低能级跃迁，氢原子的能量减小，轨道半径减小，电子速率增大，动能增大，由于氢原子能量减小，则氢原子电势能减小，故E正确。

三、计算题：共7题

12．利用如图甲所示电路测量未知电阻Rx的阻值，其中R1为电阻箱，R2为滑动变阻器。

(1)根据图甲所示的电路，完成图乙实物图的连接。 (2)请完善下列实验步骤：

①闭合开关S1，先将S2拨向1，调节滑动变阻器R2的滑片，使电流表A有适当的读数，并记下其数值I；

②将S2拨向2，保持 不变，调节 ，使电流表A的读数仍为I；

③电阻Rx的值等于 。

(3)电阻Rx的测量值与真实值可能不相等，若不考虑偶然误差的因素，则可能的原因是 。 【答案】(1)如图所示 (2)②滑动变阻器R2的滑片位置 电阻箱R1 ③电阻箱R1的示数 (3)电阻箱R1的阻值不连续

【解析】(2)在实验过程中，要始终保持滑动变阻器R2的滑片位置不变，调节电阻箱R1的阻值，若电阻箱R1的阻值与待测电阻Rx相等，则开关S2分别位于1和2时，电流表读数相等。(3)由于电阻箱R1的阻值不连续，因而可能导致电阻箱R1的阻值与待测电阻Rx的阻值并不完全相等。

13．某同学进行“验证力的平行四边形定则”实验，试完成主要步骤：

(1)如图甲，用两只弹簧测力计分别钩住细绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，记下结点的位置O点、两弹簧测力计的读数F1、F2以及 。 (2)用一只弹簧测力计钩住细绳套把橡皮条与细绳套的结点拉到 ，记下细绳的方向(如图丙中的Oc)；如图乙，读得弹簧测力计的示数F= 。 (3)如图丙，按选定的标度作出了力F1、F2的图示，请在图丙中： a.按同样的标度作出力F的图示；

b.按力的平行四边形定则作出F1、F2的合力F'。

(4)关于该实验的注意事项，下列说法中正确的是 。 A.实验中所用的两根细绳越短越好 B.弹簧测力计的拉力方向必须与木板平行 C.每次实验中两个分力间的夹角必须大于90° 【答案】(1)两细绳的方向

(2)同一位置O点 4.00 N (3)如图所示 (4)B

【解析】(1)如题图甲，用两只弹簧测力计分别钩住细绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，记下结点位置O点和两弹簧测力计的示数F1、F2以及两细绳的方向。(2)用一只弹簧测力计钩住细绳套，把结点拉到同一位置O点，记下细绳的方向，由题图乙可读得弹簧测力计的示数F=4.00 N。(4)拉橡皮条的细绳要适当长一些，以方便画出力的方向，故A错误；为了减小实验中因摩擦造成的误差，操作中要求弹簧测力计、细绳、橡皮条都应与木板平行，故B正确；在实验中两个分力的夹角大小要适当，且两个力的大小要适量大些，这样有利于减小实验中的偶然误差，不需要使夹角一定大于90°，故C错误。

14．如图甲所示，水平足够长的平行金属导轨MN、PQ间距L=0.3 m。导轨电阻忽略不

计，其间连接有阻值R=0.8 Ω的定值电阻。开始时，导轨上垂直放置着一质量m=0.01 kg、电阻r=0.4 Ω 的金属杆ab，整个装置处于磁感应强度大小B=0.5 T的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下。现用一平行金属导轨的外力F水平向右拉金属杆，使之由静止开始运动。运动过程中，金属杆与导轨始终接触良好。电压采集器可将其两端的电压U即时采集并输入电脑，获得的电压U随时间t变化的关系如图乙所示。求：

(1)在t=4 s时通过金属杆的感应电流和0~4 s内金属杆的位移大小； (2)t=4 s时拉力F的瞬时功率。 【答案】(1) 12 m (2) 0.765 W

【解析】(1)由题图乙可知，当t=4 s时，U=0.6 V，此时电路中的电流(即通过金属杆的电流)I==0.75 A，用右手定则判断出，此时电流的方向由b指向a 由题图乙知U=kt=0.15t(V)

金属杆切割磁感线产生的感应电动势E=BLv 由电路分析有U=联立得v=1.5t(m/s)

E

v与t成正比，即金属杆沿水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a=1.5 m/s2 金属杆在0~4 s内的位移x=a(Δt)2=12 m (2)t=4 s时杆的速度v4=aΔt=6 m/s 金属杆所受安培力F安=BIL

由牛顿第二定律，对金属杆有F-F安=ma

联立解得t=4 s时拉力F的瞬时功率P=Fv4=0.765 W。

15．如图所示，在水平地面上静置有一质量M=1 kg的长木板，一质量m=1 kg的滑块(可

视为质点)以速度v0=10 m/s冲上长木板的左端，滑块与长木板间的动摩擦因数μ1=0.4，长木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.1。长木板的右端距离为d=1 m处放置一固定的竖直光滑半圆槽，半圆槽半径为R=0.6 m，半圆槽底端高度与长木板高度相同。当长木板的右端与半圆槽底端相碰时，滑块刚好滑离长木板右端而滑上半圆槽轨道底端，已知重力加速度g=10 m/s2。

