2016年广东省高考物理复习训练卷(3)
2016年广东省高考物理三模试卷
2016年广东省高考物理三模试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共4小题，共16.0分)1.下列叙述正确的是（）A.牛顿根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因B.奥斯特首先发现了电流周围存在磁场C.磁感线越密的地方磁感应强度越大，磁通量也越大D.在回旋加速器中，磁场力使带电粒子的速度增大【答案】B【解析】解：A、伽利略根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因．故A错误；B、奥斯特首先发现了电流周围存在磁场，故B正确；C、磁感线越密的地方磁感应强度越大，但磁通量不一定也越大，磁通量的大小还与线圈平面和磁感应强度之间的夹角有关，故C错误D、在回旋加速器中，电场力使带电粒子的速度增大，在回旋加速器中，磁场力使带电粒子的速度方向发生变化．故D错误故选：B根据物理学史和常识解答AB选项，记住著名物理学家的主要贡献即可；磁通量的大小还与线圈平面和磁感应强度之间的夹角有关；在回旋加速器中，磁场力使带电粒子的速度方向发生变化．本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．2.质量为m的“嫦娥二号”探测卫星，在距月球表面高度为h的轨道上做匀速圆周运动，已知运行周期为T，月球的半径为R，月球质量为M，引力常量为G，则（）A.月球表面的重力加速度为B.月球对卫星的万有引力为C.卫星以恒定的向心加速度运行D.卫星运行周期T与卫星质量有关【答案】A【解析】解：A、根据万有引力等于重力得，，解得g=．故A正确．B、月球对卫星的万有引力F=．故B错误．C、根据得，a=，T=，知向心加速度大小不变，但是方向始终指向圆心，时刻改变．周期与卫星的质量无关．故C、D错误．故选A．根据万有引力等于重力求出月球表面的重力加速度，根据万有引力提供向心力得出向心加速度的大小以及判断出周期与什么因素有关．解决本题的关键掌握万有引力提供向心力和万有引力等于重力这两个理论，并能熟练运用．3.如图有a、b、c、d四个离子，它们带等量同种电荷，质量不等有m a=m b＜m c=m d，以不等的速率v a＜v b=v c＜v d进入速度选择器后，有两种离子从速度选择器中射出进入B2磁场．由此可判定（）A.射向P1板的是a离子B.射向P2板的是b离子C.射向A1的是c离子D.射向A2的是d离子【答案】A【解析】解：A、通过在磁场中偏转知，粒子带正电．在速度选择器中，有q E=qv B．v=，只有速度满足一定值的粒子才能通过速度选择器．所以只有b、c两粒子能通过速度选择器．a 的速度小于b的速度，所以a的电场力大于洛伦兹力，a向P1板偏转．故A正确，B错误．C、只有b、c两粒子能通过速度选择器进入磁场B2，根据r=，知质量大的半径大，知射向A1的是b离子，射向A2的是c离子．故C、D错误．故选A．在速度选择器中，粒子受到的电场力和洛伦兹力相等，有q E=qv B．知只有速度满足一定值的粒子才能通过速度选择器．进入磁场B2后，有r=，v、B2、q相同，质量大的半径大．解决本题的关键知道只有速度满足一定的值，才能通过速度选择器．由速度选择器出来进入磁场，速度一定，根据r=，可比较粒子偏转半径的大小．4.如图，金属棒ab，金属导轨和螺线管组成闭合回路，金属棒ab在匀强磁场B中沿导轨向右运动，则（）A.ab棒不受安培力作用B.ab棒所受安培力的方向向右C.ab棒向右运动速度越大，所受安培力越大D.螺线管产生的磁场，A端为N极【答案】C【解析】解：A：回路中的一部分切割磁感线时，导体棒中要产生感应电流，而电流在磁场中就一定会有安培力，故A错误；B：根据楞次定律可知，感应电流总是起到阻碍的作用，故安培力的方向与导体棒一定的方向相反，应当向左，故B错误；C：ab棒向右运动时，E=BL v，，F=BIL，所以：，速度越大，所受安培力越大．故C正确；D：根据右手定则，ab中的电流的方向向上，流过螺旋管时，外侧的电流方向向下，根据右手螺旋定则，B端的磁场方向为N极．故D错误．回路中的一部分切割磁感线时，导体棒中要产生感应电流，而电流在磁场中就一定会有安培力；感应电流的大小与运动速度有关，运动速度越大，所受安培力越大．该题考查楞次定律、右手定则及法拉第电磁感应定律，属于该部分知识的基本应用．属于简单题．二、多选题(本大题共5小题，共30.0分)5.如图所示，人和物处于静止状态、当人拉着绳向右跨出一步后，人和物仍保持静止、不计绳与滑轮的摩擦，下列说法中正确的是（）A.绳的拉力大小不变B.人所受的合外力增大C.地面对人的摩擦力增大D.人对地面的压力减小【答案】AC【解析】解：A、物体始终处于静止状态，所以绳子对物体的拉力始终等于mg，故A正确；B、人保持静止状态，合力为零，故B错误；C、D、对人受力分析并正交分解如图：由平衡条件得：N+mgsinθ=M gf=mgcosθ当人拉着绳向右跨出一步后，θ将变小：所以：f=mgcosθ会变大，N=M g-mgsinθ也将变大，故C正确，D错误；故选AC．当人拉着绳向右跨出一步后，人和物仍保持静止，所以人和物始终处于平衡状态，分别对物体和任受力分析应用平衡条件分析即可．本题为平衡条件得应用：动态分析．常用的方法是画图法和解析式法，一般物体受3个力时常用画图法，受4个以上的力时用解析式法．6.物体在竖直向上的拉力和重力的作用下竖直向上运动，运动的v-t图象如图所示．则（）A.物体所受拉力是恒力B.物体所受拉力是变力C.第1s末和第4s末拉力的功率相等D.第5s末物体离出发点最远BD【解析】解：A、由速度时间图象可知，物体在运动的过程中的加速度是变化的，而重力是不变的，所以物体所受拉力一定是变力，所以A错误，B正确；C、第1s末和第4s末物体的速度是一样的，但是第1s末处于加速阶段，拉力大于重力，第4s末处于减速阶段，拉力小于重力，所以两个时刻的拉力大小不一样，功率不同，故C错误．D、根据速度-时间图象与坐标轴围成的面积表示位移可知，5s末位移最大，及第5s末物体离出发点最远，故D正确．故选BD．根据速度时间的图象，判断物体的受力的情况和运动的情况，知道速度-时间图象与坐标轴围成的面积表示位移，再由功率的公式就可以做出判断．要根据图象得出有用的信息，速度-时间图象中直线的斜率表示加速度的大小，面积表示位移，速度不变就表示物体处于受力平衡状态．7.在如图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r，C为电容器，R0为定值电阻，R为滑动变阻器．开关闭合后，灯泡L能正常发光．当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列判断正确的是（）A.灯泡L将变暗B.灯泡L将变亮C.电容器C的电荷量减小D.电容器C的电荷量增大【答案】AD【解析】解：A、B由题R增大，电流I=减小，灯泡L将变暗．故A正确，B错误．C、D路端电压U=E-I r增大，则电容器电量Q=CU增大．故C错误，D正确．故选AD．灯泡L和滑动变阻器R串联、电容器C和定值电阻R0串联后两条支路再并联．当电路稳定后，电容器这一路没有电流，相当于开关断开，对另一路没有影响．电容器的电压等于路端电压．当滑动变阻器的滑片向右移动时，变阻器接入电路的电阻增大，根据欧姆定律分析电流和路端电压的变化，分析灯泡亮度和电容器电量的变化．本题关键的要抓住电容器的特点：当电路稳定时，和电容器串联的电路没有电流，电容器电压等于这一串联电路两端的电压．8.用均匀导线做成的正方形线圈边长为l，正方形的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，如图所示，当磁场以的变化率增强时，则（）A.线圈中感应电流方向为acbdaB.线圈中产生的电动势C.线圈中a点电势高于b点电势D.线圈中a、b两点间的电势差为【答案】AB【解析】解：A、磁感应强度增大，由楞次定律可知，感应电流沿acbda方向，故A正确；B、由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势E==S=l××=•，故B正确；C、acb段导线相当于电源，电流沿a流向b，在电源内部电流从低电势点流向高电势点，因此a点电势低于b点电势，故C错误；D、设导线总电阻为R，则a、b两点间的电势差U ab=×=，故D错误；故选AB．由楞次定律可以判断出感应电流的方向，由法拉第电磁感应定律可以求出感应电动势，由欧姆定律可以求出a、b两点间的电势差．熟练应用楞次定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律即可正确解题．9.如图所示，实线为方向未知的三条电场线，虚线分别为等势线1、2、3，已知MN=NQ，带电量相等的a、b两带电粒子从等势线2上的O点以相同的初速度飞出．仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹如图所示，则（）A.a一定带正电，b一定带负电B.a加速度减小，b加速度增大C.MN两点电势差|U MN|等于NQ两点电势差|U NQ|D.a粒子到达等势线3的动能变化量比b粒子到达等势线1的动能变化量小【答案】BD【解析】解：A、由图，a粒子的轨迹方向向右弯曲，a粒子所受电场力方向向右，b粒子的轨迹向左弯曲，b粒子所受电场力方向向左，由于电场线方向未知，无法判断粒子的电性．故A错误．B、由题，a所受电场力逐渐减小，加速度减小，b所受电场力增大，加速度增大．故B 正确．C、已知MN=NQ，由于MN段场强大于NQ段场强，所以MN两点电势差|U MN|大于NQ 两点电势差|U NQ|．故C错误．D、根据电场力做功公式W=U q，|U MN|＞|U NQ|，a粒子从等势线2到3电场力做功小于b粒子从等势线2到1电场力做功，所以a粒子到达等势线3的动能变化量比b粒子到达等势线1的动能变化量小．故D正确．故选BD根据粒子轨迹的弯曲方向，判断电场力方向．当电场力方向与场强方向相同时，粒子带正电，当电场力方向与场强方向相反时，粒子带负电．电场线越密，场强越大，粒子受到的电场力越大，加速度越大．非匀强电场中，距离相等的两点间，场强越大，电势差越大．根据电场力做功的大小，判断动能变化量的大小．本题是电场中轨迹问题，关键要根据轨迹的弯曲方向能判断出粒子的电场力方向．常见题型，比较简单．三、实验题探究题(本大题共2小题，共18.0分)10.某同学设计了如图1所示的装置来探究加速度与力的关系．弹簧秤固定在一合适的木块上，桌面的右边缘固定一个光滑的定滑轮，细绳的两端分别与弹簧秤的挂钩和矿泉现缓慢向瓶中加水，直到木块刚刚开始运动为止，记下弹簧秤的示数F0，以此表示滑动摩擦力的大小．再将木块放回原处并按住，继续向瓶中加水后，记下弹簧秤的示数F，然后释放木块，并用秒表记下木块从P运动到Q处的时间t．①木块的加速度可以用d、t表示为a= ______ ．②改变瓶中水的质量重复实验，确定加速度与弹簧秤示数F的关系．如图2图象能表示该同学实验结果的是______ ．③用加水的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，它的优点是______ ．A．可以改变滑动摩擦力的大小B．可以更方便地获取更多组实验数据C．可以更精确地测出摩擦力的大小D．可以获得更大的加速度以提高实验精度．【答案】；C；BC【解析】解：①根据匀变速直线运动公式得：d=at2，解得：a=．（2）由牛顿第二定律可知，F-F0=ma，故a=F-，当F1＞F0时，木板才产生加速度．随着继续向瓶中加水后，矿泉水瓶的质量不断增加，矿泉水瓶的质量不能远小于木板的质量，那么水的重力与绳子的拉力差值越来越大，则图象出现弯曲．故选：C．（3）A、不可以改变滑动摩擦力的大小，故A错误．B、缓慢向瓶中加水，直到木板刚刚开始运动，可以比较精确地测出摩擦力的大小，故B正确．C、缓慢向瓶中加水，可以更方便地获取多组实验数据，故C正确．D、并没有获得很大的加速度，可以获取多组实验数据以提高实验精度．故D错误；故选：BC．故答案为：①；②C；③BC．①长木板做匀加速直线运动，根据位移时间关系公式列式求解加速度；②知道减小误差的常用方法是多次测量取平均值；③知道当水的质量远远小于木板的质量时，水的重力近似等于绳子的拉力实验要明白实验目的，懂得实验原理，科学选择器材，合理安排实验步骤，细心记录数据，认真分析和处理数据，总结实验结论．11.用伏安法测一节干电池的电动势E和内电阻r，器材有：电压表：0-3-15V；电流表：0-0.6-3A；变阻器R1（总电阻20Ω）；以及电键S和导线若干．①根据现有器材设计实验电路并连接电路实物图甲，要求滑动变阻器的滑动头在右端时，其使用的电阻值最大．______ V．③表为另一组同学测得的数据．可以发现电压表测得的数据______ ，将影响实验结果的准确性，原因是：______ ．【答案】1.5；间隔很小；电池的内阻太小【解析】解：①一节干电池电动势约为1.5V，因此电压表应选0～3V量程；由坐标系内所描点可知，电流的最大值为0.6A，则电流表应选0～0.6A量程，如果选0～3A量程，则电路最大电流为其量程的五分之一，读数误差太大；伏安法测电源电动势与内阻，电压表测路端电压，电流表测电路电流，实物电路图如图所示：②根据坐标系中所描出的点作出干电池的U-I图象如图所示：由图示干电池U-I图线可知，图象与纵轴交点坐标值是1.5，则干电池的电动势：E=1.5V．③由表中实验数据可知，电压表测量值间隔很小，这是由于电源（电池）内阻太小造成的．故答案为：①电路图如图所示；②图象如图所示；1.5；③间隔很小；电池的内阻太小．①根据电源电动势选择电压表量程，根据图示电流最大值选择电流表量程；由于电池内阻较小，所以对电源来说，电流表应采用外接法，根据伏安法测电源电动势与内阻的实验原理连接实物电路图．②根据坐标系内描出的点，作出电源的U-I图象；电源的U-I的纵轴截距是电源电动势，图象斜率的绝对值是电电源的内阻．本题考查测电动势和内阻实验的数据处理，注意要结合公式理解图象的斜率及截距的含义．要掌握描点法作图的方法．四、计算题(本大题共2小题，共36.0分)12.如图所示，完全相同的金属板P、Q带等量异种电荷，用绝缘杆将其连成一平行正对的装置，放在绝缘水平面上，其总质量为M，两板间距为d，板长为2d，在P板中央位置处有一小孔．一质量为m、电量为+q的粒子，从某一高度下落通过小孔后进入PQ，恰能匀速运动．外部的电场可忽略，板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g，求：①PQ间电场强度及电势差；②粒子下落过程中，装置对绝缘水平面的压力；③现给PQ间再加一垂直纸面向里、磁感应强度B的匀强磁场，要使粒子进入PQ后不碰板飞出，则粒子应距P板多高处自由下落？