2016年新课标全国模拟卷

宁鹏程

二、选择题：本题共8小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，第14-18题只有一项符合题目要求，第19-21题有多项符合题目要求.全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分.

14.一个质点，在x轴上做直线运动.在t=0时刻质点处于静止状态，它的坐标x和时间平方t2的关系图象如图1所示，则该质点（ ）.

A.质点运动方向与x轴正方向相同

B.质点做匀速直线运动

C.质点运动加速度为3 m/s2

D.质点运动加速度为6 m/s2

答案：D

解析设物体的初位置对应的坐标为x0，不妨假设物体沿着x轴的负方向做匀加速运动，加速度大小为a，则它的坐标x=x0-12at2，x-t2图象为倾斜向下的直线，假设成立，即-

12a=-3 m/s2，解得：a=6 m/s2.综合上面分析可得：本题答案选D.

15.如图2所示为一水平传送带装置示意图.A、B为传送带的左、右端点，AB长L=2 m，初始时传送带处于静止状态，当质量m=2 kg的煤块（可视为质点）轻放在传送带A点时，传送带立即启动，启动过程可视为加速度a=2 m/s2的匀加速运动，加速结束后传送带立即匀速转动.已知煤块与传送带间动摩擦因数μ=0.1，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2.如果煤块以最短时间到达B点，此情况下煤块运动到B点的过程中在传送带上留下的痕迹至少为（ ）.

A.1 mB.2 mC.3 mD. 4 m

答案：A

解析（1）为了使煤块以最短时间到达B点，煤块应一直匀加速从A点到达B点，μmg=ma1，解得：a1=1 m/s2，v2B=2a1L，vB=2 m/s，传送带加速结束时的速度v=vB=2 m/s时，煤块在传送带上的痕迹最短，煤块运动时间t=vBa1=2 s，传送带加速过程：vB=at1得t1=1 s，x1=12at21，解得：x1=1 m；传送带匀速运动过程：t2=t-t1=1 s，x2=vBt2，解得：x2=2 m，故痕迹最小长度为Δx=x1+x2-L=1 m，选项A正确.

16.在真空中A、B两点分别放有一异种点电荷+2Q和-Q，以AB连线中点O为中心做一正方形路径abcd，a、O、c三点恰好将AB四等分，b、d为AB的中垂线与正方形两边的交点如图3所示，说法正确的是（）.

A.场强的大小关系有Ea>Ec，Eb=Ed

B.电势φa<φc，φb=φd

C.在AB连线上O点的场强最小

D.将一正点电荷沿直线由b运动到d的过程中电势能始终不变

答案：A

解析设Aa的距离的大小为r，则Ea=2kQr2+kQ（3r）2=19kQ9r2，Ec=2kQ（3r）2+kQr2=11kQ9r2，则：Ea>Ec；b与d点由于对称性可得：Eb=Ed，选项A正确；沿电场线方向电势降低，φa>φc，φb=φd，选项B错误；由电场线的疏密程度可知： 连线上，电场强度的最小值出现在O点的右侧，正电荷沿直线由b运动到d的过程中，只是初末的电势能相等，过程中电势能变化，选项C和D都是错误的.

17.开口向上的半球形曲面的截面如图4所示，直径AB水平.一物块（可视为质点）在曲面内A点以某一速率开始下滑，曲面内各处动摩擦因数不同，因摩擦作用物块下滑过程速率保持不变.在物块下滑的过程中，下列说法正确的是（ ）.

A.物块运动过程中加速度始终为零

B.物块所受合外力不变

C.滑到最低点C时，物块所受重力的瞬时功率达到最大

D.物块所受摩擦力大小逐渐变小

答案：D

解析设物块的速率为v，半球形曲面的半径为R，物块运动过程中加速度的大小为a=v2R，选项A错误；物块所受合外力大小F=ma=mv2R不变，方向时刻在变化，选项B错误；物块滑到最低点C时，物块所受重力和物块的速度垂直，由P=Fvcosθ可得：滑到最低点C时，物块所受重力的瞬时功率为零，选项C错误；设物块和轨迹圆心的连线和竖直方向的夹角为α，由于物块做匀速圆周运动，所以物块在沿着速度方向的合力为零，物块所受摩擦力大小

为f=mgsinα，又由于在物块下滑过程，α减小，所以摩擦力大小逐渐变小，选项D正确.

