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1、（新课标卷）2016年高考物理冲刺卷08第卷二、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1417题只有一项符合题目要求，第1821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、伽利略在研究运动的过程中，创造了一套科学方法，如下框所示，其中方框4中的内容是： （ ） A提出猜想 B形成理论 C实验检验 D合理外推【答案】C考点：物理问题的研究方法15、a、b两车在平直公路上行驶，其vt图象如图所示，在t0时，两车间距为s0，在tt1时间内，a车的位移大小为s，下列说法正确的是： （ ） A0- t1时间内a、b两车相向而行B0- t1时间
2、内a车平均速度大小是b车平均速度大小的2倍C若a、b在t1时刻相遇，则s0sD若a、b在t1/2时刻相遇，则下次相遇时刻为2t1【答案】C【解析】0- t1时间内a、b两车的速度均为正，即两车的运动方向相同，A错；在匀变速直线运动中，平均速度等于初速加末速除以2，则0- t1时间内a车平均速度为：，b的平均速度为：，可知a的平均速度是b的平均速度的3倍，B错；在0- t1时间内，a车的位移为s，则，b的位移为：，若在t1时刻相遇则，C对；若a、b在时刻相遇，由图像的对称性知，下次相遇的时刻为，D错。考点:匀变速直线运动的速度时间图像。 (3)图线斜率的物理意义图线上某点切线的斜率大小表示物体的
3、加速度大小，斜率的正负表示加速度的方向(4)图线与时间轴围成的“面积”的意义图线与时间轴围成的面积表示相应时间内的物体的位移若该面积在时间轴的上方，表示这段时间内的位移方向为正方向；若该面积在时间轴的下方，表示这段时间内的位移方向为负方向16、质量为m的物体放置在升降机内的台秤上，升降机以加速度a在竖直方向做匀变速直线运动，若物体处于失重状态，则： （ ） A、升降机的加速度方向竖直向上B、台秤示数减少maC、升降机一定向上运动D、升降机一定做加速运动【答案】B【解析】若物体处于失重状态，则加速度向下，故升降机可能是向上的减速、也可能是向下的加速，ACD错。考点:超重、失重。【名师点睛】判断物
4、体超重与失重的方法：(1)从受力的角度判断：超重：物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力失重：物体所受向上的拉力(或支持力)小于重力(2)从加速度的角度判断：当物体的加速度方向向上(或加速度有竖直向上的分量)时，处于超重状态根据牛顿第二定律有：FNmgma，此时FNmg，即处于超重状态当物体的加速度方向向下(或加速度有竖直向下的分量)时，处于失重状态根据牛顿第二定律有：mgFNma，此时FNmg，即处于失重状态注意：(1)物体处于超重还是失重状态，只取决于加速度的方向，与物体的运动方向无关(2)发生超重和失重时，物体所受的重力并没有变化17、电阻非线性变化的滑动变阻器R2接入图1的电路中，移动
5、滑动变阻器触头改变接入电路中的长度x（x为图中a与触头之间的距离），定值电阻R1两端的电压U1与x间的关系如图2，a、b、c为滑动变阻器上等间距的三个点，当触头从a移到b和从b移到c的这两过程中，下列说法正确的是 ： （ ） A电流表A示数变化相等 B电压表V2的示数变化不相等C电阻R1的功率变化相等 D电源的输出功率不断增大【答案】A考点：闭合电路的欧姆定律【名师点睛】分析电路图，得出滑动变阻器和定值电阻串联，利用好串联电路的特点和欧姆定律是基础，关键要利用好从图象得出的信息。18、科学家在望远镜中看到太阳系外某一恒星有一行星，并测得它围绕该恒星运行一周所用时间为1200年，它与该恒星的距离
6、为地球到太阳距离的100倍，假设该行星绕恒星运行的轨道和地球绕太阳运行的轨道都是圆周，仅利用以上两个数据可以求出的量有 ： （ ） A.恒星质量和太阳质量之比B.恒星密度和太阳密度之比C.行星质量与地球质量之比D.行星运行速度与地球公转速度之比【答案】AD考点：万有引力定律的应用【名师点睛】此题是万有引力定律的应用习题；解题时根据行星的万有引力等于做做圆周运动的向心力，结合行星的轨道半径和公转周期列式，求出恒星质量的表达式进行讨论即可。19、如下图所示，质量m1kg的物体从高为h02m的光滑轨道上P点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的A点，物体和皮带之间的动摩擦因数为，传送带AB之间的距离为L
7、5m，传送带一直以v4ms的速度匀速运动，则： （ ） A物体从A运动到B的时间是15sB物体从A运动到B的过程中，摩擦力对物体做了2 J功C物体从A运动到B的过程中，产生2J热量D物体从A运动到B的过程中，带动传送带转动的电动机多做了10J功【答案】AC考点：动能定理的应用；功能关系【名师点睛】本题主要考察了动能定理及运动学基本公式的应用，要求同学们能正确分析物体的运动情况，注意电动机多做的功一部分转化成了物体的动能另一部分就是了相同的内能，不能只考虑物体的动能。20、某空间区域的竖直平面内存在电场，其中竖直的一条电场线如图1中虚线所示。一个质量为m、电荷量为q的带正电小球，在电场中从O点由