【答案】解：①因小球受力平衡，mg=q E得：E=电场方向向上PQ间的电势差U=E d=②在小球未进入PQ前对地的压力N1=M g进入PQ后小球受到向上大小等于mg的电场力，根据牛顿第三定律可得PQ对地的压力N2=M g+mg③依题意得：当粒子轨迹恰好与P板右边缘相切时，粒子圆周运动的半径R1=根据qv1B=m得v1=又由机械能守恒定律得mgh1=联立解得h1=h2=故要使粒子进入PQ后不碰板飞出，粒子应距P板＜h＜高处自由下落．答：①PQ间电场强度E=，方向向上；电势差为；②在小球未进入PQ前对地的压力N1=M g进入PQ后PQ对地的压力N2=M g+mg；③要使粒子进入PQ后不碰板飞出，粒子应距P板＜h＜高处自由下落．【解析】（1）粒子进PQ后，恰能匀速运动，重力与电场力平衡，由平衡条件求出电场强度E．（2）粒子进PQ前，装置对绝缘水平面的压力等于重力M g，粒子进PQ后，电场对粒子作用大小为mg，方向向上，根据牛顿第三定律，粒子对电场的力大小为mg，方向向下，则装置对绝缘水平面的压力等于总重力．（3）给PQ间再加一垂直纸面向里、磁感应强度B的匀强磁场后，粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力．当轨迹恰好与P板、Q板右边缘相切时，粒子恰好进入PQ 后不碰板飞出，分别由几何知识这两种临界情况下粒子的半径，根据牛顿第二定律求出速度，由机械能守恒定律求出下落时的高度，得到小球应距P板高度范围．本题是电场、磁场与力学知识的综合应用，关键在于分析磁场中临界条件，抓住各过程之间的联系．13.如图所示，宽为L=0.1m的MN、PQ两平行光滑水平导轨分别与半径r=0.5m的相同竖直半圆导轨在N、Q端平滑连接，M、P端连接定值电阻R，质量M=2kg的cd绝缘杆垂直静止在水平导轨上，在其右侧至N、Q端的区域内充满竖直向上的匀强磁场，B=1T．现有质量m=1kg的ab金属杆，电阻为R o，R o=R=1Ω，它以初速度v0=12m/s水平向右与cd绝缘杆发生正碰后，进入磁场并最终未滑出，cd绝缘杆则恰好能通过半圆导轨最高点，不计其它电阻和摩擦，ab金属杆始终与导轨垂直且接触良好，取g=10m/s2，求：（1）碰后瞬间cd绝缘杆的速度大小v2与ab金属杆速度大小v1；（2）碰后ab金属杆进入磁场瞬间受到的安培力大小F ab；（3）ab金属杆进入磁场运动全过程中，电路产生的焦耳热Q．【答案】解：（1）cd绝缘杆通过半圆导轨最高点时，由牛顿第二定律有：解得：碰撞后cd绝缘杆滑至最高点的过程中，由动能定理有：解得碰撞后cd绝缘杆的速度：v2=5m/s两杆碰撞过程，动量守恒，设初速度方向为正方向，则有：mv0=mv1+M v2解得碰撞后ab金属杆的速度：v1=2m/s（2）ab金属杆进入磁场瞬间，由法拉第电磁感应定律：E=BL v1闭合电路欧姆定律：安培力公式：F ab=BIL联立解得：F ab===0.01N；（3）ab金属杆进入磁场后由能量守恒定律有：解得：Q=×1×22=2J（1）碰后瞬间cd绝缘杆的速度大小v2与ab金属杆速度大小v1分别为5m/s和2m/s；答：（2）碰后ab金属杆进入磁场瞬间受到的安培力大小F ab为0.01N；（3）ab金属杆进入磁场运动全过程中，电路产生的焦耳热Q为2J．【解析】（1）cd绝缘杆通过半圆导轨最高点时，由牛顿第二定律可求得速度，再根据动能定理可求得碰撞cd的速度，则对碰撞过程分析，由动量守恒定律可求得碰后ab的速度；（2）对ab在磁场中运动分析，由E=BL v求得电动势，根据闭合电路欧姆定律以及安培力公式即可求得安培力；（3）对ab进入磁场过程进行分析，根据能量守恒定律可求得产生的热量．本题考查结合导体切割磁感线规律考查了功能关系以及动量守恒定律，要注意正确分析物理过程，明确导体棒经历的碰撞、切割磁感线、圆周运动等过程，明确各过程中物理规律的应用，要注意最高点时的临界问题以及动量守恒定律的应用方法等．。
广东省汕头市潮南区2016年高三考前训练理综物理试题
2016潮南区高三考前理科综合物理训练题可能用到的相对原子质量：H －1 C －12 N －14 O －16 F －19 Cl －35.5 Na －23 Fe －56 Co －59 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，14-18每题只有一个选项符合题目要求，19-21每题都有多个选项符合题目要求）14．经过不懈的努力，法拉第终于在1831年8月29日发现了“磁生电”的现象，他把两个线圈绕在同一个软铁环上（如图示），一个线圈A 连接电池与开关，另一线圈B 闭合并在其中一段直导线附近平行放置小磁针．法拉第可观察到的现象有A ．当合上开关，A 线圈接通电流瞬间，小磁针偏转一下，随即复原B ．只要A 线圈中有电流，小磁针就会发生偏转C ．A 线圈接通后其电流越大，小磁针偏转角度也越大D ．当开关打开，A 线圈电流中断瞬间，小磁针会出现与A 线圈接通电流瞬间完全相同的偏15．“笛音雷”是春节期间常放的一种鞭炮，其引线着火后一段时间内的速度一时间图像如右图所示（不计空气阻力，取竖直向上为正方向），其中0t 时刻为笛音雷起飞时刻、DE 段是斜率大小为g 的直线，则关于笛音雷的运动，下列说法正确的是 A ．“笛音雷”在2t 时刻上升至最高点B ．3t~4t 时间内“笛音雷”做自由落体运动C ．0~3t 时间内“笛音雷”的平均速度可能为32vD ．若另一颗“笛音雷”紧挨着在'0t 时刻起飞，其后的运动情况与0t 时刻起飞的“笛音雷”一样，则两者之间先越来越近、后又越来越远16．“嫦娥四号”，专家称“四号星”，计划在2017年发射升空，它是嫦娥探月工程计划中嫦娥系列的第四颗人造探月卫星，主要任务是更深层次、更加全面的科学探测月球地貌、资源等方面的信息，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”离月球中心的距离为r ，绕月周期为T .根据以上信息下列说法正确的是A ． 月球的第一宇宙速度为B ． 万有引力常量可表示为C ． “嫦娥四号”绕月运行的速度为D ． “嫦娥四号”必须减速运动才能返回地球17．一自耦调压变压器(可看做理想变压器)的电路如图甲所示，移动滑动触头P 可改变副线圈匝数．已知变压器线圈总匝数为1 900匝，原线圈匝数为1 100匝，接在如图乙所示的交流电源上，电压表为理想电表，则A ． 交流电源电压瞬时值的表达式为u ＝220sin 100πt V ；B ． P 向上移动时，电压表的示数变大，最大显示示数为380V ；C ． P 向下移动时，变压器的输入功率变大。
2016年广东省七校联考高考物理三模试卷
2016年广东省七校联考高考物理三模试卷一、选择题1．（6分）牛顿在发现万有引力定律的过程中没有被用到的规律和结论是（）A．牛顿第二定律B．牛顿第三定律C．开普勒的研究成果D．卡文迪许通过扭秤实验得出的引力常数2．（6分）将一带电量为+Q的点电荷固定在空间中的某一位置处，有两个质量相等的带电小球A、B分别在Q下方不同高度的水平面内做匀速圆周运动，且运动轨迹处在以Q为球心的同一球面上，如图所示．若A、B所带电量很少，两者间的作用力忽略不计，取无穷远处电势为零，则下列说法中正确的是（）A．小球A、B所带电荷量相等B．小球A、B运动轨迹上的各点场强相同C．小球A、B运动轨迹上的各点电势相等D．库仑力刚好提供小球做匀速圆周运动所需的向心力3．（6分）如图所示，物块A放在木板B上，A、B的质量均为m，A、B之间的动摩擦因数为μ，B与地面之间的动摩擦因数为．若将水平力作用在A上，使A刚好要相对B滑动，此时A的加速度为a1；若将水平力作用在B上，使B刚好要相对A滑动，此时B的加速度为a2，则a1与a2的比为（）A．1：1 B．2：3 C．1：3 D．3：24．（6分）如图所示，变压器输入有效值恒定的电压，副线圈匝数可调，输出电压通过输电线送给用户（电灯等用电器），R表示输电线的电阻，则（）A．用电器增加时，变压器输出电压增大B．要提高用户的电压，滑动触头P应向上滑C．用电器增加时，输电线的热损耗减少D．用电器增加时，变压器的输入功率减小5．（6分）设宇宙中某一小行星自转较快，但仍可近似看作质量分布均匀的球体，半径为R，宇航员用弹簧测力计称量一个相对自己静止的小物体的重量，第一次在极点处，弹簧测力计的读数为F1=F0；第二次在赤道处，弹簧测力计的读数为F2=．假设第三次在赤道平面内深度为的隧道底部，示数为F3；第四次在距星表高度为R处绕行星做匀速圆周运动的人造卫星中，示数为F4，已知均匀球壳对壳内物体的引力为零，则以下判断正确的是（）A．F3=，F4=B．F3=，F4=0C．F3=，F4=0 D．F3=4F0，F4=6．（6分）一水平传送带以v0的速度顺时针传送，其右端与一倾角为θ的光滑斜面平滑相连，一个可视为质点的物块轻放在传送带最左端，已知物块的质量为m，若物块经传送带与斜面的连接处无能量损失，则（）A．物块在第一次冲上斜面前，一定一直做加速运动B．物块不可能从传送带的左端滑落C．物块不可能回到出发点D．滑块的最大机械能不可能大于mv027．（6分）如图所示，斜面体B静置于水平桌面上，斜面上各处粗糙程度相同．一质量为M的木块A从斜面底端开始以初速度v0上滑，然后又返回出发点，此时速度为v，且v＜v0，在上述过程中斜面体一直静止不动，以下说法正确的是（）A．物体上升的最大高度是B．桌面对B始终有水平向左的静摩擦力C．由于物体间的摩擦放出的热量是D．A上滑时比下滑时桌面对B的支持力大8．（6分）一半径为R的圆柱形区域内存在垂直于端面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，其边缘放置一特殊材料制成的圆柱面光屏．一粒子源处在光屏狭缝S 处，能向磁场内各个方向发射相同速率的同种粒子，粒子的比荷为，不计重力及粒子间的相互作用．以下判断正确的是（）A．若荧光屏上各个部位均有光点，粒子的速率应满足v＜B．若仅光屏上有粒子打上，粒子的速率应满足v=C．若仅光屏上有粒子打上，粒子的速率应满足v=D．若仅光屏上有粒子打上，粒子的速率应满足v=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作答．第33题～第40题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（11题，共129分）9．（6分）（1）利用图示装置可以做力学中的许多实验．以下说法正确的是．A．利用此装置做“研究匀变速直线运动”的实验时，必须设法消除小车和木板间的摩擦阻力的影响B．利用此装置探究“加速度与质量的关系”，通过增减小车上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板的倾斜度C．利用此装置探究“加速度与质量的关系”并用图象法处理数据时，如果画出的a﹣m关系图象不是直线，就可确定加速度与质量成反比D．利用此装置探究“功与速度变化的关系”实验时，应将木板带打点计时器的一端适当垫高，这样做的目的是利用小车重力沿斜面的分力补偿小车运动中所受阻力的影响（2）小华在利用此装置“探究加速度a与力F的关系”时，因为不断增加所挂钩码的个数，导致钩码的质量远远大于小车的质量，则小车加速度a的值随钩码个数的增加将趋近于的值．10．（9分）某物理学习小组的同学在研究性学习过程中，用伏安法研究某电子元件R1（6V，2.5W）的伏安特性曲线，要求多次测量并尽可能减小实验误差，备有下列器材A．直流电源（6V，内阻不计）B．电流表G（满偏电流3mA，内阻10Ω）C．电流表A（0～0.6A，内阻未知）D．滑动变阻器R（0～20Ω，5A）E．滑动变阻器R′（0～200Ω，1A）F．定值电阻R0（阻值为1990Ω）G．开关与导线若干（1）根据题目提供的实验器材，请你设计测量电子元件R1伏安特性曲线的电路原理图（R1可用“”表示）（请画在图1方框内）．（2）在实验中，为了操作方便且能够准确地进行测量，滑动变阻器应选用（填写器材前面的字母序号）．（3）将上述电子元件R1和另一个电子元件R2接入如图所示的电路2中，他们的伏安特性曲线分别如图3中oa、ob所示，电源的电动势E=7.0V，内阻忽略不计，调节滑动变阻器R3，使电子元件R1和R2消耗的电功率恰好相等，则此时电子元件R1的阻值为Ω，R3接入电路的阻值为Ω（结果保留两位有效数字）．11．（12分）如图，一根轻绳绕过光滑的轻质定滑轮，两端分别连接物块A和B，B的下面通过轻绳连接物块C，A锁定在地面上．已知B和C的质量均为m，A 的质量为m，B和C之间的轻绳长度为L，初始时C离地的高度也为L．现解除对A的锁定，物块开始运动．设物块可视为质点，落地后不反弹．重力加速度大小为g．求：（1）A刚上升时的加速度大小a；（2）A上升过程的最大速度大小v m；（3）A离地的最大高度H．12．（20分）如图所示，一光滑金属直角形导轨aob竖直放置，ob边水平．导轨单位长度的电阻为ρ，电阻可忽略不计的金属杆cd搭在导轨上，接触点为M、N．t=0时，MO=NO=L，B为一匀强磁场，方向垂直纸面向外．（磁场范围足够大，杆与导轨始终接触良好，不计接触电阻）（1）若使金属杆cd以速率v1匀速运动，且速度始终垂直于杆向下，求金属杆所受到的安培力随时间变化的表达式；（2）在（1）问的基础上，已知杆的质量为m，重力加速度g，求t时刻外力F 的瞬时功率；（3）若保证金属杆接触点M不动，N以速度v2向右匀速运动，求电路中电流随时间的表达式．[物理--选修3-3]（15分）13．（5分）下列说法正确的是（）A．布朗运动就是液体分子的无规则运动B．空气的相对湿度定义为空气中所含水蒸气压强与同温度水的饱和蒸汽压的比值C．尽管技术不断进步，热机的效率仍不能达到100%，制冷机却可以使温度降至热力学零度D．将一个分子从无穷远处无限靠近另一个分子，则这两个分子间分子力先增大后减小最后再增大，分子势能是先减小再增大E．一定质量的理想气体，在体积不变时，分子每秒平均碰撞次数随着温度降低而减小14．（10分）如图，一个质量为m的T型活塞在气缸内封闭一定量的理想气体，活塞体积可忽略不计，距气缸底部h o处连接一U形细管（管内气体的体积忽略不计）．初始时，封闭气体温度为T0，活塞距离气缸底部为1.5h0，两边水银柱存在高度差．已知水银密度为ρ，大气压强为P0，气缸横截面积为S，活塞竖直部分高为1.2h0，重力加速度为g，求：（i）通过制冷装置缓慢降低气体温度，当温度为多少时两边水银面恰好相平；（ii）从开始至两水银面恰好相平的过程中，若气体放出的热量为Q，求气体内能的变化．[物理--选修3-5]（15分）15．以下有关近代物理内容的若干叙述，正确的是（）A．紫外线照射到金属锌板表面时能发生光电效应，则当增大紫外线的照射强度时，从锌板表面逸出的光电子的最大初动能也随之增大B．波尔认为，原子中电子轨道是量子化的，能量也是量子化的C．β射线是原子核外电子高速运动形成的D．光子不仅具有能量，也具有动量E．