18.如图5所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平面的M、N两小孔中，O为M、N连线的中点，连线上a、b两点关于O点对称.导线中均通有大小相等、方向向上的电流.已知长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度B=KIr，式中K是常数、I是导线中的电流、r为点到导线的距离.一带正电小球以初速度v0从a点出发沿连线运动到b点.关于上述过程，下列说法正确的是（ ）.

A.小球先做加速运动后做减速运动

B.小球先做减速运动后做加速运动

C.小球对桌面的压力一直在增大

D.小球对桌面的压力先减小后增大

答案：C

解析由于小球在水平方向不受力，所以小球做匀速直线运动；由右手螺旋定则、磁感应强度的叠加和左手定则可得：带正电小球从a点运动到O点的过程受到的洛仑兹力竖直向上且逐渐减小到零，由物体的平衡可得：此过程桌面对小球的支持力逐渐增大；带正电小球从O点运动到b点的过程受到的洛仑兹力竖直向下且从零逐渐增大，由物体的平衡可得：此过程桌面对小球的支持力逐渐增大；由牛顿第三定律可得：小球对桌面的压力一直在增大.综合上面分析可得：本题答案选C.

19.手摇发电机产生的正弦交流电经变压器给灯泡L供电，其电路如图6所示.当线圈以角速度ω匀速转动时，电压表示数为U，灯泡正常发光.已知发电机线圈的电阻为r，灯泡正常发光时的电阻为R，其它电阻可忽略，变压器原线圈与副线圈的匝数比为k，变压器可视为理想变压器.则（ ）.

A.灯泡的额定电压为Uk

B.灯泡的额定功率为k2U2R

C.发电机的线圈中产生的电动势最大值为

2（R+r）UR

D.从中性面开始计时，原线圈输入电压的瞬时值表达式为U=2Usinωt

答案：A、D

解析不妨设流过原线圈的电流为I1，加在原线圈两端的电压为U1，流过副线圈的电流为I2，加在副线圈两端的电压为U2，副线圈两端连接的总电阻为R，把变压器和副线圈两端连接的总电阻等效成电阻R′，则：R′=U1I1、R=U2I2、U1U2=n1n2、I2I1=n1n2，进一步可得：R′=（n1n2）2R.结合本题可得：R′=k2R，发电机的线圈中产生的电动势的有效值为E=I1（R′+r）=I1（k2R+r），U=I1R′=I1k2R，可得：E=U（k2R+r）k2R，发电机的线圈中产生的电动势最大值为Em=2E=2U（k2R+r）k2R，也可在发电机两端用U=E-I1r求得E，选项C错误；由U1U2=n1n2结合题意可得：灯泡的额定电压为U2=Uk，选项A正确；灯泡的额定功率为P=U2k2R，选项B错误；从中性面开始计时，原线圈输入电压的瞬时值表达式为u=2Usinωt，选项D正确.

20.如图7所示，两根足够长的光滑金属导轨竖直放置，底端接电阻R，轻弹簧上端固定，下端悬挂质量为m的金属棒，金属棒和导轨接触良好.除电阻R外，其余电阻不计.导轨处于匀强磁场中，磁场方向垂直导轨所在平面.静止时金属棒位于A处，此时弹簧的伸长量

为ΔL，弹性势能为EP.重力加速度大小为g.将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，金属棒在运动过程中始终保持水平，则（）.

