長沙市四校2016屆高三聯考物理本試題卷分選擇題和非選擇題兩部分，共13頁。時量90分鐘，滿分110分。一、選擇題（本題共12小題，每小題4分，在每小題給出的四個選項中，第1～8題只有一項符合題目要求，第9～12題有多項符合題目要求，全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。）1．下列說法正確的是（）A.力的平行四邊形定則的探究實驗中運用了控制變量的方法B.伽利略在研究自由落體運動時運用了理想實驗的方法C．參考系必須是固定不動的物體D．法拉第不僅提出了場的概念，而且發明了人類歷史上的第一臺發電機答案：D【解析】力的平行四邊形定則的探究實驗中沒有運用控制變量的方法，A錯.用到了等效替代的方法，B.伽利略在研究自由落體運動時運用了推理的方法，C．參考系可以是運動的物體，D說法正確OF2．如圖所示，用恒力F將物體壓在粗糙豎直面上，當F從實線位置繞O點順時針轉至虛線位置，物體始終靜止，則在這個過程中，摩擦力f與墻壁對物體彈力FN的變化情況OFA．f方向可能一直豎直向上 B．f先變小后變大C．FN先變小后變大 D．FN先變小后變大再變小答案A【解析】FN的大小等于F的水平分力，故先變大后變小，f先減小到等于重力，當F轉過水平位置后，若F較小，f方向依然豎直向上，f繼續，若F較大，則當F轉過水平位置后，f可能反向，且f變大，故A正確。3．如圖所示，兩塊平行金屬板傾斜放置，其間有一勻強電場，PQ是中央線．一帶電小球從a點以速度v0平行于PQ線射入板間，從b點射出。以下說法正確的是（）A．小球一定帶正電B．從a到b，小球一定做類平拋運動C．小球在b點的速度一定大于v0D．從a到b，小球的電勢能一定增加答案：C【解析】不知極板電性，也不知重力與電場力大小關系，而合力指向運動軌跡的凹側，由a到b合力做正功，動能增加，速率增大。易判斷選C4．如圖所示，兩根直木棍AB和CD相互平行，斜靠在豎直墻壁上固定不動，一個圓筒從木棍的上部以初速度v0勻速滑下．若保持兩木棍傾角不變，將兩棍間的距離減小后固定不動，仍將圓筒放在兩木棍上部以初速度v0滑下，則下列判斷正確的是（）A．仍勻速滑下 B.加速下滑 C．減速下滑 D．以上三種情況均可能答案：B【解析】水泥圓筒從木棍的上部勻速滑下過程中，受到重力、兩棍的支持力和摩擦力，根據平衡條件得知：mgsinθ﹣2f1=0將兩棍間的距離稍減小后，兩棍支持力的合力不變，夾角減小，每根木棍對圓筒的支持力減小，滑動摩擦力減小，根據牛頓第二定律，有：mgsinθ﹣2f2=ma，由于摩擦力變小，故加速度變大；可知圓筒將勻加速滑動；故選：B．5．以v0＝20m/s的初速從地面豎直向上拋出一物體，上升的最大高度H＝18m。設空氣阻力大小不變，則上升過程和下降過程中動能和勢能相等的高度分別是(以地面為重力勢能零點)()A．等于9m，等于9m B．大于9m，小于9mC．小于9m，大于9m D．大于9m，大于9m答案：選B【解析】由初速度和上升最大高度可知物體必受阻力，機械能不斷減小，上升時，動能與勢能相等處為h,則,下落時，機械能仍在不斷減小，動能與勢能相等處h’，。6．如圖所示，一根細線下端拴一個金屬小球P，細線的上端固定在金屬塊Q上，Q放在帶小孔（小孔光滑）的水平桌面上，小球在某一水平面內做勻速圓周運動．現使小球在一個更高的水平面上做勻速圓周運動，而金屬塊Q始終靜止在桌面上的同一位置，則改變高度后與原來相比較，下面的判斷中正確的是()A．細線所受的拉力變小B．小球P運動的角速度變大C．Q受到桌面的靜摩擦力變小D．Q受到桌面的支持力變大答案：B【解析】分析設繩與豎直方向的夾角為θ,小球質量為m,金屬塊質量為M,A錯不變,D錯，故B對7．如圖所示是發電廠通過升壓變壓器進行高壓輸電，接近用戶端時再通過降壓變壓器降壓給用戶供電的示意圖（圖中變壓器均可視為理想變壓器，圖中電表均為理想交流電表）。