根据波尔能级理论，氢原子辐射出一个光子后，将由高能级向较低能级跃迁，核外电子的动能增加16．如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量m A=4kg，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计，可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量m B=2kg，现对A施加一个水平向右的恒力F=10N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t=0.6s，二者的速度达到v t=2m/s，求（1）A开始运动时加速度a的大小；（2）A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小；（3）A的上表面长度l．2016年广东省七校联考高考物理三模试卷参考答案与试题解析一、选择题1．（6分）牛顿在发现万有引力定律的过程中没有被用到的规律和结论是（）A．牛顿第二定律B．牛顿第三定律C．开普勒的研究成果D．卡文迪许通过扭秤实验得出的引力常数【解答】解：牛顿发现万有引力定律过程如下：根据开普勒行星运动第一和第二定律，假设行星绕太阳做匀速圆周运动，太阳对行星的引力就是行星做匀速圆周运动的向心力．F=m天文观测可以得到公转周期行星T，则v=带入上式整理后得到F=不同行星的公转周期不同，F与r关系的表达式中不应出现T，所以要消去T．为此把开普勒第三定律变形为T2=代入F=从这个式子可以看到，等号右边处了m，r其他都是常量，对任何行星是相同的，可以说引力F与成正比，即太阳对行星的引力与行星的质量成正比，与他们之间的距离的二次方成反比．就太阳对行星的引力来说，行星是受力星体，因而可以说上述引力与受力行星的质量成正比．根据牛顿第三定律，太阳吸引行星，行星也吸引太阳，就行星吸引太阳的引力F'来说，太阳是受力星体．F'的大小与太阳质量M成正比，与行星，太阳距离的二次方成反比．F'正比于由于F正比于，F'正比于，而F与F'的大小相等，所以我们可以概括的说，太阳与行星间引力的大小与太阳的质量和行星的质量的乘积成正比，与两者的距离的二次方成反比，即F正比于写成等式就是F=G，G是比例系数与太阳行星都没有关系；从上述推导过程可以看出，用到的规律有：向心力公式；开普勒三大定律；牛顿第二定律；牛顿第三定律；由于向心力公式是牛顿第二定律在圆周运动中的具体表现形式，故牛顿第二定律也运用到；本题选没有被用到的规律和结论，故选D．2．（6分）将一带电量为+Q的点电荷固定在空间中的某一位置处，有两个质量相等的带电小球A、B分别在Q下方不同高度的水平面内做匀速圆周运动，且运动轨迹处在以Q为球心的同一球面上，如图所示．若A、B所带电量很少，两者间的作用力忽略不计，取无穷远处电势为零，则下列说法中正确的是（）A．小球A、B所带电荷量相等B．小球A、B运动轨迹上的各点场强相同C．小球A、B运动轨迹上的各点电势相等D．库仑力刚好提供小球做匀速圆周运动所需的向心力【解答】解：A、AB两个小球都做匀速圆周运动，合外力提供向心力，小球受到重力和库仑力，合力提供向心力，设小球与Q的连线与竖直方向的夹角为θ，则有：，由于θ不等，则库仑力不等，而AB小球到Q的距离相等，所以小球A、B所带电荷量不相等，故A错误；B、小球A、B运动轨迹上的各点到Q点的距离相等，场强大小相等，但是方向不同，所以电场强度不相同，故B错误；C、以Q为球心的同一球面是等势面，则小球A、B运动轨迹上的各点电势相等，故C正确；D、小球受到重力和库仑力，合力提供向心力，故D错误．故选：C3．（6分）如图所示，物块A放在木板B上，A、B的质量均为m，A、B之间的动摩擦因数为μ，B与地面之间的动摩擦因数为．若将水平力作用在A上，使A刚好要相对B滑动，此时A的加速度为a1；若将水平力作用在B上，使B刚好要相对A滑动，此时B的加速度为a2，则a1与a2的比为（）A．1：1 B．2：3 C．1：3 D．3：2【解答】解：当水平力作用在A上，使A刚好要相对B滑动，临界情况是A、B 的加速度相等，隔离对B分析，B的加速度为：=，当水平力作用在B上，使B刚好要相对A滑动，此时A、B间的摩擦力刚好达到最大，A、B的加速度相等，有：，可得：a1：a2=1：3．故选：C．4．（6分）如图所示，变压器输入有效值恒定的电压，副线圈匝数可调，输出电压通过输电线送给用户（电灯等用电器），R表示输电线的电阻，则（）A．用电器增加时，变压器输出电压增大B．要提高用户的电压，滑动触头P应向上滑C．用电器增加时，输电线的热损耗减少D．用电器增加时，变压器的输入功率减小【解答】解：A、由于变压器原、副线圈的匝数不变，而且输入电压不变，因此增加负载不会影响输出电压，故A错误；B、根据变压器原理可知输出电压U2=U1，当滑动触头P应向上滑时，n2增大，所以输出电压增大，用户两端电压增大，故B正确；C、由于用电器是并联的，因此用电器增加时总电阻变小，输出电压不变，总电流增大，故输电线上热损耗增大，故C错误；D、用电器增加时总电阻变小，总电流增大，输出功率增大，所以输入功率增大，故D错误．故选：B5．（6分）设宇宙中某一小行星自转较快，但仍可近似看作质量分布均匀的球体，半径为R，宇航员用弹簧测力计称量一个相对自己静止的小物体的重量，第一次在极点处，弹簧测力计的读数为F1=F0；第二次在赤道处，弹簧测力计的读数为F2=．假设第三次在赤道平面内深度为的隧道底部，示数为F3；第四次在距星表高度为R处绕行星做匀速圆周运动的人造卫星中，示数为F4，已知均匀球壳对壳内物体的引力为零，则以下判断正确的是（）A．F3=，F4=B．F3=，F4=0C．F3=，F4=0 D．F3=4F0，F4=【解答】解：设该行星的质量为M，则质量为m的物体在极点处受到的万有引力：=F0由于球体的体积公式为：V=由于在赤道处，弹簧测力计的读数为F2=．则：所以半径以内的部分的质量为：=物体在处受到的万有引力：=物体需要的向心力：所以在赤道平面内深度为的隧道底部，示数为：F3=第四次在距星表高度为R处绕行星做匀速圆周运动的人造卫星中时，物体受到的万有引力恰好提供向心力，所以弹簧秤的示数为0．所以选项B正确，选项ACD错误．故选：B6．（6分）一水平传送带以v0的速度顺时针传送，其右端与一倾角为θ的光滑斜面平滑相连，一个可视为质点的物块轻放在传送带最左端，已知物块的质量为m，若物块经传送带与斜面的连接处无能量损失，则（）A．物块在第一次冲上斜面前，一定一直做加速运动B．物块不可能从传送带的左端滑落C．物块不可能回到出发点D．滑块的最大机械能不可能大于mv02【解答】解：A、设传送带的长度为L，物块运动的过程中，物块匀加速运动的位移：x=，若x≥L则物块在第一次冲上斜面前，一定一直做加速运动；若x ＜L，则物块先加速后匀速．故A错误；B、C、若物块在传送带上一直做加速运动，则返回的过程中物块一直做减速运动，由于两个运动的加速度的大小是相等的，可知物块将能够恰好返回出发点，但不可能从传送带的左端滑落．故B正确，C错误；D、物块在传送带上运动的过程中，传送带的摩擦力对物块做功，所以物块的速度不可能大于v0，所以滑块的最大机械能不可能大于mv02，滑块在斜面上运动的过程中只有重力做功，机械能不增加．故D正确．故选：BD7．（6分）如图所示，斜面体B静置于水平桌面上，斜面上各处粗糙程度相同．一质量为M的木块A从斜面底端开始以初速度v0上滑，然后又返回出发点，此时速度为v，且v＜v0，在上述过程中斜面体一直静止不动，以下说法正确的是（）A．物体上升的最大高度是B．桌面对B始终有水平向左的静摩擦力C．由于物体间的摩擦放出的热量是D．A上滑时比下滑时桌面对B的支持力大【解答】解：A、设物体上升的最大高度为h，此时对应的斜面长为L，斜面倾角为θ，根据动能定理得：上升过程中：，下滑过程中：，解得：h=，故A正确；B、对斜面体B进行受力分析，物体A向上滑动时，B受力如图甲所示，物体A 向下滑动时，斜面体受力如图乙所示；物体B静止，处于平衡条件，由平衡条件得：f=f1cosθ+Nsinθ，f′=Nsinθ﹣f2cosθ，物体A向上滑行时桌面对B的摩擦力大，物体A下滑时，桌面对B的摩擦力小，不论大小如何，桌面对B始终有水平向左的静摩擦力，故B正确；C、整个过程中，根据能量守恒定律得：产生的热量Q=，故C错误；D、物体B处于平衡状态，由平衡条件得：F N1=G+Ncoθ﹣f1sinθ，F N2=G+Ncosθ+f2sinθ，F N2＞F N1，故D错误．故选：AB8．（6分）一半径为R的圆柱形区域内存在垂直于端面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，其边缘放置一特殊材料制成的圆柱面光屏．一粒子源处在光屏狭缝S 处，能向磁场内各个方向发射相同速率的同种粒子，粒子的比荷为，不计重力及粒子间的相互作用．以下判断正确的是（）A．若荧光屏上各个部位均有光点，粒子的速率应满足v＜B．若仅光屏上有粒子打上，粒子的速率应满足v=C．若仅光屏上有粒子打上，粒子的速率应满足v=D．若仅光屏上有粒子打上，粒子的速率应满足v=【解答】解：A、若粒子的速度满足v＜，则粒子做圆周运动的半径r＜R，粒子若带正电，粒子将逆时针方向旋转，那么圆柱右边侧面光屏部分基本无粒子打中，所以选项A错误．BD、若粒子的速度满足v=，则粒子做圆周运动的半径r=，那么如图所示，直径2r扫过的圆心角为60°，圆柱光屏有被打中，所以选项B错误、选项D正确．C、若粒子的速度满足v=，则粒子做圆周运动的半径r=，那么如图所示，直径2r扫过的圆心角为120°，圆柱光屏有被打中，所以选项C正确．故选：CD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作答．第33题～第40题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（11题，共129分）9．（6分）（1）利用图示装置可以做力学中的许多实验．以下说法正确的是BD．A．利用此装置做“研究匀变速直线运动”的实验时，必须设法消除小车和木板间的摩擦阻力的影响B．利用此装置探究“加速度与质量的关系”，通过增减小车上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板的倾斜度C．利用此装置探究“加速度与质量的关系”并用图象法处理数据时，如果画出的a﹣m关系图象不是直线，就可确定加速度与质量成反比D．利用此装置探究“功与速度变化的关系”实验时，应将木板带打点计时器的一端适当垫高，这样做的目的是利用小车重力沿斜面的分力补偿小车运动中所受阻力的影响（2）小华在利用此装置“探究加速度a与力F的关系”时，因为不断增加所挂钩码的个数，导致钩码的质量远远大于小车的质量，则小车加速度a的值随钩码个数的增加将趋近于g的值．【解答】解：（1）A、此装置可以用来研究匀变速直线运动，但不需要平衡摩擦力，故A错误．B、利用此装置探究“加速度与质量的关系”，因斜面倾斜是为了平衡摩擦力；故通过增减小车上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板的倾斜度；故B正确；C、利用此装置探究“小车的加速度与质量的关系”，并用图象法处理数据时，如果画出的a﹣m关系图象不是直线，不能确定a与m成反比，应该作a﹣图线，看是否成正比，若成正比，说明a与M成反比．故C错误；D、探究“功与速度变化的关系”实验时，需要平衡摩擦力，方法是将木板带打点计时器的一端适当垫高，这样做的目的是利用小车重力沿斜面分力补偿小车运动中所受阻力的影响，从而小车受到的合力即为绳子的拉力，故D正确；故选：BD；（2）设小车质量为m，钩码质量为M，则对钩码有：Mg﹣F=Ma…①对小车有：F﹣μmg=ma…②联立①②解得：a=g将上式变形为：a=g，可见当M＞＞m时，加速度a趋近于g．故答案为：（1）BD；（2）g．10．（9分）某物理学习小组的同学在研究性学习过程中，用伏安法研究某电子元件R1（6V，2.5W）的伏安特性曲线，要求多次测量并尽可能减小实验误差，备有下列器材A．直流电源（6V，内阻不计）B．电流表G（满偏电流3mA，内阻10Ω）C．电流表A（0～0.6A，内阻未知）D．滑动变阻器R（0～20Ω，5A）E．滑动变阻器R′（0～200Ω，1A）F．定值电阻R0（阻值为1990Ω）G．开关与导线若干（1）根据题目提供的实验器材，请你设计测量电子元件R1伏安特性曲线的电路原理图（R1可用“”表示）（请画在图1方框内）．（2）在实验中，为了操作方便且能够准确地进行测量，滑动变阻器应选用D （填写器材前面的字母序号）．（3）将上述电子元件R1和另一个电子元件R2接入如图所示的电路2中，他们的伏安特性曲线分别如图3中oa、ob所示，电源的电动势E=7.0V，内阻忽略不计，调节滑动变阻器R3，使电子元件R1和R2消耗的电功率恰好相等，则此时电子元件R1的阻值为10Ω，R3接入电路的阻值为8.0Ω（结果保留两位有效数字）．【解答】解：（1）描绘伏安特性曲线，电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；由题意可知，没有电压表，需要用已知内阻的电流表G与定值电阻R0串联测电压，电压表内阻为10+1990=2000Ω，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，电路图如图所示：（2）滑动变阻器采用分压接法，所以在选择时选择总阻值较小的滑动变阻器D，便于调节．（3）电子元件R1和R2消耗的电功率恰好相等，说明它们的电压和电流相等，由图（3）乙可知，此时电阻两端的电压为U=2.5V，I=0.25A，根据欧姆定律得：R1===10Ω，根据串联电路特点，可知，此时流过R3的电流为：I′=I=0.25A，两端的电压为：U′=E﹣2U=7V﹣2.5×2V=2V，R3接入电路的阻值为：R3===8.0Ω．故答案为：（1）电路图如图所示；（2）D；（3）10，8.0．11．（12分）如图，一根轻绳绕过光滑的轻质定滑轮，两端分别连接物块A和B，B的下面通过轻绳连接物块C，A锁定在地面上．已知B和C的质量均为m，A 的质量为m，B和C之间的轻绳长度为L，初始时C离地的高度也为L．现解除对A的锁定，物块开始运动．设物块可视为质点，落地后不反弹．重力加速度大小为g．求：（1）A刚上升时的加速度大小a；（2）A上升过程的最大速度大小v m；（3）A离地的最大高度H．【解答】解：（1）解除对A的锁定后，A加速上升，B和C加速下降，加速度a 大小相等，设轻绳对A和B的拉力大小为T，由牛顿第二定律得对A：T﹣mg=ma ①对B、C：（m+m）g﹣T=（m+m）a ②由①②式得：a=③（2）当物块C刚着地时，A的速度最大．从A刚开始上升到C刚着地的过程，由机械能守恒定律得：2mgL﹣mgL=④由④式得：⑤（3）设C落地后A继续上升h时速度为零，此时B未触地A和B组成的系统满足：mgh﹣mgh=0﹣⑥由⑤⑥式得：h=⑦由于h=，B不会触地，所以A离地的最大高度：H=L+h=答：（1）A刚上升时的加速度大小是；（2）A上升过程的最大速度大小v m是；（3）A离地的最大高度H是．12．（20分）如图所示，一光滑金属直角形导轨aob竖直放置，ob边水平．导轨。