A.当金属棒的速度最大时，弹簧的伸长量为ΔL

B.电阻R上产生的总热量等于mgΔL-EP

C.金属棒第一次到达A处时，其加速度方向向下

D.金属棒第一次下降过程通过电阻R的电荷量比第一次上升过程的多

答案：B、D

解析当金属棒静止在A处时：mg=kΔL（k为轻弹簧的劲度系数）；当金属棒的速度最大时，金属棒的合力为零，此时弹簧的伸长量的大小为x1，即mg=kx1+BI1L，mg>kx1，进一步可得：ΔL>x1，选项A错误；由于金属棒克服安培力做功，金属棒的机械能越来越小，最终金属棒静止在A处，由能量转化和守恒定律可得：mgΔL=EP+Q，进一步可得：电阻R上产生的总热量等于Q=mgΔL-EP，选项B正确；金属棒第一次到达A处时速度大小为v，金属棒从弹簧原长位置由静止释放到第一次到达A处的过程中，由能量转化和守恒可得：mgΔL=12mv2+Q1+12kΔL2=12mv2+Q1+12mgΔL，可得v>0，即此时金属棒有向下的速度，由右手定则和左手定则可得：此时金属棒受到的安培力向上，由于此时金属棒受到的安培力是金属棒受到的合力，所以金属棒第一次到达A处时，其加速度方向向上，选项C错误；由E=NΔΦΔt、E=I（R+r）、q=IΔt可得：q=NΔΦ（R+r），由于金属棒扫过的面积对应的磁通量等于磁通量的变化量，由于金属棒第一次下降过程的位移大小大于第一次上升过程的位移大小，所以金属棒第一次下降过程通过电阻R的电荷量比第一次上升过程的多，选项D正确.

21.太空中存在一些离其它恒星很远的、由三颗星组成的三星系统，可忽略其它星体对它们的引力作用.已观测到稳定的三星系统存在两种基本的构成形式：一种是直线三星系统──三颗星始终在一条直线上；另一种是三角形三星系统──三颗星位于等边三角形的三个顶点上.已知某直线三星系统A每颗星体的质量均为m，相邻两颗星中心间的距离都为R；某三角形三星系统A的每颗星体的质量恰好也均为m，且三星系统A外侧的两颗星做匀速圆周运动的周期和三星系统B每颗星做匀速圆周运动的周期相等.引力常量为G，则（ ）.

A.三星系统A外侧两颗星运动的线速度大小为v=GmR

B.三星系统A外侧两颗星运动的角速度大小为12R5GmR

C.三星系统B的运动周期为T=4πRR5Gm

D.三星系统B任意两颗星体中心间的距离为

L=3125R

答案：B C D

解析三星系统A外侧两颗星运动的线速度大小为v，则

Gm2R2+Gm24R2=mv2R，解得：v=5GmR，选项A错误；角速度大小为ω=vR=12R5GmR，选项B正确；三星系统B的运动周期为T=2πω=

4πRR5Gm，选项C正确；三星系统B任意两颗星体中心间的距离为L，则：2rcos30°=L，2Gm2cos30°L2=

mr4π2T2，进一步可得：L=3125R，选项D正确.

非选择题共19题（含选考题），共174分

三、非选择题：包括必考题和选考题两部分.第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须做答.第33题～第40题为选择题，考生根据要求做答.

22.（6分）某实验小组在做“验证牛顿第二定律”实验中.

（1）在闭合电键之前，甲同学将实验器材组装成图8所示.请指出该装置中的错误或不妥之处（只要答出其中的两点即可）： ； .

（2）乙同学将上述装置调整正确后进行实验，在实验中得到如图9所示的一条纸带，图中相邻两计数点之间还有四个点没有画出，由图中的数据可计算得小车加速度为 m/s2.（保留两位有效数字）

图10（3）丙同学在利用上述调整好的装置进行实验中，保持砂和砂桶的总质量不变，小车自身的质量为M且保持不变，改变小车中砝码的质量m，并测出小车中放不同砝码时所对应的加速度a，以m为横坐标，1a为纵坐标，在坐标纸上做出如图10所示的1a-m关系图线，图中纵轴上的截距为b，则小车受到的拉力大小为

.