設發電廠輸出的電壓一定，兩條輸電線總電阻用R0表示，變阻器R相當于用戶用電器的總電阻。當用電器增加時，相當于R變小，則當用電進入高峰時A．電壓表V1、V2的讀數均不變，電流表A2的讀數增大，電流表A1的讀數減小B．電壓表V3、V4的讀數均減小，電流表A2的讀數增大，電流表A3的讀數減小C．電流表V2、V3的讀數之差與電流表A2的讀數的比值不變D．線路損耗功率不變答案：C【解析】當進入高峰時，R變小，V1、V2的讀數均不變；電流表A1、A2、A3的讀數增大，V3、V4的讀數減小，線路損耗功率增大，D錯。電流表V2、V3的讀數之差與電流表A2的讀數的比值等于線路電阻R0，選C。8．寬度均為d且足夠長的兩相鄰條形區域內，各存在磁感應強度大小均為B，方向相反的勻強磁場。電阻為R、邊長為的等邊三角形金屬框的AB邊與磁場邊界平行，金屬框從圖示位置以垂直于AB邊向右的方向做勻速直線運動，取逆時針方向電流為正，從金屬框C端剛進入磁場開始計時，框中產生的感應電流隨時間變化的圖像是（）答案：A【解析】由四個圖象，t=0到，圖象一樣，從到感應電動勢增加，電流方向順時針，從到全部出磁場，感應電動勢增大，電流逆時針，綜合選A。9．某行星外圍有一圈厚度為d的發光帶（發光的物質），簡化為如圖所示模型，R為該行星除發光帶以外的半徑。現不知發光帶是該行星的組成部分還是環繞該行星的衛星群，某科學家做了精確地觀測，發現發光帶繞行星中心的運行速度與到行星中心的距離r的關系如圖所示。（圖中所標v0為已知），則下列說法正確的是（）A．發光帶是該行星的組成部分B．該行星的質量C．行星表面的重力加速度D．該行星的平均密度為1/rV1/rV20答案：BC【解析】由，結合圖像關系可知發光帶為衛星群，圖像斜率k=GM,結合圖像可知,再結合可知，行星半徑為R，D選項顯然錯誤.10．如圖所示，用兩根等長的絕緣細線各懸掛質量分別為mA和mB的兩小球，懸點為O。兩小球帶有同種電荷，電荷量分別為qA和qB，當小球由于靜電作用張開一角度時，A、B球懸線與豎直方向間夾角分別為α與β（α<β）。兩小球突然失去各自所帶電荷后開始擺動，最大速度分別為vA和vB，最大動能分別為EkA和EkB。則（ ）A．mA一定大于mB B．qA一定大于qBC．vA一定大于vB D．EkA一定小于EkB答案：AD【解析】2個小球在重力場和電場中均受3個力的作用而處于平衡狀態，其中兩球之間的庫侖力FC、F'C是一對作用力與反作用力，對A球進行受力分析如右圖，在力的矢量三角形中，由正弦定理，可得，解得mAg=FC，同理對B球可得：mBg=F'C，由于FC=F'C，兩細線與AB連線構成等腰三角形，θ=θ'。則有，即mA>mB。2小球失去各自所帶電荷后開始擺動，運動到最低點時有最大速度和最大動能，根據機械能守恒定律。對A球，有mAgL(1–cosα)=mAvA2。對B球，有mBgL(1–cosβ)=mBvB2。解得：vA<vB，EkA =mAgL(1–cosα)=FCLsinθ=FCLsinθtanEkB =mBgL(1–cosβ)=FCLsinθ=FCLsinθtan所以EkA<EkB，綜上正確為A11．如圖所示，在一個邊長為a的正六邊形區域內存在磁感應強度為B，方向垂直于紙面向里的勻強磁場。三個相同帶正電的粒子，比荷為eq\f(q,m)，先后從A點沿AD方向以大小不等的速度射入勻強磁場區域，粒子在運動過程中只受磁場力作用。已知編號為①的粒子恰好從F點飛出磁場區域，編號為②的粒子恰好從E點飛出磁場區域，編號為③的粒子從ED邊上的某一點垂直邊界飛出磁場區域。則()A．編號為①的粒子進入磁場區域的初速度大小為eq\f(\r(3)Bqa,3m)B．編號為②的粒子在磁場區域內運動的時間t=C．編號為③的粒子在ED邊上飛出的位置與E點的距離(2－3)aD．