8、静止开始沿电场线竖直向下运动。以O为坐标原点，取竖直向下为x轴的正方向，小球的机械能E与位移x的关系如图2所示，则（不考虑空气阻力）： （ ） A.电场强度大小恒定，方向沿x轴负方向B.从O到x1的过程中，小球的速率越来越大，加速度越来越大C从O到x1的过程中，相等的位移内，小球克服电场力做的功越来越大D.到达x1位置时，小球速度的大小为【答案】BD考点：电势差与电场强度的关系；电场强度【名师点睛】从图象中能找出电场力的做功情况，根据电场力的做功情况判断出小球的受力情况，进而判断出电场方向，在利用牛顿第二定律分析加速度由动能定理研究小球的速度。21、如图所示，AB、CD为两个平行的水平光滑金属
9、导轨，处在方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中.AB、CD的间距为L，左右两端均接有阻值为R的电 阻.质量为m、长为L，且不计电阻的导体棒MN放在导轨上，甲、乙为两根相同的轻质弹賛，弹簧一端与 MN棒中点连接，另一端均被固定.导体棒MN与导轨接触良好。开始时，弹簧处于自然长度，导体棒MN具有水平向左的初速度，经过 一段时间，导体棒MN第一次运动到最右端，这一过程中A、C间的电阻R上产生的焦耳热为Q，则： （ ） A.初始时刻导体棒所受的安培力大小为B.从初始时刻至导体棒第一次到达最左端的过程中，整个回路产生的焦耳热大于C.当导体棒第一次到达最右端时，每根弹簧具有的弹性势能为D.当导体棒第一
10、次回到初始位置时，A、C间电阻R的热功率为【答案】ABC【解析】考点：能量守恒定律；法拉第电磁感应定律.【名师点睛】本题主要考查电磁感应问题中的能量转化问题；分析系统中能量如何转化是难点，也是关键点，根据导体棒克服安培力做功等于产生的焦耳热，分析电阻R上产生的热量。解题时注意电路的结构.第卷（174分）三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题第32 题为题，每个考题考生都必须作答，第3340为选考题，考生格局要求作答。（一）必考题（共129分）22（6分）“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置如图甲所示。（1）实验时小刚同学将长木板平放在水平桌面上，并利用安装在小车上的拉力传感器测出
11、细线的拉力，保持小车的质量不变，改变钩码的个数，得到多组数据，从而确定小车加速度a与细线拉力F的关系。图乙中符合小刚的实验结果的是 (2)小丽同学做该实验时，拉力传感器出现了故障。为此，小丽同学移走拉力传感器，保持小车的质量不变，并改进了小刚实验操作中的不足之处。用所挂钩码的重力表示细线的拉力F，则小丽同学得到的图象可能是乙图中 ；(3)小森同学为得到类似乙图中的A图，在教师的指导下，对小丽同学的做法进行如下改进：称出小车质量M、所有钩码的总质量m，先挂上所有钩码，多次实验，依次将钩码摘下，并把每次摘下的钩码都放在小车上，仍用F表示所挂钩码的重力，画出a-F图，则图线的k= 。（用题中给出的字
12、母表示）【答案】（1）B（2分）；（2）C（2分）；（3）（2分）考点：考查探究加速度与物体质量、物体受力的关系【名师点睛】本题考查牛顿第二定律在实验中的应用，要注意对象是单个物体还是系统，并正确的受力分析，根据牛顿第二定律可明确加速度的表达式23（9分）热敏电阻包括正温度系数电阻器（PTC）和负温度系数电阻器（NTC）正温度系数电阻器（PTC）在温度升高时电阻值增大，负温度系数电阻器（NTC）在温度升高时电阻值减小，热敏电阻的这种特性，常常应用在控制电路中某实验小组选用下列器材探究通过热敏电阻Rx（常温下阻值约为10.0 ）的电流随其两端电压变化的特点A电流表A（量程0.6 A，内阻约0.3
13、 ）B电压表V（量程15.0 V，内阻约10 k）C滑动变阻器R（最大阻值为10 ）D滑动变阻器R（最大阻值为500 ）E电源E（电动势15 V，内阻忽略）F电键、导线若干（1）实验中改变滑动变阻器滑片的位置，使加在热敏电阻两端的电压从零开始逐渐增大，应选择的滑动变阻器是（只需填写器材前面的字母即可）（2）请在所提供的器材中选择必需的器材，在下面的虚线框内画出该小组设计的电路图（3）该小组测出热敏电阻R1的U-I图线如图甲中曲线所示，说明该热敏电阻是 热敏电阻（填PTC或NTC）（4）该小组又通过查阅资料得出了热敏电阻R2的U-I图线如图甲中曲线所示然后又将热敏电阻R1、R2分别与某电池组连成
14、如图乙所示电路接通对应电路后，测得通过R1和R2的电流分别为0.30 A和0.60 A，则该电池组的电动势为V，内阻为（结果均保留三位有效数字）【答案】（1）C（2分）（2）见图（3分）（3）PTC（2分）（4）10.0（9.6011.4） 6.67（6.008.00）（2分）【解析】（1）电压从零开始调节，故采用滑动变阻器分压接法；故滑动变阻器应选择总阻值较小的C；（2）加在热敏电阻两端的电压从零开始逐渐增大，滑动变阻器应采用分压接法，由于热敏电阻的阻值远小于电压表内阻，所以电流表应用外接法，电路图如图所示：考点：描绘小电珠的伏安特性曲线【名师点睛】本题考查了实验器材的选择、设计实验电路、判断电阻类型、求电源电动势与内阻；确定滑动变阻器与电流表接法是正确设计实验电路的关键；当实验要求电压从零调时，变阻器应采用分压式接法，变阻器的阻值越小越方便调节；当待测电阻阻值远小于电压表内阻时电流表采用外接法。24（14分）如图所示,在直角坐标系xOy的原点O处有一放射源S,放射源S在xOy平面内均匀发射速度大小相等的正电粒