答案：（1）1.用的是直流电源2.木板的右端没有垫高，（没平衡摩擦力）3.小车离打点计时器太远；（2）0.50 （或0.49）；（3）

Mb

解析（2）a=xBC-xABT2

=（10.06-6.21）-（6.21-2.86）0.12×10-2m/s2=0.50（m/s2）

（3）对小车和砝码整体由牛顿第二定律可得：

F=（M+m）a，进一步可得：1a=1Fm+MF，结合图9可得：MF=b，F=Mb.

23.（9 分）在练习使用多用表时，某同学将选择开关拨至“×10Ω”档时，欧姆表的内部结构可简化成图10中虚线框内的电路，其中定值电阻R0与电流表G 的内阻之比R0∶Rg=1∶4，电流表G的量程已知，故能正确读出流过电流表G的电流值.欧姆表已经进行了必要的调零.该同学想用一个电阻箱Rx较精确的测出该倍率下电路中电源的电动势E和欧姆表的总内阻R′，他的操作步骤是：

a.将欧姆表与电阻箱Rx连成图11所示的闭合回路

b.改变电阻箱阻值，记下电阻箱示数Rx和与之对应的电流表G的示数IG；

c.将记录的各组Rx、IG的数据描点在图12中，得到1IG-Rx图线如图12所示；

d.根据图12做得的1IG-Rx图线，求出电源的电动势E和欧姆表的总内阻R′.

中，a表笔和b表笔的颜色分别是 和 ，电源的电动势E为V，欧姆表总内阻R′为Ω.电流表G的量程是

.

答案：黑（1分） 红 （1分） 9（2分） 180（3分） 1×10-2（2分）

解析对于多用表，电流都是由黑表笔流出，红表笔流入；由闭合电路欧姆定律可得：5IG（R′+Rx）=E，进一步可得：1IG=5ERx+5R′E，结合图象可得：5E=300-100360，解得：E=9V；5R′E=100，解得：R′=180Ω；电流表G的量程为Ig，当电流表满偏时，Rx=0Ω，则：5IgR′=E，解得：Ig=1×10-2A.

24.（14分）一质量m=

0.9 kg的小球，系于长L=0.9m的轻绳一端，绳的另一端固定在O点，假定绳不可伸长、柔软且无弹性.现将小球从O点的正上方 O1点以初速度v0=2.25m/s水平抛出，已知OO1=0.8m，如图13所示.（g取10m/s2）试求：

（1）轻绳刚伸直时，绳与竖直方向的夹角θ；

（2）当小球到达O点的正下方时，小球对绳的拉力.

答案：（1）θ=12π； （2） 43N 图14图15

解析（1）质点做平抛运动，当绳刚伸直时，设绳与竖直方向的夹角为θ，如图14所示，则

v0t=Lsinθ （2分）

12gt2=OO′-Lcosθ （2分）

其中L=0.9m，v0=2.25m/s，OO1=0.8m

联立解得：θ=12π，t=0.4s （2分）

（2）绳绷直时刚好水平，如图15所示，由于绳不可伸长，故绳绷直瞬间，v0立即减为零，小球仅有竖直速

度vy，且vy=gt=4m/s（1分）

小球在竖直平面内圆周运动，设小球到达O点正下方时速度为v，根据机械能守恒定律有：

12mv2=12mv2y+mgL （2分）

小球在最低点时，设绳对小球的拉力为F，由牛顿第二定律可得：

F-mg=mv2L （2分）

联立解得：F=43N （2分）

根据牛顿第三定律，小球对绳的拉力大小也为43N，方向竖直向下.（1分）

25.（18分）如图16所示，在平面直角坐标系xOy中，第一象限内存在正交的匀强电磁场，电场强度E1=40N/C；第四象限内存在一方向向左的匀强电场E2=1603N/C.一质量为m=2×10-3kg带正电的小球，从M（3.64m，3.2m）点，以v0=1m/s的水平速度开始运动.已知球在第一象限内做匀速圆周运动，从P（2.04m，0）点进入第四象限后经过y轴上的N（0，-2.28m）点（图中未标出）.（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：

（1）匀强磁场的磁感应强度B.