广州市2016届高三调研考试物理试卷及答案
2016年广州市普通高中毕业班模拟考试理科综合物理能力测试2016.01注意事项：1. 本试卷分第I 卷（选择题）和第II 卷（非选择题）两部分。
答卷前，考生务必将自己的姓名和考生号、试室号、座位号填写在答题卡上，并用铅笔在答题卡上的相应位置填涂考生号。
2. 回答第I 卷时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
写在本试卷上无效。
3. 回答第II 卷时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
4. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Mg-24 S-32 Cr-52 Fe-56 Br-80第Ⅰ卷一、选择题：本题共13小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
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．历史上，伽利略在斜面实验中分别从倾角不同、阻力很小的斜面上静止释放小球，他通过实验观察和逻辑推理，得到的正确结论有A ．倾角一定时，小球在斜面上的位移与时间的平方成正比B ．倾角一定时，小球在斜面上的速度与时间的平方成正比C ．斜面长度一定时，小球从顶端滚到底端时的速度与倾角无关D ．斜面长度一定时，小球从顶端滚到底端所需的时间与倾角无关15．正、负点电荷周围的电场线分布如图，P 、Q 为其中两点，则带正电的试探电荷A ．由P 静止释放后会运动到QB ．从P 移动到Q ，电场力做正功C ．在P 的电势能小于在Q 的电势能D ．在P 所受电场力小于在Q 所受电场力16．如图为洛伦兹力演示仪的结构图。
励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，电子束由电子枪产生，其速度方向与磁场方向垂直。
电子速度大小可通过电子枪的加速电压来控制，磁场强弱可通过励磁线圈的电流来调节。
2016年广东省高考物理复习训练卷(4)
2016年广东省高考物理复习训练卷（4）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、多选题(本大题共10小题，共30.0分)1.关于天然放射性，下列说法正确的是（）A.所有元素都可能发生衰变B.放射性元素的半衰期与外界的温度无关C.放射性元素与别的元素形成化合物时仍具有放射性D.α、β和γ三种射线，γ射线的穿透力最强E.一个原子核在一次衰变中可同时放出α、β和γ三种射线【答案】BCD【解析】解：A、有些原子核不稳定，可以自发地衰变，但不是所有元素都可能发生衰变，故A 错误；B、放射性元素的半衰期由原子核决定，与外界的温度无关，故B正确；C、放射性元素的放射性与核外电子无关，故放射性元素与别的元素形成化合物时仍具有放射性，故C正确；D、α、β和γ三种射线，γ射线的穿透力最强，电离能力最弱，故D正确；E、一个原子核在一次衰变中不可能同时放出α、β和γ三种射线，故E错误．故选：BCD．自然界中有些原子核是不稳定的，可以自发地发生衰变，衰变的快慢用半衰期表示，与元素的物理、化学状态无关．本题关键是明确原子核衰变的特征、种类、快慢，熟悉三种射线的特征，基础问题．2.产生光电效应时，关于逸出光电子的最大初动能E k，下列说法正确的是（）A.对于同种金属，E k与照射光的强度无关B.对于同种金属，E k与照射光的波长成反比C.对于同种金属，E k与光照射的时间成正比D.对于同种金属，E k与照射光的频率成线性关系E.对于不同种金属，若照射光频率不变，E k与金属的逸出功成线性关系【答案】ADE【解析】解：A、B、C、D、根据爱因斯坦光电效应方程E km=hγ-W0，入射光的频率越大，光电子的最大初动能也越大；E k与照射光的频率成线性关系，不是与频率成正比，也不是与波长成反比；照射光的强度无关；光照射的时间成无关，故AD正确，BC错误；E、根据爱因斯坦光电效应方程E km=hγ-W0，对于不同种金属，若照射光频率不变，E k与金属的逸出功成线性关系．故E正确．故选：ADE发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，根据光电效应方程知，光子频率越大，光电子的最大初动能越大，光强度会影响单位时间内逸出的光电子数目．解决本题的关键知道光电效应的条件，以及影响光电子最大初动能的因素，知道入射光的强度影响的是单位时间内逸出的光电子数目．3.原子核 90232T h具有天然放射性，它经过若干次α衰变和β衰变后会变成新的原子核．下列原子核中，有三种是 90232T h衰变过程中可以产生的，它们是（）A. 82204P bB. 82203P bC. 84216P oD. 88224R aE. 88226R a【答案】ACD【解析】解：A、 82204P b与原子核 90232T h相比，质量数少28，知经历了7次α衰变，电荷数少8，知经历了6次β衰变．故A正确．B、因为β衰变质量数不变，质量数变化由α衰变产生，则质量数从232不可能变为203．故B错误．C、 84216P o与原子核 90232T h相比，质量数少16．知经历了4次α衰变，电荷数少6，知经历了2次β衰变．故C正确．D、 88224R a与原子核 90232T h相比，质量数少8，知经历了2次α衰变，电荷数少2，知经历了2次β衰变．故D正确．E、 88226R a与原子核 90232T h相比，质量数少6，不是4的倍数．故E错误．故选ACD．经过α衰变后，电荷数少2，质量数少4，经过β衰变后，质量数不变，电荷数多1．解决本题的关键知道α衰变、β衰变实质，抓住电荷数守恒、质量数守恒分析．4.氢原子能级如图所示，当氢原子从n=3跃迁到n=2的能级时，辐射光的波长为656nm．以下判断正确的是（）A.氢原子从n=2跃迁到n=1的能级时，辐射光的波长大于656nmB.氢原子从n=2跃迁到n=1的能级时，辐射光的波长小于656nmC.用波长为325nm的光照射，可使氢原子从n=1跃迁到n=2的能级D.一群处于n=3能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生3种谱线E.用波长为633nm的光照射，不能使氢原子从n=2跃迁到n=3的能级【答案】BDE【解析】=（-解：A、从n=3跃迁到n=2的能级时，辐射光的波长为656nm，即有：ℎc656nm1.51-（-3.4））×1.6×10-19，而当从n=2跃迁到n=1的能级时，辐射能量更多，则频率更高，则波长小于656nm．故A错误．=[-3.4-（-13.6）]×1.6×10-19，则B、当从n=2跃迁到n=1的能级，释放的能量：ℎcλ解得，释放光的波长是λ=122nm，小于655nm；故B正确；C、由B选项分析可知，用波长为122nm的光照射，才可使氢原子从n=1跃迁到n=2的能级．故C错误．D、根据数学组合C32=3，可知一群n=3能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生3种谱线，故D正确；E、同理，氢原子的电子从n=2跃迁到n=3的能级，必须吸收的能量为△E′，与从n=3跃迁到n=2的能级，放出能量相等，因此只能用波长656nm的光照射，才能使得电子从n=2跃迁到n=3的能级．故E正确．故选：BDE．大量处于n=3激发态的氢原子向低能级跃迁，可以辐射出3种不同频率的光子，跃迁释放能量满足△E=E m-E n．既不能多于能级差，也不能少于此值，同时根据λ=cγ，即可求解．解决本题的关键掌握光电效应的条件，以及知道能级间跃迁辐射的光子能量等于两能级间的能级差．5.关于原子核的结合能，下列说法正确的是（）A.原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量B.一重原子核衰变成α粒子和另一原子核，衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能C.铯原子核（ 55133C s）的结合能小于铅原子核（ 82208P b）的结合能D.比结合能越大，原子核越不稳定E.自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能量大于该原子核的结合能【答案】ABC【解析】解：A、原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量，A正确；B、一重原子核衰变成α粒子和另一原子核，要释放能量，衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能，故B正确；C、铯原子核与原子核都是中等质量的原子核，铯原子核（ 55133C s）的比结合能比铅原子核（ 82208P b）的比结合能略大，而铅原子核中的核子数比铯原子核的核子数多一半，所以铯原子核（ 55133C s）的结合能一定小于铅原子核（ 82208P b）的结合能，故C正确；D、比结合能越大，原子核越稳定，D错误；E、自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能量等于该原子核的结合能，E错误；故选：ABC比结合能：原子核结合能对其中所有核子的平均值，亦即若把原子核全部拆成自由核子，平均对每个核子所要添加的能量．用于表示原子核结合松紧程度．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．自由原子结合为分子时放出的能量叫做化学结合能，分散的核子组成原子核时放出的能量叫做原子核结合能．本题考查了结合能和比结合能的区别，注意两个概念的联系和应用．6.在光电效应实验中，用同一种单色光，先后照射锌和银的表面，都能发生光电效应．对于这两个过程，下列四个物理过程中，一定不同的是（）A.遏止电压B.饱和光电流C.光电子的最大初动能D.逸出功E.发生光电效应的时间【答案】ACD【解析】解：A、同一束光照射不同的金属，一定相同的是入射光的光子能量，不同的金属，逸出功不同，根据光电效应方程E km=hv-W0知，最大初动能不同，则遏止电压不同；同一束光照射，光中的光子数目相等，所以饱和光电流是相同的．故一定不同的是ACD，故ACD正确，B错误．E、两束光都能发生光电效应，光照射到金属表面的瞬间即可发生光电效应，所以发生光电效应的时间不一定不同．故E错误．本题选择一定不同的，故选：ACD同一束光的光子能量相同，不同的金属，逸出功不同，根据光电效应方程E km=hv-W0判断光电子最大初动能的大小．解决本题的关键知道不同的金属逸出功不同，以及掌握光电效应方程E km=hv-W0．同时要明确光照射到金属表面的瞬间即可发生光电效应，与金属无关．7.关于光谱，下列说法正确的是（）A.炽热的液体发射连续光谱B.发射光谱一定是连续光谱C.明线光谱和暗线光谱都可用于对物质成份进行分析D.太阳光谱中的暗线说明太阳上缺少与这些暗线相对应的元素E.氢原子光谱不连续的原因是其辐射（或吸收）光子的能量不连续【答案】ACE【解析】解：A、连续分布的包含有从红光到紫光各种色光的光谱叫做连续光谱，如炽热的液体发射连续光谱．故A正确；B、发射光谱有两种类型：连续光谱和明线光谱；故B错误；C、明线光谱又叫发射光谱，暗线光谱又叫吸收光谱．发射光谱是原子自身发光产生的光谱，所以是明线．吸收光谱是原子吸收白光里相应波长的光后产生的光谱，白光本来是连续的，一部分被吸收了之后就产生了暗线．由于不同的原子吸收不同波长的光，每种原子都有特征的吸收、发射光谱．所以可以用来鉴别物质．故C正确；D、太阳光谱中的暗线说明太阳上含有与这些暗线相对应的元素；故D错误；E、氢原子光谱不连续的原因是其辐射（或吸收）光子的能量不连续；故E正确；故选：ACE．光谱是复色光经过色散系统（如棱镜、光栅）分光后，被色散开的单色光按波长（或频率）大小而依次排列的图案，发射光谱物体发光直接产生的光谱叫做发射光谱．发射光谱有两种类型：连续光谱和明线光谱；连续分布的包含有从红光到紫光各种色光的光谱叫做连续光谱；观察固态或液态物质的原子光谱，可以把它们放到煤气灯的火焰或电弧中去烧，使它们气化后发光，就可以从分光镜中看到它们的明线光谱．本题考查光谱及光谱分析问题，要明确炽热的液体的光谱为连续谱线；线状谱和暗线谱都对应某种元素的光谱，都可以对物质成分进行分析，8.正电子发射计算机断层显象（PET）的基本原理是：将放射性同位素 815O注入人体， 815O在人体内衰变放出的正电子与人体内的负电子相遇而湮灭转化为一对γ光子，被探测器探测到，经计算机处理后产生清晰的图象．根据PET的原理，下列选项正确的是（）A. 815O的衰变的方程式是： 815O→ 715N+ 10eB.正负电子湮灭方程式是： 10e+ −10e→2γC.在PET中， 815O的半衰期随压强的增大而变短．D.在PET中， 815O的主要用途是作为示踪原子E.在PET中， 815O的主要用途是参与人体的代谢过程【答案】ABD【解析】解：A、根据质量数守恒与电荷数守恒可知， 815O的衰变的方程式是： 815O→ 715N+ 10e，故A正确；B、正负电子湮灭生成两个光子，故B正确；C、放射性元素的半衰期是由元素本身的性质决定的，与外界环境的因素无关．故C错误；D、在PET中， 815O的主要用途是作为示踪原子，故D正确；E、在PET中，O的主要用途是作为示踪原子被探测器探测到，故E错误；故选：ABD．由质量数守恒和电荷数守恒判断核反应方程，电子湮灭生成光子，氧15的作用是作为示踪原子．本题是放射性物质在医学中的应用，注意阅读题目，找出其中的物理信息，难度一般不大．其中要注意的是放射性元素的半衰期是由元素本身的性质决定的．9.我国科学家研制“两弹”所涉及到的基本核反应方程有：（1） 92235U+ 01n→ 3890S r+ 54136X e+k 01n（2） 12H+ 13H→ 24H e+d 01n关于这两个方程的下列说法，正确的是（）A.方程（1）属于α衰变B.方程（1）属于重核裂变C.方程（2）属于轻核聚变D.方程（1）中k=10，方程（2）中d=1E.方程（1）中k=6，方程（2）中d=1【答案】BCD【解析】解：A、B、方程（1）属于重核裂变，故A错误，B正确；C、方程（2）属于轻核聚变，故C正确；D、E、由质量数守恒和电荷数守恒知，235+1=90+136+K，方程（1）中k=10，2+3=4+d，方程（2）中d=1，故D正确，E错误．