三個粒子在磁場內運動的時間依次減少并且為4:2:1答案：選ACD【解析】(1)設編號為①的粒子在正六邊形區域磁場中做圓周運動的半徑為r1，初速度大小為v1，則qv1B＝meq\f(v\o\al(2,1),r1)由幾何關系可得r1＝eq\f(a,2sin60°)解得v1＝eq\f(\r(3)Bqa,3m)(2)設編號為②的粒子在正六邊形區域磁場中做圓周運動的半徑為r2，線速度大小為v2，周期為T2，則qv2B＝meq\f(v\o\al(2,2),r2)，T2＝eq\f(2πr2,v2)解得T2＝eq\f(2πm,Bq)由幾何關系可得，粒子在正六邊形區域磁場運動過程中，轉過的圓心角為60°，則粒子在磁場中運動的時間t＝eq\f(T,6)＝eq\f(πm,3Bq)(3)設編號為③的粒子在正六邊形區域磁場中做圓周運動的半徑為r3，由幾何關系可得AE＝2acos30°＝eq\r(3)ar3＝eq\f(AE,sin30°)＝2eq\r(3)aO3E＝eq\f(AE,tan30°)＝3aEG＝r3－O3E＝(2eq\r(3)－3)a12．如圖所示，AB、CD為兩個平行的水平光滑金屬導軌，處在方向豎直向下、磁感應強度為B的勻強磁場中。AB、CD的間距為L，左右兩端均接有阻值為R的電阻。質量為m、長為L，且不計電阻的導體棒MN放在導軌上，甲、乙為兩根相同的輕質彈簧，彈簧一端與MN棒中點連接，另一端均被固定。導體棒MN與導軌接觸良好。開始時，彈簧處于自然長度，導體棒MN具有水平向左的初速度v0，經過一段時間，導體棒MN第一次運動到最右端，這一過程中A、C間的電阻R上產生的焦耳熱為Q，則()A．初始時刻導體棒所受的安培力大小為eq\f(2B2L2v0,R)B．從初始時刻至導體棒第一次到達最左端的過程中，整個回路產生的焦耳熱大于eq\f(2Q,3)C．當導體棒第一次到達最右端時，每根彈簧具有的彈性勢能為mveq\o\al(2,0)－QD．當導體棒第一次回到初始位置時，A、B間電阻R的熱功率為eq\f(B2L2v\o\al(2,0),R)答案：ABC【解析】初始時刻由E＝BLv0、I＝eq\f(2E,R)及F＝BIL可解得F＝eq\f(2B2L2v0,R)，A正確；由于導體棒往復運動過程中機械能逐漸轉化為焦耳熱，故從開始到第一次到達最左端過程中產生的焦耳熱Q′大于從左端運動到平衡位置產生的焦耳熱，即Q′＞eq\f(1,3)×2Q，B正確；由能量守恒可知B正確；當導體棒再次回到平衡位置時，其速度v＜v0，A、C間電阻的實際熱功率為P＝eq\f(B2L2v2,R)，故D錯誤。易知C正確。二、實驗題（本題共2小題，共14分）22．（6分）某實驗小組要探究力對物體做功與物體獲得速度的關系，選取的實驗裝置如圖所示，實驗主要步驟如下：（1）實驗時，在未連接橡皮筋時將木板的左端用小木塊墊起，不斷調整使木板傾斜合適的角度，打開打點計時器，輕推小車，最終得到如圖所示的紙帶，這樣做的目的是為了。（2）使小車在一條橡皮筋的作用下由某位置靜止彈出，沿木板滑行，這時橡皮筋對小車做的功為W；（3）再用完全相同的2條、3條……橡皮筋作用于小車，每次由靜止在（填“相同”或“不同”）位置釋放小車，使橡皮筋對小車做的功分別為2W、3W……（4）分析打點計時器打出的紙帶，分別求出小車每次獲得的最大速度v1、v2、v3……（5）作出W－v圖象，則下列符合實際的圖象是（填字母序號）。AABCD22．【答案】（1）平衡摩擦阻力（2分）；（3）相同（2分）；（5）D（2分）。23．（9分）二極管是一種半導體元件，它的符號為“＋－”＋－（1）某課外興趣小組想要描繪某種晶體二極管的伏安特性曲線。因二極管外殼所印的標識模糊，為判斷該二極管的正、負極，他們用多用電表電阻擋測二極管的正、反向電阻。其步驟是：將選擇開關旋至合適倍率，進行歐姆調零，將黑表筆接觸二極管的左端、紅表筆接觸右端時，指針偏角比較小。然后將紅、黑表筆位置對調后再進行測量，指針偏角比較大，由此判斷端為二極管的正極。