（2）小球由P点运动至N点的时间.

答案：（1）B=2T； （2）t=0.6s

解析（1）可知：qE1=mg （2分）

解得：q=5×10-4C （2分）

分析如图17：Rcosθ=xM-xP （2分）

Rsinθ+R=yM （2分）

解得：R=2m，θ=37°（2分）

由qv0B=mv20R，可得： B=2T （2分）

（2）小球进入第四象限后受力分析如图17

tanα=mgqE2=0.75 （2分）

可知小球进入第四象限后所受电场力和重力的合力与速度方向垂直，即α=θ=37°，轨迹分析如图17，由几何关系可得：lNQ=0.6 m，lNQ=v0t （2分），解得：t=0.6s （2分）.

根据牛顿第二定律：mgsinα=ma，解得：a=503m/s2，

由几何关系得：lPQ=3m，由lPQ=12at2，解得：t=0.6s.

（二）选考题：共45分.请考生从给出的3道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑.注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题.如果多做，则每学科按所做的第一题计分.

33.【物理——选修3-3】（15分）

（1）（5分）根据分子的动理论、温度和内能的基本观点，下列说法中正确的是（填正确答案标号.选对1个得3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.布朗运动是液体分子的运动，它说明分子永不停息地做无规则运动

B.温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大

C.如果两个系统分别与第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定处于热平衡，用来表征它们所具有的“共同热学性质”的物理量叫做温度

D.当分子间距等于r0时，分子间的引力和斥力都为零

E.两个分子间的距离为r0时，分子势能最小

（1）答案：BCE

解析布朗运动不是液体分子的运动，间接反映了液体分子的运动，选项A错误；由于温度是分子平均动能的标志，物体的内能和物体的体积、温度和分子数目有关，所以温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大，选项B正确；如果两个系统分别与第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定处于热平衡，用来表征它们所具有的“共同热学性质”的物理量叫做温度，选项C正确；当分子间距等于r0时，分子间的引力和斥力大小相等，方向相反，但不为零，选项D错误；由于分子力做正功，分子势能减小，分子做负功，分子势能增大，当两个分子间的距离大于r0时，分子势能随分子间距离的增大而增大，当两个分子间的距离小于r0时，分子势能随分子间距离的减小而增大，所以两个分子间的距离为r0时，分子势能最小，选项E正确.

（2）（10分）如图18所示，竖直放置的U形管左端封闭，右端开口，左管横截面积为右管横截面积的2倍，在左管内用水银封闭一段长为l、温度为T1的空气柱，左右两管水银面高度差为hcm，外界大气压为h0cmHg.

①若向右管中缓慢注入水银，直至两管水银面相平（原右管中水银没全部进入水平部分），求在右管中注入水银柱的长度h1（以cm为单位）；

②在两管水银面相平后，缓慢升高气体的温度至空气柱的长度为开始时的长度l，求此时空气柱的温度T′.

（2）解析①封闭气体等温变化p1=p0-h，p2=h0，p1l=p2l′

（2分）h1=h+3（l-l′） （2分）

解得：h1=h0+3hh0l （1分）

②空气柱的长度为开始时的长度l时，左管水银面下降hh0l，右管水银面会上升2hh0l，此时空气柱的压强： p3=h0+3hh0l（2分）

由p1T=p3T′（2分）

解得：T′=h20+3hlh0（h0-h）

（1分）

34.[物理——选修3-4]（15分）

（1）（6分）振源S在O点做沿竖直方向的简谐运动，频率为10Hz，t=0时刻向右传播的简谐横波如图19所示（向左传播的简谐横波图中未画出）.则以下说法正确的是（填入正确选项前的字母.选对1个给3分，选对2个给4分，选对3个给6分；每选错1个扣3分，最低得分为0分）.