故选：BCD重核裂变是质量数较大的核裂变为质量中等的核，聚变是质量数较小的和转化为质量较大的核，在转化过程中质量数和电荷数都守恒．理解裂变和聚变的特点，会应用质量数守恒和电荷数守恒判断生成物的类别．另外“两弹”的研制，使我国的处于有利的地位，要牢记它们所带来的国防意义．10.据新华社报道，由我国自行设计、研制的世界第一套全超导核聚变实验装置（又称“人造太阳”）已完成了首次工程调试．下列关于“人造太阳”的说法正确的是（）A.“人造太阳”的核反应是轻核聚变B.“人造太阳”的核反应方程是 12H+ 13H→ 24H e+ 01nC.“人造太阳”的核反应方程是 92235U+ 01n→ 56141B a+ 3692K r+3 01nD.“人造太阳”释放的能量大小的计算公式是△E=△mc2E.“人造太阳”核能大小的计算公式是E=1mc22【答案】ABD【解析】解：A 、B 、C 、人造太阳的核聚变是氘核和氚核进行的核聚变反应，核反应方程是 12H+ 13H → 24H e + 01n ，故A 正确，B 正确，C 错误；D 、E 、核聚变的过程中，只有亏损的质量转化为能量，并不是全部的质量都转化为能量，所以根据质能方程可知，“人造太阳”释放的能量大小的计算公式是△E=△mc 2，故D 正确，E 错误；故选：ABD ．核聚变都是氘核和氚核进行的核聚变反应，所有的核聚变都可以根据爱因斯坦质能方程求释放的能量．本题考查核聚变与核裂变的定义，核聚变的核反应方程，爱因斯坦质能方程，多读课本，掌握了基础知识才能顺利解决此类问题．二、填空题(本大题共3小题，共18.0分)11.在某次光电效应实验中，得到的遏止电压U e 与入射光的频率v 的关系如图所示，若该直线的斜率和截距分别为k 和b ，电子电荷量的绝对值为e ，则普朗克常量可表示为 ______ ，所用材料的逸出功表示为 ______ ．【答案】ek ；-eb【解析】解：根据爱因斯坦光电效应方程E K =h γ-W ，任何一种金属的逸出功W 一定，说明E K 随频率f 的变化而变化，且是线性关系（与y =ax +b 类似），直线的斜率等于普朗克恒量，由于：E K =e U e 所以：e U e =h γ-W ，由图可得U e =k γ+（-b ）其中-b 表示直线在y 轴上的截距，整理得：h =ek ；E K =hf -W ，E K =0时有h γ0-W=0，所以逸出功W=-eb故答案为：ek ，-eb由爱因斯坦光电效应方程E K =h γ-W 去分析图象中所包含的对解题有用的物理信息，图象与纵轴和横轴交点分别表示普朗克常量和金属的极限频率．本题考查了爱因斯坦光电效应方程E K =h γ-W ，注意将有关的物理知识和数学的图线联系起来，培养用数学知识解决物理物体．12.碘131核不稳定，会发生β衰变，其半衰变期为8天．①碘131核的衰变方程： 53131I → ______ （衰变后的元素用X 表示）． ②经过 ______ 天有75%的碘131核发生了衰变．【答案】 54131X+−10e ；16【解析】解：（1）根据电荷数守恒、质量数守恒得： 53131I → 54131X+−10e ．（2）根据m =m 0(12)n ，m =14m 0得半衰期的个数n 为：=2，所以时间为：t =2×8=16天．故答案为： 54131X+−10e ，16．根据电荷数守恒、质量数守恒写出衰变的方程；经过一个半衰期有半数发生衰变，通过剩余的碘核求出半衰期的次数，从而得出时间．解决本题的关键知道衰变的过程中电荷数守恒、质量数守恒，知道半衰期的定义，衰)n．变后的质量和衰变前的质量满足m=m0(1213.氘核和氚核可发生热核聚变而释放巨大的能量，该反应方程为： 12H+ 13H→ 24H e+x，式中x是某种粒子．已知： 12H、 13H、 24H e和粒子x的质量分别为2.0141u、3.0161u、4.0026u和1.0087u；1u=931.5M e V．由上述反应方程和数据可知，粒子x是______ ，该反应释放出的能量为______ M e V（结果保留3位有效数字）【答案】中子；17.6【解析】解：由核电荷数守恒可知，x粒子的核电荷数为：1+1-2=0，由质量数守恒可知，x粒子的质量数为：2+3-4=1，则x粒子是 01n或中子；核反应过程中释放的能量为E=△mc2=17.6M e V；故答案为：中子；17.6．由核电荷数与质量数守恒可以判断出x粒子是哪种粒子；先求出质量亏损，然后由质能方程可以求出释放的能量．考查核反应方程的书写规律，应用核电荷数与质量数守恒、质能方程是正确解题的关键．三、计算题(本大题共1小题，共6.0分)14.2011年3月11日，日本发生九级大地震，造成福岛核电站的核泄漏事故．在泄露的污染物中含有131I和137C s两种放射性核素，它们通过一系列衰变产生对人体有危害的辐射．在下列四个式子中，有两个能分别反映131I和137C s衰变过程，它们分别是______ 和______ （填入正确选项前的字母）．131I和137C s原子核中的中子数分别是______ 和______ ．A．X1→ 56137B a+ 01n B．X2→ 54131X e+ −10eC．X3→ 56137B e+ −10e D．X4→ 54131X e+ 11p．【答案】B；C；78；82【解析】解：由下列四式中，只有B选项与C选项中有53131I和55137C s两种放射元素，然而泄漏的污染物在衰变中有53131I和55137C s两种放射性元素．而A、D选项中没有53131I和55137C s．而中子数等于质量数减去质子数．即分别为131-53=78、137-55=82故答案为：B、C；78、82衰变过程是原子核自发的，满足质量数与质子数守恒，而原子核由中子与质子组成．衰变是自发的过程，而核反应过程则是人工转变的，它们均满足质量数与质子数守恒规律．四、填空题(本大题共3小题，共18.0分)15.一质子束入射到能止靶核 1327AI上，产生如下核反应：P+ 1327AI→X+n式中p代表质子，n代表中子，X代表核反应产生的新核．由反应式可知，新核X的质子数为______ ，中子数为______ ．【答案】14；13【解析】解：质子的电荷数为1，质量数为1，中子的电荷数为0，质量数为1．根据电荷数守恒、质量数守恒，X的质子数为1+13-0=14，质量数为1+27-1=27．因为质量数等于质子数和中子数之和，则新核的中子数为27-14=13．故答案为：1413．根据电荷数守恒、质量数守恒，得出新核的质子数和中子数．解决本题的关键知道在核反应方程中电荷数守恒、质量数守恒，以及知道常见粒子的电荷数和质量数．16.在光电效应实验中，某金属的截止频率相应的波长为λ0，该金属的逸出功为______ ．若用波长为λ（λ＜λ0）的单色光做该实验，则其遏止电压为______ ．已知电子的电荷量、真空中的光速和普朗克常量分别为e、c和h．【答案】ℎc λ0；ℎceλ−ℎceλ0【解析】解：金属的逸出功W0=ℎγ0=ℎcλ．根据光电效应方程知：E km=ℎcλ−ℎcλ0，又E km=e U，则遏止电压U=ℎceλ−ℎceλ0．故答案为：ℎcλ0，ℎceλ−ℎceλ0．逸出功W0=hγc，根据该公式求出金属逸出功的大小．根据光电效应方程，结合E km=e U求出遏止电压的大小．解决本题的关键掌握光电效应方程，以及掌握最大初动能与遏止电压的关系．17.氢原子第n能级的能量为E n=E1n2，其中E1为基态能量．当氢原子由第4能级跃迁到第2能级时，发出光子的频率为ν1；若氢原子由第2能级跃迁到基态，发出光子的频率为ν2，则v1v2= ______ ．【答案】14【解析】解：根据玻尔理论△E=E m-E n（m＞n）当氢原子由第4能级跃迁到第2能级时，发出光子的频率为ν1得E4-E2=E142-E122=hν1，E2-E1=E122-E1=hν2，则v 1v 2=14故答案为：14．根据能级间跃迁吸收或辐射的光子能量等于两能级间的能级差列出等式求解． 解决本题的关键知道能级间跃迁吸收或辐射的光子能量等于两能级间的能级差．五、计算题(本大题共1小题，共6.0分)18.恒星向外辐射的能量来自于其内部发生的各种热核反应，当温度达到108K 时，可以发生“氦燃烧”．①完成“氦燃烧”的核反应方程： 24H e + ______ → 48B e +y ．② 48B e 是一种不稳定的粒子，其半衰期为2.6×10-16s ．一定质量的 48B e ，经7.8×10-16s后所剩 48B e 占开始时的 ______ ．【答案】 24He ；18【解析】解：①根据电荷数守恒、质量数守恒，知未知粒子的电荷数为2，质量数为4，为 24He ．②经7.8×10-16s ，知经历了3个半衰期，所剩 48Be 占开始时的(12)3=18． 故答案为： 24He 或α，18或12.5%根据电荷数守恒、质量数守恒完成核反应方程．经过1个半衰期，有半数发生衰变，根据半衰期的次数求出剩余量占开始时的几分之几．解决本题的关键掌握半衰期的定义，以及知道在核反应中电荷数守恒、质量数守恒．六、填空题(本大题共3小题，共16.0分)19.如图所示，有一群氢原子处于量子数n =3的激发态．跃迁过程最多能发出 ______ 条光谱线．设基态能量为-E 1，普朗克常量为h ．这几条谱线中最大频率为 ______ ．【答案】3；8E 19ℎ【解析】解：（1）根据C 32=3，知可能观测到氢原子发射的不同波长的光3种．所以这群氢原子发光的光谱共有3条．（2）从n =3向n =1跃迁，发出的光子频率最大．根据h γ=E 3-E 1代入数据得：γ=8E19ℎ．故答案为：3，8E19ℎ（1）根据C n2求出这群氢原子发光的光谱的条数．（2）从n=3向n=1跃迁，能级差最大，发出的光子频率最大．本题考查对玻尔理论的理解和应用能力，关键抓住辐射的光子能量与能级差之间的关系．20.有两个原子核 612C和 614C，这两个具有相同的______ 和不同质量数的原子核互称为______ ． 612C是稳定的，而 614C则能发生 614C→ 714N+ ______ +γ的核反应，γ称中微子，是无电荷无质量的粒子．【答案】质子数；同位素； −11e【解析】解：有两个原子核 612C和 614C，这两个具有相同的质子数和不同质量数的原子核互称为同位素；根据质量数守恒可知，产物的质量数是0，；根据电荷数守恒可知，错误的电荷数是-1，所以产物是： −11e故答案为：质子数，同位素； −11e正确解答本题要掌握：同一种元素具有相同的质子数；同时注意掌握同位素的应用．根据质量数守恒与电荷数守恒即可判断出反应的产物．本题考查了原子物理中的基础知识，要注意理解原子核的组成和同位素的电压，并掌握质量数守恒与电荷数守恒在核反应方程中的应用即可正确解答．21.如图所示，甲、乙两船的总质量（包括船、人和货物）分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0．为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度．（不计水的阻力）【答案】解：设抛出货物的速度为v，由动量守恒定律得：乙船与货物：12mv0=11mv1-mv，甲船与货物：10m×2v0-mv=11mv2，两船不相撞的条件是：v2≤v1，解得：v≥4v0；答：抛出货物的最小速度为4v0．【解析】在抛货物的过程中，乙船与货物组成的动量守恒，在接货物的过程中，甲船与货物组成的系统动量守恒，在甲接住货物后，甲船的速度小于等于乙船速度，则两船不会相撞，应用动量守恒定律可以解题．知道两船避免碰撞的条件，应用动量守恒即可正确解题，解题时注意研究对象的选择．七、计算题(本大题共9小题，共90.0分)22.如图，A、B、C三个木块的质量均为m，置于光滑的水平桌面上，B、C之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不固连．将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B 和C 紧连，使弹簧不能伸展，以至于B 、C 可视为一个整体．现A 以初速度v 0沿B 、C 的连线方向朝B 运动，与B 相碰并粘合在一起．以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C 与A 、B 分离．已知离开弹簧后C 的速度恰好为v 0．求弹簧释放的势能．【答案】 解：（1）设碰后A 、B 和C 的共同速度的大小为v ，由动量守恒定律得：mv 0=3mv ， 设C 离开弹簧时，A 、B 的速度大小为v 1，由动量守恒得3mv =2mv 1+mv 0，解得：v 1=0；（2）设弹簧的弹性势能为E P ，从细线断开到C 与弹簧分开的过程中机械能守恒，有12（3m ）v 2+E P =12（2m ）v 12+12mv 02，解得：E P =13mv 02； 答：弹簧释放的势能为13mv 02．【解析】A 与B 、C 碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律可以求出碰后三者的共同速度； 线断开，AB 与C 分离过程中动量守恒，由动量守恒定律可以列方程；在弹簧弹开过程中，系统机械能守恒，由机械能守恒定律可以列方程，解方程即可求出弹簧的弹性势能．分析清楚物体运动过程，熟练应用动量守恒定律、能量守恒定律即可正确解题．23.如图所示，质量为m 、长度为L 的木块A 放在光滑的水平面上，另一质量为M=3m 的小球B 以速度v 0在水平面上向右运动并与A 在距离竖直墙壁为6L 处发生碰撞，已知碰后木块A 的速度大小为v 0，木块A 与墙壁碰撞过程中无机械能损失，且作用时间极短，小球的半径可以忽略不计．求：（1）木块和小球发生碰撞过程中的能量损失；（2）木块和小球发生第二次碰撞时，小球到墙壁的距离．【答案】 解：（1）设小球与木块第一次碰撞后的速度大小为v ，并取水平向右为正方向，由动量守恒有：3mv 0=3mv +mv 0， 解得：v =23v 0．碰撞过程中的能量损失为：△E=12×3mv 02-12×3mv 2-12mv 02=13mv 02；（2）设第二次碰撞时小球到墙壁的距离为x ，则在两次碰撞之间，小球运动的路程为：6L-x ，木块运动的路程为：6L+x -2L ．由于小球和木块在两次碰撞之间运动的时间相同，由t =xt 可知：6L−x23v 0=6L+x−2Lv 0，解得：x =2L ．答：（1）木块和小球发生碰撞过程中的能量损失为13mv 02；（2）木块和小球发生第二次碰撞时，小球到墙壁的距离为2L ． 【解析】（1）木块与小球碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出碰撞后的速度，然后由能量守恒定律可以求出损失的能量．（2）求出小球与木块的路程，然后由速度公式求出时间，两者的运动时间相等，然后求出距离．本题关键是根据动量守恒定律列方程解出碰撞各自的速度，然后根据几何关系列方程求解．24.在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块A 和B ，两者相距为d ．现给A 一初速度，使A 与B 发生弹性正碰，碰撞时间极短．当两木块都停止运动后，相距仍然为d ．已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为μ，B 的质量为A 的2倍，重力加速度大小为g ．求A 的初速度的大小．【答案】解：设在发生碰撞前的瞬间，木块A 的速度大小为v ； 在碰撞后的瞬间，A 和B 的速度分别为v 1和v 2． 在碰撞过程中，由能量守恒定律和动量守恒定律．得12mv 2=12mv 12+12•2mv 22， mv =mv 1+2mv 2，式中，以碰撞前木块A 的速度方向为正． 联立解得：v 1=-12v 2．设碰撞后A 和B 运动的距离分别为d 1和d 2， 由动能定理得μmgd 1=12mv 12． μ（2m ）gd 2=122mv 22． 按题意有：d =d 2+d 1．设A 的初速度大小为v 0，由动能定理得-μmgd =12mv 2-12mv 02。