(1)求滑块在长木板上表面滑行过程中，滑块和长木板的加速度。 (2)求长木板的长度L。

(3)求滑块经过半圆槽轨道底端时对轨道的压力大小，并判断滑块能否通过半圆槽的顶端。若能，求出滑块通过顶端时的速度大小；若不能，说明理由。 【答案】(1) 2 m/s2 方向水平向右 (2) 7 m (3) 2【解析】(1)根据牛顿第二定律，对滑块有μ1mg=ma1 则a1=μ1g=4 m/s2，方向水平向左 对长木板有μ1mg-μ2(M+m)g=Ma2 则a2=2 m/s2，方向水平向右

(2)根据匀变速直线运动公式，对长木板有d=a2t2 解得t=1 s

设滑块滑离长木板右端时速度为v1，相对地面的位移为x 则v1=v0-a1t=6 m/s

m/s

x==8 m

所以长木板的长度L=x-d=7 m

(3)滑块在半圆槽底端，根据牛顿第二定律，有F-mg=m 解得F=70 N

根据牛顿第三定律知，滑块对半圆槽底端的压力F'=F=70 N

假设滑块能够通过半圆槽的顶端，且经过顶端的速度为v2，根据机械能守恒定律，有m

=2mgR+m

解得v2=2 m/s

m/s

m/s

而滑块能够通过半圆槽顶端的临界速度v临=

可见v2>v临，所以滑块能够通过半圆槽的顶端，且其速度大小为 2

16．如图，右端开口、左端封闭的粗细均匀的细长U形玻璃管竖直放置。左、右两管长

均为50 cm，玻璃管底部水平部分长l3=30 cm，玻璃管的左管中间有一段长l2=5 cm的水银柱，在左管上部封闭了一段长l1=40 cm的空气柱(空气可视为理想气体)。已知大气压强为p0=75 cmHg。现将一活塞(图中未画出)从玻璃管右端开口处缓慢往下推，使左管上部空气柱长度变为l'1=35 cm。假设下推活塞过程中没有漏气，环境温度不变。

(i)下推活塞的过程中，左管上部封闭的空气柱是吸热还是放热? (ii)求活塞往下推的距离。 【答案】(i) 放 (ii) 15 cm

【解析】(i)由于空气柱温度不变，内能不变，且外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，空气柱放出热量

(ii)选左管上部的空气柱为研究对象，初状态：p1=p0-5 cmHg=70 cmHg，V1=40 cm×S；末状态：V2=35 cm×S 根据玻意耳定律有p1V1=p2V2 解得p2=80 cmHg

选水银柱与活塞间气体为研究对象，初状态：p'1=p0=75 cmHg，V'1=85 cm×S；末状态：p'2=p2+5 cmHg=85 cmHg，V'2=l'2S 由玻意耳定律有p'1V'1=p'2V'2 解得l'2=75 cm

因此活塞往下推的距离x=(130-35-5-75) cm=15 cm

17．某探究小组的同学利用直角三棱镜做光学实验，直角三棱镜的截面如图所示，棱镜

的折射率为，α=30°，BC边长度为a。P为垂直于直线BCO的光屏。现有一宽度等

于AB边长度的平行单色光束垂直射向AB面，已知sin 75°=+，cos 75°=-。求：

(i)光线从AC面射出时的折射角；

(ii)在光屏P上被折射光线照亮的光带的宽度。 【答案】(i) 45° (ii) (2

-2)a

【解析】(i)光线在AB面上折射后方向不变，射到AC面上的入射角i=30° 如图甲所示，折射角为r，根据折射定律有得r=45°

sin 30°=sinr

(ii)如图乙所示，可画出折射光线在光屏上的光带宽度等于CE ∠EAC=45°，∠ECA=30°，AC=2a

在△AEC中，根据正弦定理有

解得CE=(2

-2)a

18．如图所示，质量为M的物块B穿在光滑的水平杆上，质量为M的砂摆A用轻绳与

物块B连接，质量为m的子弹以大小为v0的速度水平向右射入砂摆且未穿出，已知砂摆的摆角小于90°。重力加速度为g，不计空气阻力。

(i)若物块B固定在光滑水平杆上，求砂摆能达到的最大高度。 (ii)若物块B可在光滑水平杆上自由移动，求砂摆能达到的最大高度。 【答案】(i)

【解析】(i)子弹打入砂摆过程，由动量守恒定律可得 mv0=(m+M)v

若物块B固定在光滑水平杆上，砂摆和子弹整体向上摆动过程，由机械能守恒定律可得 (m+M)v2=(m+M)gh

联立解得砂摆上升的最大高度为h=

(ii)若物块B可在光滑水平杆上自由滑动，在砂摆和子弹整体与物块B作用的过程中，系统在水平方向上动量守恒 (m+M)v=(m+2M)v' 由机械能守恒定律有

(m+M)v2=(m+M)gh'+(m+2M)v'2

联立解得h'=

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