A.该横波的波速大小为20m/s

B.t=0时，x=1m处的质点振动方向向上

C.t=0.75s时，x=-1m处的质点处在波峰位置

D.若振源S向右匀速运动，在振源S右侧静止的接收者接收到的频率小于10Hz

E.传播过程中该横波遇到小于2m的障碍物或小孔都能发生明显的衍射现象

（1）答案：ABE（6分）

解析由于f=10Hz，f=1T，可得：T=0.1s；由图可得： λ=2m，由v=λT可得：v=20m/s，选项A正确；由“沿着波的传播方向，上坡下振，下坡上振”可得：t=0时，x=1m处的质点振动方向向上，选项B正确；t=0时，x=-1m处的质点振动方向向上，t=0.175s=134T时，x=-1m处的质点处在波谷位置，选项C错误；由多普勒效应可知：若振源S向右匀速运动，在振源S右侧静止的接收者接收到的频率大于10Hz，选项D错误；当波的波长比障碍物或小孔的尺寸大或相差不多时，波能发生明显的衍射现象，选项E正确.

（2）（9分）半径为R的半圆柱形玻璃砖的截面如图20所示，O为圆心，光线Ⅰ沿半径方向从a点射入玻璃砖后，恰好在O点发生全反射，另一条光线Ⅱ平行于光线Ⅰ从最高点b射入玻璃砖后，在底边MN上的d点射出.若测得Od=14R，求该玻璃砖的折射率.

（2）（9分）解析设光线Ⅱ的入射角和折射角分别为i和r，在ΔbOd中，bd=Ob2+Od2=174R （1分）.即：sinr=Odbd=1717 （1分）

由折射定律有 （2分），即 sini=1717n（1分）.又因为光线Ⅰ与光线Ⅱ平行，且在O点恰好发生全反射，有sini=1n （2分），所以1717n=1n （1分），从而得到n=417≈2.03 （1分）.

35.[物理——选修3-5]（15分）

（1）（6分）下列说法正确的是（填正确答案标号.选对1个得3分，选对2个得4分，选对3个得6分；每选错1个扣3分，最低得分为0分）

A.爱因斯坦从理论上成功解释了光电效应现象

B.卢瑟福发现了物质的放射性，从而确定了原子核的组成

C.用相同频率的光照射同一金属，逸出的所有光电子都具有相同的初动能

D.由玻尔理论知，氢原子辐射出一个光子后，其电势能减小，核外电子的动能增大

E.平均结合能小的原子核结合成或分解成平均结合能大的原子核时一定放出核能

（1）答案：ADE（6分）

解析爱因斯坦从理论上成功解释了光电效应现象，选项A正确； 1896年，法国物理学家贝克勒尔在研究铀盐的实验中，首先发现了铀原子核的天然放射性，选项B错误；用相同频率的光照射同一金属，逸出的所有光电子都具有相同的最大初动能，选项C错误；由玻尔理论知，氢原子辐射出一个光子后，氢原子从高能级跃迁到低能级，其电势能减小，核外电子的动能增大，选项D正确；平均结合能小的原子核结合成或分解成平均结合能大的原子核时一定放出核能，选项E正确.

（2）（9分）在水平地面上沿直线放置两个完全相同的小物体A和B，它们相距s，在距B为2s的右侧有一坑，如图21所示.A以初速度v0向B运动，为使A能与B发生碰撞且碰后又不会落入坑中，求A、B与水平地面间的动摩擦因数应满足的条件.已知A、B碰撞时间很短且碰后粘在一起不再分开，重力加速度为g.

（2）（9分）解设A、B质量均为m，它们与地面间的动摩擦因数为μ，

若A能与B相碰，则有：12mv20>μmgs①（2分）

设A与B碰前速度为v1，碰后速度为v2；

由动能定理：

-μmgs=12mv21

-

12mv20②（2分）

动量守恒定律：

mv1=2mv2 ③（2分）

A、B粘一起不落入坑中的条件为：

12×2mv22<2μmg×2s ④（2分）

联立并解得：v202gs>μ>v2018gs ⑤（1分）

（收稿日期：2015-12-16）