广东省中山市2016年高三5月高考模拟考试物理试题
中山市2016届高三理科综合高考模拟试题（物理）第一卷一、选择题(本大题共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.图中为一理想变压器,原副线圈的总匝数比为1:2,其原线圈与一电压有效值恒为220V 的交流电源相连,P为滑动头.现令P从均匀密绕的副线圈最底端开始,沿副线圈缓慢匀速上滑,直至220V 60w的白炽灯L两端的电压等于其额定电压为止，在滑动过程中灯丝温度逐渐升高.U2表AB端的总电压,U L表示灯泡两端的电压,用I2表示流过灯泡的电流,(这里的电流、电压均指有效值).下列4个图中,不能够正确反映相应物理量的变化趋势的是( )15. 如图是法拉第研究电磁感应用过的线圈。
为了透彻研究电磁感应现象,法拉第做了许多实验，并概括了可以产生感应电流的五种类型：变化的电流、变化的磁场、运动的恒定电流、运动的磁铁、在磁场中运动的导体。
假设用条形磁铁在右图线圈中抽插的方法来产生感应电流，并将一零刻度位于表盘中央的灵敏电流计接在线圈两端构成闭合回路，下列说法正确的是：A. 其它条件相同，线圈环越大，感应电流越大B. 其它条件相同，线圈环越小，电磁感应现象越明显C. 如果采用磁铁不动，线圈移动的方法，不能产生感应电流D. 线圈套住条形磁体，二者同方向运动，一定不能产生感应电流16.平抛运动可以分解为水平和竖直方向的两个直线运动，在同一坐标系中作出这两个分运动的v-t图线，如图所示，若平抛运动的时间大于2t1,则下列说法中正确的是（）A. 图线2表示水平分运动的v-t图线B. t1时刻的速度方向与初速度方向夹角为30°C. t1时刻的位移方向与初速度方向夹角的正切为D. 2t 1时刻的位移方向与初速度方向夹角为45°17.如图所示，质量为M 、半径为R 的半球形物体A 放在水平地面上，通过最高点处的钉子用水平细线拉住一质量为m 、半径为r 的光滑球B ，则（ ）。
2016年广东省惠州市高考物理模拟试卷(解析版)
2016年广东省惠州市高考物理模拟试卷二、选择题：本题共8小题，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1．下列说法中，不符合物理学史实的是（）A．牛顿总结出了万物间相互作用的规律B．亚里士多德认为，力是物体运动状态改变的原因，而不是物体运动的原因C．密立根测得电荷量e的数值D．奥斯特发现导线通电时，导线附近的小磁针发生偏转2．如图，光滑斜面C静止在粗糙的水平地面上，质量均为m的滑块A、B叠放在一起后由静止开始下滑，此过程中斜面保持静止．则下列说法正确的是（）A．A对B的压力等于mgB．A、B 间没有摩擦力的作用C．地面对C的摩擦力方向水平向左D．若将A撤去，则B下滑的加速度变小3．某人向放在水平地面的正前方小桶中水平抛球，结果球划着一条弧线飞到小桶的前方（如图所示）．某人抛球的高度为2L，离小桶左边缘水平距离为5L，小桶高度为L，直径为L，不计小桶厚度，不计空气阻力，重力加速度为g，假设小球碰到桶底和桶壁不弹出，为了能把小球抛进小桶中，则水平抛的速度V取值范围为（）A． B．C． D．4．一半径为R的均匀带正电荷圆环，其轴线与x轴重合，环心位于坐标原点O处，M、N 为x轴上的两点，则下列说法正确的是（）A．沿x轴正方向从O点到无穷远处电场强度越来越大B．沿x轴正方向从O点到无穷远处电场强度越来越小C．将一正试探电荷由M点移到N点，电荷的电势能增大D．将一正试探电荷由M点移到N点，电荷的电势能减少5．在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的轴匀速转动，如图1所示．产生的感应电动势如图2所示，则（）A．t=0.01s时线框平面与磁场B垂直B．t=0.005s时线框的磁通量变化率为零C．线框产生的交变电动势有效值为311VD．线框产生的交变电动势频率为100Hz6．我国于2013年6月11日17时38分发射“神舟十号”载人飞船，并与“天宫一号”目标飞行器对接．如图所示，开始对接前，“天宫一号”在高轨道，“神舟十号”飞船在低轨道，各自绕地球做匀速圆周运动，距离地面的高度分别为h1和h2（设地球半径为R），“天宫一号”的运行周期约为90分钟．则以下说法正确的是（）A．“天宫一号”跟“神舟十号”的线速度大小之比为B．“天宫一号”跟“神舟十号”的向心加速度大小之比为C．“天宫一号”的角速度比地球同步卫星的角速度大D．“天宫一号”的线速度大于7.9 km/s7．如图1，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，刚接触轻弹簧的瞬间速度是5m/s，接触弹簧后小球速度v和弹簧缩短的长度△x之间关系如图2所示，其中A为曲线的最高点．已知该小球重为2N，弹簧在受到撞击至压缩到最短的过程中下列说法正确的是（）A．小球的动能先变大后变小B．小球的机械能先增大后减小C．小球速度最大时受到的弹力为2ND．小球受到的最大弹力为12.2N8．用一段截面半径为r、电阻率为ρ、密度为d的均匀导体材料做成一个半径为R（r＜＜R）的圆环．圆环竖直向下落入如图所示的径向磁场中．圆环的圆心始终在N极的轴线上，圆环所在的位置的磁感应强度大小均为B，圆环在加速下落过程中某一时刻的速度为v，忽略电感的影响，则（）A．此时在圆环中产生了（俯视）顺时针的感应电流B．圆环因受到了向下的安培力而加速下落C．此时圆环的加速度a=D．如果径向磁场足够长，则圆环的最大速度v m=二、解答题（共4小题，满分47分）9．在验证机械能守恒定律实验中，（1）为完成此实验，图1中A、B、C、D、E表示部分实验器材，需在图中选用的器材有．（填入正确选项前的字母）（2）下面列举了该实验的几个操作步骤：A．打点计时器接到电源的“直流输出”上B．释放纸带后接通电源，打出一条纸带C．测量纸带上某些点间的距离D．根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能其中操作不当的步骤是．（3）利用这个装置也可以测量重锤下落的加速度a的数值．根据打出的纸带，选取纸带上连续的五个点A、B、C、D、E，测出各点之间的距离如图2所示．使用交流电的频率为f，则计算重锤下落的加速度的表达式a=．（用x1、x2、x3、x4及f表示）10．有一量程为0﹣5V的电压表V，某同学为了知道它的内阻，采用了下列测量方法：（1）该同学利用欧姆表通过图1的方式进行测量．测量时欧姆表的黑表笔应该与电压表的（选填“正”或“负”）极接线柱相连，红表笔与另一接线柱相连．在欧姆表的挡位位于“×1k”挡时，欧姆表的示数如图2所示，则电压表的内阻R V约为kΩ．（2）为了更准确地测出这块电压表V的内阻，该同学在实验室找到了下列器材：电压表V1：量程0～10V定值电阻R0：阻值5000Ω滑动变阻器R1：0～50Ω滑动变阻器R2：0～10kΩ电源E：电动势12V，内阻很小开关S、导线若干该同学设计了图3所示的电路，其中甲为，乙为（选填“V”或“V1”）．滑动变阻器应选（选填“R1”或“R2”）．该同学通过调节滑动变阻器的阻值，得到电压表V、V1的多组读数U、U1，以U为纵坐标、U1为横坐标建立坐标系并画出相应图象，如图4所示．若图象的斜率为k，则电压表V的内阻R V=（用k和R0表示）．11．滑雪度假村某段雪地赛道可等效为长L=36m，倾角为θ=37°的斜坡．已知滑道的积雪与不同滑板之间的动摩擦因数不同，现假定甲先滑下时滑板与赛道的动摩擦因数μ1=0.5，乙后滑时滑板与赛道的动摩擦因数为μ2=0.25，g取10m/s2．已知甲和乙均可看作质点，且滑行方向平行，相遇时不会相撞．求：（1）甲从坡顶由静止自由滑下时到达坡底的速度大小（2）若乙比甲晚出发△t=1s，为追上甲，有人从后面给乙一个瞬时作用使乙获得初速度V0=1m/s，通过计算分析乙能否在甲到达坡底前追上甲；若能追上求出两者在追上前相距的最远距离，若不能追上求出两者到达坡底的时间差．12．如图所示，间距为L的光滑M、N金属轨道水平放置，ab是电阻为R0的金属棒，此棒可紧贴平行导轨滑动．导轨右侧连接一水平放置的平行板电容器，板间距为d，板长也为L，导轨左侧接阻值为R的定值电阻，其它电阻忽略不计．轨道处的磁场方向垂直轨道平面向下，电容器处的磁场垂直纸面向里，磁感应强度均为B．当ab以速度v0向右匀速运动时，一带电量大小为q的粒子以某一速度从紧贴A板左侧平行于A板进入电容器内，恰好做匀速圆周运动，并从C板右侧边缘离开．试求：（1）AC两板间的电压U；（2）带电粒子的质量m；（3）带电粒子的速度大小v．【选修3-3】13．下列说法中正确的是（）A．只要知道气体的摩尔体积和阿伏伽德罗常数，就可以算出气体分子的体积B．悬浮在液体中的固体微粒越小，布朗运动就越明显C．一定质量的理想气体，保持气体的压强不变，温度越高，体积越大D．一定温度下，饱和汽的压强是一定的E．由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间只有引力，没有斥力，所以液体表面具有收缩的趋势14．如图所示，一直立的气缸用一质量为m的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞横截面积为S．气体最初的体积为V0，气体最初的压强为；气缸内壁光滑且气缸是导热的．开始活塞被固定，打开固定螺栓K，活塞下落，经过足够长时间后活塞停在B处．设周围环境温度保持不变．已知大气压强为P0，重力加速度为g，求：活塞停在B点时活塞下落的距离h．【选修3-4】15．下列说法正确的是（）A．关于核反应方程P→Si+X，此反应为裂变反应，X粒子是正电子B．a射线比γ射线贯穿能力较强，电离能力则较弱C．在光电效应现象中，光电子的最大初动能随照射光的强度增大而增大D．当温度升高或压强增大或发生化学反应时，原子核的半衰期不会改变E．由玻尔的原子模型可以推知，氢原子处于激发态，量子数越大，核外电子动能越小16．在如图所示的光滑水平面上，小明站在静止的小车上用力向右推静止的木箱，木箱离开手以5m/s的速度向右匀速运动，运动一段时间后与竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹回来后被小明接住．已知木箱的质量为30kg，人与车的质量为50kg．求：（1）推出木箱后小明和小车一起运动的速度大小；（2）小明接住木箱后三者一起运动，在接木箱过程中系统损失的能量．2016年广东省惠州市高考物理模拟试卷参考答案与试题解析二、选择题：本题共8小题，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1．下列说法中，不符合物理学史实的是（）A．牛顿总结出了万物间相互作用的规律B．亚里士多德认为，力是物体运动状态改变的原因，而不是物体运动的原因C．密立根测得电荷量e的数值D．奥斯特发现导线通电时，导线附近的小磁针发生偏转【考点】物理学史．【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．【解答】解：A、牛顿通过开普勒行星运动三定律推导出了万有引力定律，故A正确；B、伽利略根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因，而是物体运动状态改变的原因，故B错误；C、密立根测得电荷量e的数值，故C正确；D、奥斯特发现导线通电时，导线附近的小磁针发生偏转，故D正确；本题选错误的故选：B2．如图，光滑斜面C静止在粗糙的水平地面上，质量均为m的滑块A、B叠放在一起后由静止开始下滑，此过程中斜面保持静止．则下列说法正确的是（）A．A对B的压力等于mgB．A、B 间没有摩擦力的作用C．地面对C的摩擦力方向水平向左D．若将A撤去，则B下滑的加速度变小【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．【分析】先对AB整体，运用牛顿第二定律求出加速度，再由A，由正交分解法求B对A 的摩擦力和支持力，再对B受力分析，分析受力个数，对ABC研究，根据加速度分析C受到的摩擦力方向，根据牛顿第二定律分析将A撤去，则B下滑的加速度变化情况．【解答】解：A、AB整体具有沿斜面向下的加速度，设为加速度为a，由牛顿第二定律可知：（m+m）a=（m+m）gsinθ得：a=gsinθ将a正交分解为竖直方向分量a1，水平分量a2，由于具有水平分量a2，故物体A必受水平向左摩擦力f，A受力如1图所示：由牛顿第二定律得：竖直方向上：mg﹣N=ma1…①水平方向上：f=ma2…②斜面与水平方向的夹角为θ，摩擦力与弹力的合力与水平方向夹角为θ，由几何关系得；a1=asinθ=gsinθsinθ=gsin2θ…③a2=acosθ=gsinθcosθ…④得：N=mg﹣mgsin2θ=mgcos2θ，f=mgsinθcosθ，故A错误；B、对A受力分析，A具有沿斜面向下的加速度，则说明A受合力沿斜面向下，根据受力分析可知，A一定受B的摩擦力；故B错误；C、把ABC看成一个整体，则整体具有水平向左的分加速度，所以C受到地面对C水平向左的静摩擦力，故C正确；D、若将A撤去，对B，由牛顿第二定律可知：ma=mgsinθ，得：a=gsinθ，B的加速度不变，故D错误．故选：C3．某人向放在水平地面的正前方小桶中水平抛球，结果球划着一条弧线飞到小桶的前方（如图所示）．某人抛球的高度为2L，离小桶左边缘水平距离为5L，小桶高度为L，直径为L，不计小桶厚度，不计空气阻力，重力加速度为g，假设小球碰到桶底和桶壁不弹出，为了能把小球抛进小桶中，则水平抛的速度V取值范围为（）A． B．C． D．【考点】平抛运动．【分析】小球做平抛运动，将平抛运动进行分解：水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，由下落的高度求出时间，根据水平位移在5L～6L范围求速度V的范围．