（選填“左”、“右”）（2）廠家提供的伏安特性曲線如右圖，為了驗證廠家提供的數據，該小組對加反向電壓時的伏安特性曲線進行了描繪，可選用的器材有：A．直流電源E：電動勢5V，內阻忽略不計B．直流電源E：電動勢50V，內阻忽略不計C．滑動變阻器R：0～20ΩD．電壓表V1：量程45V、內阻約500kΩE．電壓表V2：量程3V、內阻約20kΩF．電流表μA：量程300μA、內阻約400ΩG．電流表mA：量程50mA、內阻約5ΩH．待測二極管D＋－I．單刀單擲開關S＋－①為了提高測量結果的準確度，選用的器材：。（填序號字母）②為了達到測量目的，請在答題卡上虛線框內畫出正確的實驗電路原理圖。DESRV2μA③為了保護二極管，反DESRV2μA。【答案】（1）右（2分）；（2）①BCDFHI（2分）；②）如圖（3分）；應為內接法（答案錯）③（2分）可能的答案：a、在二極管支路串入一阻值合適的分壓電阻起保護作用；b、閉合開關前滑動觸頭停在最左端，向右移動滑動觸頭時應緩慢進行，同時仔細觀察電壓表示數變化，以防止電壓達到40V。（合理回答均可）三、必考題（本題共3小題，共33分，解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案的不能得分。有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位）15、（10分）如圖所示，虛線圓的半徑為R,AC為光滑豎直軒，AB與BC構成直角的L形軌道，小球與AB、BC軌道間的動摩擦因數均為。A、B、C三點正好是圓上三點，而AC正好為該圓的直徑，AB與AC的夾角為。如果套在AC桿上的小球自A點靜止釋放，分別沿ABC軌道和AC直軌道運動，忽略小球滑過B處時能量損耗。求：（1）小球在AB軌道上運動的加速度（2）小球沿ABC軌道運動到達C點時的速率（3）若AB、BC、AC軌道均光滑，如果沿ABC軌道運動到達C點的時間與沿AC直軌道運動到達C點的時間之比為5：3，求的正切值。【解析】(1)A到B：，則(2)小球沿ABC軌道運動，從A到C，動能定理：（3）設小球沿直軌道做自由落體運動，運動時間，則有，得。軌道均光滑，小球由A至B，機械能守恒，設B處速度為，則且依等時圓，，以后沿直軌道運動的加速度，且，故，代入后得16.（11分）如圖所示,MN和SQ是兩個足夠長的不計電阻的導軌，豎直放置相距為L=0.5m，在該平面內有豎直向上的勻強磁場（未畫），磁感應強度為B=1T，一根比L略長（計算時可認為就是L）的金屬桿質量為m=0.1kg，電阻為R=2，緊靠在導軌上，與導軌的下端相距足夠遠，金屬桿初始位置處的動摩擦因數為，而與初始位置相距為x處的動摩擦因數為（其中k為0.2）。導軌下端接有圖示電源及滑動變阻器,電源的電動勢為E=65V,內阻r=1，當滑動變阻器的觸頭P在正中央時，閉合S釋放ab，金屬桿恰好不滑動。VAVAS（2）調節滑動變阻器，當電源的輸出功率最小時，從初始位置釋放金屬桿，那么釋放時金屬桿的加速度a多大？金屬桿下滑多遠停止運動？(g取10)【解析】（1）(2)當輸出功率最小時滑動變阻器連入電路的電阻，I=,，a=假設下降到x處時，其摩擦力為因為摩擦力與位移x成線性關系，所以克服摩擦力的功可以用平均力求：（設下降h停止運動。）而重力的功為mgh，由功能關系有：mgh=，所以得：h=17．（12分）如圖所示，質量為m、帶正電的小球（可視為質點），先固定在半徑為R的光滑圓弧（固定在地面上）的最高點C處，CA圓弧末端水平且距地面的高度為h=R，只在OA的右邊空間充滿勻強電場，電場強度大小為E，勻強磁場大小未知，方向均豎直向下，以O點為原點，水平向右為x軸正向，垂直紙面向里為y軸正向，將小球從C點釋放后，發現小球的落地點坐標為（0，）.