【解答】解：小球做平抛运动，由2L﹣L=gt2得：t=要使球抛进小桶中，水平位移必须满足：5L＜x＜6L在水平方向有：x=Vt解得：．故A正确．故选：A4．一半径为R的均匀带正电荷圆环，其轴线与x轴重合，环心位于坐标原点O处，M、N 为x轴上的两点，则下列说法正确的是（）A．沿x轴正方向从O点到无穷远处电场强度越来越大B．沿x轴正方向从O点到无穷远处电场强度越来越小C．将一正试探电荷由M点移到N点，电荷的电势能增大D．将一正试探电荷由M点移到N点，电荷的电势能减少【考点】电势能．【分析】均匀带电细圆环两侧电场分布具有对称性，沿0点右侧OM连线上电场水平向右，在O点带电细圆环上电荷所产生的合场强为0．向右电势降低．据此判断各项【解答】解：A、根据场强的叠加可知，O点的场强为零，O点的场强为零，无穷远处的场强为零，O到无穷远间的场强不为零，故x轴正方向从O点到无穷远处电场强度先增大，后减小，故AB错误；C、电场线方向由M指向N，沿电场方向电势降低，将一正试探电荷由M点移到N点，电场力做正功，电势能减小，故C错误，D正确；故选：D5．在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的轴匀速转动，如图1所示．产生的感应电动势如图2所示，则（）A．t=0.01s时线框平面与磁场B垂直B．t=0.005s时线框的磁通量变化率为零C．线框产生的交变电动势有效值为311VD．线框产生的交变电动势频率为100Hz【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系．【分析】从图象得出电动势最大值、周期，从而算出频率、角速度；磁通量最大时电动势为零，磁通量为零时电动势最大【解答】解：A、由图象知：t=0.01s时，感应电动势为零，则穿过线框的磁通量最大，线框平面与磁场B垂直，故A正确；B、由图象知：t=0.005s时，感应电动势最大，则穿过线框的磁通量最小，此时磁通量的变化率最大，故B错误；C、线框产生的交变电动势最大值为311V，故C错误D、由图象得出周期T=0.02s，所以f=，故D错误故选：A．6．我国于2013年6月11日17时38分发射“神舟十号”载人飞船，并与“天宫一号”目标飞行器对接．如图所示，开始对接前，“天宫一号”在高轨道，“神舟十号”飞船在低轨道，各自绕地球做匀速圆周运动，距离地面的高度分别为h1和h2（设地球半径为R），“天宫一号”的运行周期约为90分钟．则以下说法正确的是（）A．“天宫一号”跟“神舟十号”的线速度大小之比为B．“天宫一号”跟“神舟十号”的向心加速度大小之比为C．“天宫一号”的角速度比地球同步卫星的角速度大D．“天宫一号”的线速度大于7.9 km/s【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．【分析】根据万有引力提供向心力列式，得到线速度、向心加速度和角速度的表达式，再求解即可．【解答】解：ABC、根据G=m=ma=mrω2，又r=R+h则得v=，a=，ω=所以“天宫一号”跟“神舟十号”的线速度大小之比为，向心加速度大小之比为，“天宫一号”的角速度比地球同步卫星的角速度大．故A错误，BC正确．D、第一宇宙速度7.9km/s是卫星绕地球圆周运动的最大，所以“天宫一号”的线速度小于7.9km/s，故D错误．故选：BC．7．如图1，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，刚接触轻弹簧的瞬间速度是5m/s，接触弹簧后小球速度v和弹簧缩短的长度△x之间关系如图2所示，其中A为曲线的最高点．已知该小球重为2N，弹簧在受到撞击至压缩到最短的过程中下列说法正确的是（）A．小球的动能先变大后变小B．小球的机械能先增大后减小C．小球速度最大时受到的弹力为2ND．小球受到的最大弹力为12.2N【考点】动能定理的应用；机械能守恒定律．【分析】小球的速度先增加后减小，故其动能先增大后减小，在整个过程中只有重力和弹簧弹力对小球做功，故小球与弹簧组成的系统机械能守恒，在压缩弹簧的过程中弹簧的弹性势能增加故小球的机械能减小，小球速度最大时弹力大小与小球的重力平衡，根据胡克定律求弹簧压缩时产生的最大弹力．【解答】解：A、由图可知，小球的速度先增加后减小，故小球的动能先增大后减小，故A 正确；B、在小球下落过程中至弹簧压缩最短时，只有重力和弹簧弹力做功，故小球与弹簧组成的系统机械能守恒，在压缩弹簧的过程中弹簧的弹性势能增加，故小球的机械能减小，故B错误；C、小球下落时，当重力与弹簧弹力平衡时小球的速度最大，据此有：小球受到的弹力大小与小球的重力大小平衡，故此时小球受到的弹力为2N，所以C正确；D、小球速度最大时，小球的弹力为2N，此时小球的形变量为0.1m，故可得弹簧的劲度系数k=20N/m，故弹簧弹力最大时形变量最大，根据胡克定律知，小球受到的最大弹力为，故D正确．故选：ACD8．用一段截面半径为r、电阻率为ρ、密度为d的均匀导体材料做成一个半径为R（r＜＜R）的圆环．圆环竖直向下落入如图所示的径向磁场中．圆环的圆心始终在N极的轴线上，圆环所在的位置的磁感应强度大小均为B，圆环在加速下落过程中某一时刻的速度为v，忽略电感的影响，则（）A ．此时在圆环中产生了（俯视）顺时针的感应电流B ．圆环因受到了向下的安培力而加速下落C ．此时圆环的加速度a=D ．如果径向磁场足够长，则圆环的最大速度v m =【考点】楞次定律；安培力．【分析】根据切割产生的感应电动势公式求出整个环产生的电动势的大小，根据欧姆定律求出电流的大小，根据安培力大小，结合牛顿第二定律求出加速度，当加速度为零时，速度最大．【解答】解：A 、由题意可知，根据右手定则，右图中，环左端面电流方向垂直纸面向里，右端电流方向向外，则有（俯视）顺时针的感应电流．故A 正确．B 、由A 选项分析，结合左手定则可知，环受到的安培力向上，阻碍环的运动，故B 错误．C 、圆环落入磁感应强度B 的径向磁场中，垂直切割磁感线，则产生的感应电动势E=Blv=B •2πRv ，圆环的电阻为R 电=ρ，圆环中感应电流为I==圆环所受的安培力大小为F=BI •2πR ，此时圆环的加速度为a=， m=d •2πR πr 2，得a=g ﹣，故C 错误．D 、当圆环做匀速运动时，安培力与重力相等，速度最大，即有mg=F ，则得d •2πR πr 2g=B ••2πR ，解得，v m =．故D 正确．故选：AD ．二、解答题（共4小题，满分47分）9．在验证机械能守恒定律实验中，（1）为完成此实验，图1中A 、B 、C 、D 、E 表示部分实验器材，需在图中选用的器材有 AB ．（填入正确选项前的字母）（2）下面列举了该实验的几个操作步骤：A ．打点计时器接到电源的“直流输出”上B．释放纸带后接通电源，打出一条纸带C．测量纸带上某些点间的距离D．根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能其中操作不当的步骤是AB．（3）利用这个装置也可以测量重锤下落的加速度a的数值．根据打出的纸带，选取纸带上连续的五个点A、B、C、D、E，测出各点之间的距离如图2所示．使用交流电的频率为f，则计算重锤下落的加速度的表达式a=．（用x1、x2、x3、x4及f表示）【考点】验证机械能守恒定律．【分析】根据实验的原理确定所需测量的物理量，从而确定所需的器材．结合实验中的注意事项确定不当的操作步骤．根据连续相等时间内的位移之差是一恒量，运用逐差法求出重锤下落的加速度．【解答】解：（1）实验中运用验证重锤动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，所以需要重锤．时间可以通过打点计时器测出，不需要秒表，需要打点计时器，可以测量出瞬时速度，从而得出动能的增加量．该实验不需要小车和钩码．故选：AB．（2）A、打点计时器应使用交流电源，故A错误．B、实验时应先接通电源再释放纸带，故B错误．C、实验中验证重锤动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，所以需要测量点迹间的距离，故C、D正确．本题选择不当的操作步骤，故选：AB．（3）根据△x=aT2，运用逐差法得：．故答案为：（1）AB；（2）AB；（3）．10．有一量程为0﹣5V的电压表V，某同学为了知道它的内阻，采用了下列测量方法：（1）该同学利用欧姆表通过图1的方式进行测量．测量时欧姆表的黑表笔应该与电压表的正（选填“正”或“负”）极接线柱相连，红表笔与另一接线柱相连．在欧姆表的挡位位于“×1k”挡时，欧姆表的示数如图2所示，则电压表的内阻R V约为 4.5kΩ．（2）为了更准确地测出这块电压表V的内阻，该同学在实验室找到了下列器材：电压表V1：量程0～10V定值电阻R0：阻值5000Ω滑动变阻器R1：0～50Ω滑动变阻器R2：0～10kΩ电源E：电动势12V，内阻很小开关S、导线若干该同学设计了图3所示的电路，其中甲为，乙为V（选填“V”或“V1”）．滑动变阻器应选（选填“R1”或“R2”）．该同学通过调节滑动变阻器的阻值，得到电压表V、V1的多组读数U、U1，以U为纵坐标、U1为横坐标建立坐标系并画出相应图象，如图4所示．若图象的斜率为k，则电压表V的内阻R V=（用k和R0表示）．【考点】伏安法测电阻．【分析】本题（1）的关键是明确黑表笔与欧姆表内部电池的正极，红表笔与内部电池的负极相连．题（2）的关键是利用假设法，选择能根据串并联规律解出待测电压表内阻的电路元件即可；变阻器采用分压式接法时，变阻器的阻值越小调节越方便；应先根据串并联规律写出U与的函数表达式，然后根据斜率的概念即可求解．【解答】解：（1）：根据欧姆表的工作原理可知黑表笔应与欧姆表内部电池的正极相连，所以图1中的黑表笔应与电压表的正极接线柱相连；欧姆表的读数为：R=4.51kΩ=4.5kΩ；（2）：根据图3，若甲为电压表乙为待测电压表V，根据串并联规律应有：=U+，能够解出待测电压表V的内阻，所以甲为，乙为V；由于采用分压式接法时，变阻器的阻值越小调节越方便，所以变阻器应选；由=U ，可变形为：U=，所以k=，解得： =；故答案为：（1）正，4.5；（2），V ，，11．滑雪度假村某段雪地赛道可等效为长L=36m ，倾角为θ=37°的斜坡．已知滑道的积雪与不同滑板之间的动摩擦因数不同，现假定甲先滑下时滑板与赛道的动摩擦因数μ1=0.5，乙后滑时滑板与赛道的动摩擦因数为μ2=0.25，g 取10m/s 2．已知甲和乙均可看作质点，且滑行方向平行，相遇时不会相撞．求：（1）甲从坡顶由静止自由滑下时到达坡底的速度大小（2）若乙比甲晚出发△t=1s ，为追上甲，有人从后面给乙一个瞬时作用使乙获得初速度V 0=1m/s ，通过计算分析乙能否在甲到达坡底前追上甲；若能追上求出两者在追上前相距的最远距离，若不能追上求出两者到达坡底的时间差．【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系；牛顿第二定律．【分析】（1）根据牛顿第二定律求出甲下滑的加速度大小，结合速度位移公式求出甲从坡顶由静止自由滑下时到达坡底的速度大小；（2）根据速度时间公式求出甲到达坡底的时间，根据牛顿第二定律和位移时间公式求出乙到达坡底的时间，判断两者在坡上相遇，抓住速度相等时相距最远，结合运动学公式求出最远距离．【解答】解：（1）对甲运动，由牛顿运动定律：m 1gsin θ﹣μ1m 1gcos θ=m 1a 甲代入数据解得a 甲=2m/s 2由2a 甲L=v 12代入数据解得：v 1=12m/s（2）甲到达坡底的时间t 甲==s=6s对乙：a 乙=gsin θ﹣μ2gcos θ=6﹣0.25×8=4m/s 2设到达坡底时间为t 乙L=v 0t 乙+a 乙t 乙2代入数据解得 t 乙=4st 乙+△t ＜t 甲 故可以追上设甲出发后经t 1，乙与甲达到共同速度v ，则：V=a 甲t 1=v 0+a 乙（t 1﹣△t ）代入数据解得：t 1=1.5sX 甲=a 甲t 12=mX 乙=v 0（t 1﹣△t ）+a 乙（t 1﹣△t ）2=1m所以△x=X 甲﹣X 乙=1.25m答：（1）甲从坡顶由静止自由滑下时到达坡底的速度大小为12m/s ；（2）两者在追上前相距的最远距离为1.25m ．12．如图所示，间距为L 的光滑M 、N 金属轨道水平放置，ab 是电阻为R 0的金属棒，此棒可紧贴平行导轨滑动．导轨右侧连接一水平放置的平行板电容器，板间距为d ，板长也为L ，导轨左侧接阻值为R 的定值电阻，其它电阻忽略不计．轨道处的磁场方向垂直轨道平面向下，电容器处的磁场垂直纸面向里，磁感应强度均为B ．当ab 以速度v 0向右匀速运动时，一带电量大小为q 的粒子以某一速度从紧贴A 板左侧平行于A 板进入电容器内，恰好做匀速圆周运动，并从C 板右侧边缘离开．试求：（1）AC 两板间的电压U ；（2）带电粒子的质量m ；（3）带电粒子的速度大小v ．【考点】法拉第电磁感应定律；带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】（1）棒ab 向右运动时滑动时切割磁感线，产生感应电动势为E=BLv 0，相当于电源，AC 间的电压等于电阻R 两端的电压，由串联电路分压规律求解．（2）带电粒子在AC 间中做匀速圆周运动，重力与电场力平衡，列式求解质量m ．（3）粒子做匀速圆周运动，画出轨迹，由几何关系求出轨迹半径，根据洛伦兹力提供向心力列式求解粒子的速度大小v ．【解答】解：（1）棒ab 向右运动时产生的电动势为：E=BLv 0AC 间的电压即为电阻R 的分压，由分压关系可得：（或：，U=IR ）解得：（2）带电粒子在AC 板间电磁场中做匀速圆周运动，则重力与电场力平衡，则有：解得：（3）粒子由牛顿第二定律可得：粒子运动轨迹如图所示，由几何关系可得：L 2+（r ﹣d ）2=r 2。
2016年广东省佛山一中高考物理三模试卷(解析版)