(1)小球到達A點時對軌道的壓力（2）小球的電荷量q（3）如果將OA的右方電場和磁場撤去，再在OA右方加上一個同樣大小方向垂直紙面向里的勻強電場，為使小球離開A點后做平拋運動，可以加一個勻強磁場，那么該勻強磁場的磁感應強度大小為多大？小球從離開A點到落到地面的時間多長？【解析】（1）達A點的速度為,所以有：,N=3mg。（2）由題意可知，小球在磁場中只運動了半周，并設豎直向下的加速度為a，豎直方向有：而水平面內小球做勻速圓周運動，,r=,由以上式子可得：a=2g，所以有qE=mg，(3)小球離開A點后受到垂直向里的電場力qE，由于水平速度不變，加一個豎直向上的勻強磁場，使得,則：則可。落地時間為四、選考題（本題滿分15分。請考生任選一題作答，并將題目的題號寫在相應位置上。注意所做題目的題號必須與所選題號一致，在答題卡選答區域指定位置答題。如果多做，則按所做的第一題計分。）18．{選修3—3模塊}（15分）(1)如圖所示的四幅圖分別對應四種說法，其中正確的是()．A．微粒運動就是物質分子的無規則熱運動，即布朗運動B．當兩個相鄰的分子間距離為r0時，它們間相互作用的引力和斥力大小相等C．食鹽晶體的物理性質沿各個方向都是一樣的D．小草上的露珠呈球形的主要原因是液體表面張力的作用E．相對濕度越大，空氣中的水分子含量一定越大。(2)一汽缸豎直放在水平地面上，缸體質量M＝10kg，活塞質量m＝4kg，活塞橫截面積S＝2×10－3m2，活塞上面的汽缸內封閉了一定質量的理想氣體，下面有氣孔O與外界相通，大氣壓強p0＝1.0×105Pa.活塞下面與勁度系數k＝2×103N/m的輕彈簧相連．當汽缸內氣體溫度為127℃時彈簧為自然長度，此時缸內氣柱長度L1＝20cm，g取10m/s2，缸體始終豎直，活塞不漏氣且與缸壁無摩擦．①當缸內氣柱長度L2＝24cm時，缸內氣體溫度為多少K?(2)缸內氣體溫度上升到T0以上，氣體將做等壓膨脹，則T0為多少K?【解析】（1）布朗運動是顆粒的運動不是分子的運動，選項A錯誤；食鹽是晶體，晶體具有各向異性的特點，選項C錯誤；B、D正確．相對濕度越大，空氣中的水分子含量不一定大，E錯。答案BD（2）①V1＝L1S，V2＝L2S，T1＝400Kp1＝p0－eq\f(mg,S)＝0.8×105Pap2＝p0＋eq\f(F－mg,S)＝1.2×105Pa根據理想氣體狀態方程，得：eq\f(p1V1,T1)＝eq\f(p2V2,T2)解得T2＝720K②當氣體壓強增大到一定值時，汽缸對地壓力為零，此后再升高氣體溫度，氣體壓強不變，氣體做等壓變化．設汽缸剛好對地沒有壓力時彈簧壓縮長度為Δx，則kΔx＝(m＋M)gΔx＝7cmV3＝(Δx＋L1)Sp3＝p0＋eq\f(Mg,S)＝1.5×105Pa根據理想氣體狀態方程，得：eq\f(p1V1,T1)＝eq\f(p3V3,T0)解得T0＝1012.5K19．[選修3—4模塊]（15分）（1）下列說法中正確的是（）A．麥克斯韋提出電磁場理論并預言電磁波存在，后來由他又用實驗證實電磁波的存在B．簡諧機械波在給定的介質中傳播時，振動的頻率越高，則波傳播一個波長的距離所用的時間越短。C．某同學在做“有單擺測定重力加速度”的實驗中，開始計時時，秒表提前按下，他測得的g值偏小D．在光的雙縫干涉實驗中，若僅將入射光由綠光改為紅光，則干涉條紋間距變窄E．光異纖維絲內芯材料的折射率比外套材料的折射率大F．在太陽光照射下，水面上油膜出現彩色花紋是光的色散現象G．除了從光源直接發出的光以外，我們通常看到的絕大部分光都是偏振光。(2)(9分)如圖甲所示是由透明材料制成的半圓柱體，一束細光束由真空沿著徑向與AB成θ角射入后對射出的折射光線的強度進行記錄，發現它隨著θ角的變化而變化，變化關系如圖乙所示；如圖丙所示是這種材料制成的玻璃磚，左側是半徑為R的半圓，右側是長為4R，寬為2R的長方形，一束單色光從左側A′點沿半徑方向與長邊成45°角射入玻璃磚，求：①該透明材料的折射率；②光線在玻璃