2016年广东省佛山一中高考物理三模试卷一、选择题（本大题共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）．1．（6分）在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用．下列叙述符合史实的是（）A．奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应解释了电和磁之间存在联系B．安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说C．法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流D．楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化2．（6分）下表面粗糙，其余面均光滑的斜面置于粗糙水平地面上，倾角与斜面相等的物体A放在斜面上，方形小物体B放在A上，在水平向左大小为F的恒力作用下，A、B及斜面均处于静止状态，如图所示．现将小物体B从A上表面上取走，则（）A．斜面一定静止B．斜面一定向左运动C．斜面可能向左运动D．A仍保持静止3．（6分）如图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，内侧壁半径为R，小球半径为r，则下列说法正确的是（）A．小球通过最高点时的最小速度v min=B．小球通过最高点时的最小速度v min=C．小球在水平线ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力D．小球在水平线ab以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力4．（6分）太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动，当地球恰好运行到某地外行星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，天文学称为“行星冲日”．已知地球及各地外行星绕太阳运动的轨道半径如下表所示，则下列结论正确的是（）A．海王星绕太阳运动的周期约为98.32年，相邻两次冲日的时间间隔为1.006年B．土星绕太阳运动的周期约为29.28年，相邻两次冲日的时间间隔为5.04年C．天王星绕太阳运动的周期约为52.82年，相邻两次冲日的时间间隔为3.01年D．木星绕太阳运动的周期约为11.86年，相邻两次冲日的时间间隔为1.09年5．（6分）CD、EF是两条水平放置的阻值可忽略的平行金属导轨，导轨间距为L，在水平导轨的左侧存在磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场区域的长度为d，如图所示．导轨的右端接有一电阻R，左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接．将一阻值也为R的导体棒从弯曲轨道上h高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处．已知导体棒与水平导轨接触良好，且动摩擦因数为μ，则下列说法中正确的是（）A．电阻R的最大电流为B．流过电阻R的电荷量为C．整个电路中产生的焦耳热为mghD．电阻R中产生的焦耳热为mgh6．（6分）理想变压器原线圈a匝数n1=200匝，副线圈b匝数n2=100匝，线圈a接在，μ=44sin314t（V）交流电源上，“12V，6W”的灯泡恰好正常发光．电阻R 2=16Ω，电压表V为理想电表．下列推断正确的是（）A．交变电流的频率为100HzB．穿过铁芯的磁通量的最大变化率为Wb/sC．电压表V的示数为22VD．R1消耗的功率是1W7．（6分）如图所示，劲度数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m的物体接触（未连接），弹簧水平且无形变．用水平力F缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，此时物体静止．撤去F后，物体开始向左运动，运动的最大距离为4x0．物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．则（）A．撤去F后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动B．撤去F后，物体刚运动时的加速度大小为﹣μgC．物体做匀减速运动的时间等于D．物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为μmg（x0﹣）8．（6分）如图甲所示，在倾角为θ的光滑斜面上，有一个质量为m的物体在沿斜面方向的力F的作用下由静止开始运动，物体的机械能E随位移x的变化关系如图乙所示．其中0～x1过程的图线是曲线，x1～x2过程的图线为平行于x轴的直线，则下列说法中正确的是（）A．物体在沿斜面向下运动B．在0～x1过程中，物体的加速度一直增大C．在0～x2过程中，物体先减速再匀速D．在x1～x2过程中，物体的加速度为gsinθ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作答．第33题～第40题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（本大题共4小题，共129分）9．（6分）某实验小组用一只弹簧秤和一个量角器等器材验证力的平行四边形定则，设计了如图所示的实验装置，固定在竖直木板上的量角器的直边水平，橡皮筋的一端固定于量角器的圆心O的正上方A处，另一端系绳套1和绳套2．主要实验步骤如下：ⅰ．弹簧秤挂在绳套1上竖直向下拉橡皮筋，使橡皮筋的结点到达O处，记下弹簧秤的示数F；ⅱ．弹簧秤挂在绳套1上，手拉着绳套2，缓慢拉橡皮筋，使橡皮筋的结点到达O处，此时绳套1沿0o方向，绳套2沿120o方向，记下弹簧秤的示数F1；ⅲ．根据力的平行四边形定则计算绳套1的拉力F1′=①；ⅳ．比较②，即可初步验证；ⅴ．只改变绳套2的方向，重复上述实验步骤．回答下列问题：（1）完成实验步骤：①；②；（2）将绳套1由0o方向缓慢转动到60o方向，同时绳套2由120o方向缓慢转动到180o方向，此过程中保持橡皮筋的结点在O处不动，保持绳套1和绳套2的夹角120o不变．关于绳套1的拉力大小的变化，下列结论正确的是（填选项前的序号）A．逐渐增大B．先增大后减小C．逐渐减小D．先减小后增大．10．（9分）如图（甲）表示某电阻R随摄氏温度t变化的关系，图中R0表示0℃时的电阻，K表示图线的斜率．若用该电阻与电池（E，r）、电流表R g、变阻器R′串连起来，连接成如图（乙）所示的电路，用该电阻做测温探头，把电流表的电流刻度改为相应的温度刻度，于是就得到了一个简单的“电阻测温计”．①实际使用时要把电流表的刻度值改为相应的温度刻度值，若温度t1＜t2，则t1的刻度应在t2的侧（填“左”、“右”）；②在标识“电阻测温计”的温度刻度时，需要弄清所测温度和电流的对应关系．请用E、R0、K等物理量表示所测温度t与电流I的关系式：t=；③由②知，计算温度和电流的对应关系，需要测量电流表的内阻（约为200Ω）．已知实验室有下列器材：A．电阻箱（0～99.99Ω）；B．电阻箱（0～999.9Ω）；C．滑线变阻器（0～20Ω）；D．滑线变阻器（0～20kΩ）．此外，还有电动势合适的电源、开关、导线等．请在图丙方框内设计一个用“半偏法”测电流表内阻Rg的电路；在这个实验电路中，电阻箱应选；滑线变阻器应选．（只填代码）11．（14分）如图所示，半径为R的水平绝缘圆盘可绕竖直轴OO′转动，水平虚线AB、CD互相垂直，一电荷量为+q的可视为质点的小物块置于距转轴r处，空间有方向A指向B的匀强电场．当圆盘匀速转动时，小物块相对圆盘始终静止．小物块转动到位置Ⅰ（虚线AB上）时受到的摩擦力为零，转动到位置Ⅱ（虚线CD 上）时受到的摩擦力为f．求：（1）圆盘边缘两点间电势差的最大值；（2）小物块由位置Ⅰ转动到位置Ⅱ克服摩擦力做的功．12．（18分）如图所示，等腰直角三角形ACD的直角边长为2a，P为AC边的中点，Q为CD边上的一点，DQ=a．在△ACD区域内，既有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，又有电场强度大小为E的匀强电场，一带正电的粒子自P点沿平行于AD的直线通过△ACD区域．不计粒子的重力．（1）求电场强度的方向和粒子进入场区的速度大小v0；（2）若仅撤去电场，粒子仍以原速度自P点射入磁场，从Q点射出磁场，求粒子的比荷；（3）若仅撤去磁场，粒子仍以原速度自P点射入电场，求粒子在△ACD区域中运动的时间．（二）选考题：共45分．请考生从给出的3道物理题、3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题号后的方框涂黑．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．【物理-选修3-3】13．（5分）下列说法正确的是（）A．当一定量气体吸热时，其内能可能减小B．玻璃、石墨和金刚石都是晶体，木炭是非晶体C．气体分子单位时间内和单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内气体的分子数和气体温度有关D．当液体与大气相接触时，液体表面层内的分子所受其它分子作用力的合力总是指向液体内部E．单晶体有固定的熔点，多晶体和非晶体没有固定的熔点14．（10分）如图所示，一个上下都与大气相通的直圆筒，内部横截面的面积S=0.01m2，中间用两个活塞A与B封住一定质量的理想气体，A、B都可沿圆筒无摩擦地上、下滑动，但不漏气，A的质量可不计、B的质量为M，并与一劲度系数k=5×103N/m的较长的弹簧相连．已知大气压强p0=1×105Pa，平衡时，两活塞间的距离l0=0.6m．现用力压A．使之缓慢向下移动一定距离后，保持平衡．此时，用于压A的力F=5×102N．求：（假定气体温度保持不变．）（1）此时两活塞间的距离（2）活塞A向下移的距离．（3）大气压对活塞A和活塞B做的总功．【物理-选修3-4】（15分）15．一列简谐横波在弹性介质中沿x轴正方向传播，波源位于坐标原点O，t=0时开始振动，3s时停止振动，3.5s时的波形如图所示，其中质点a的平衡位置与O的距离为5.0m．以下说法正确的是（）A．波速为B．波长为C．波源起振方向沿y轴正方向D．2.0 s～3.0 s内质点a沿y轴负方向运动E．0～3.0 s内质点a通过的总路程为16．如图所示，由某种透明物质制成的直角三棱镜ABC，折射率n=3，∠A=30°．一束与BC面成30°角的光线从O点射入棱镜，从AC面上O′点射出．不考虑光在BC面上的反射，求从O′点射出的光线的方向．【物理-选修3-5】（15分）17．下列说法中正确定的是（）A．核反应方程U→Th+He属于裂变B．根据爱因斯坦质能方程，物体具有的能量和它的质量之间存在着正比关系C．β衰变中产生的β射线实际上是原子的核外电子挣脱原子核的束缚而形成的D．中子与质子结合成氘核的过程中需要放出能量E．氢原子辐射出一个光子后，根据玻尔理论可知氢原子的电势能减少，核外电子的运动的加速度增大18．如图所示，光滑水平面上放着质量都为m的物块A和B，A紧靠着固定的竖直挡板，A、B 间夹一个被压缩的轻弹簧（弹簧与A、B均不拴接），用手挡住B 不动，此时弹簧弹性势能为mv02．在A、B间系一轻质细绳，细绳的长略大于弹簧的自然长度．放手后绳在短暂时间内被拉断，之后B继续向右运动，一段时间后与向左匀速运动、速度为v0的物块C发生碰撞，碰后B、C立刻形成粘合体并停止运动，C的质量为2m．求：（ⅰ）B、C相撞前一瞬间B的速度大小；（ⅱ）绳被拉断过程中，绳对A所做的功W．2016年广东省佛山一中高考物理三模试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题共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）．1．（6分）在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用．下列叙述符合史实的是（）A．奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应解释了电和磁之间存在联系B．安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说C．法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流D．楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化【解答】解：A、1820年，丹麦物理学家奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，揭示了电和磁之间存在联系．故A正确．B、安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说，很好地解释了磁化现象．故B正确．C、法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，不会出现感应电流．故C错误．D、楞次在分析了许多实验事实后提出楞次定律，即感应电流应具有这样的方向，感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化．故D正确．故选ABD2．（6分）下表面粗糙，其余面均光滑的斜面置于粗糙水平地面上，倾角与斜面相等的物体A放在斜面上，方形小物体B放在A上，在水平向左大小为F的恒力作用下，A、B及斜面均处于静止状态，如图所示．现将小物体B从A上表面上取走，则（）A．斜面一定静止B．斜面一定向左运动C．斜面可能向左运动D．A仍保持静止【解答】解：令A、B的质量分别为M和m，以AB整体为研究对象受力分析，如图所示，根据平衡条件有：F=（M+m）gtanθ取走质量为m的B后，没斜面方向Fcosθ=（M+m）gsinθ＞Mgsinθ，故A将向上滑动，B在A上时，斜面对A的支持力N=Fsinθ+（M+m）gcosθ，当取走质量为m的B后，斜面对A的支持力N′=Fsinθ+Mgcosθ，根据牛顿第三定律知，A对斜面的压力减小，小物体B未从A上表面上取走时，A对斜面压力的水平分力不大于地面对斜面的最大静摩擦力，取走B后，A对斜面的压力减小，仍满足A对斜面压力的水平分力不大于地面对斜面的最大静摩擦力，故斜面仍保持与地面静止，故A正确，BCD错误；故选：A3．（6分）如图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，内侧壁半径为R，小球半径为r，则下列说法正确的是（）A．小球通过最高点时的最小速度v min=B．小球通过最高点时的最小速度v min=C．小球在水平线ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力D．小球在水平线ab以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力【解答】解：A、在最高点，由于外管或内管都可以对小球产生弹力作用，当小球的速度等于0时，内管对小球产生弹力，大小为mg，故最小速度为0．故AB 错误．C、小球在水平线ab以下管道运动，由于沿半径方向的合力提供做圆周运动的向心力，所以外侧管壁对小球一定有作用力，而内侧管壁对小球一定无作用力．故C正确．D、小球在水平线ab以上管道运动，由于沿半径方向的合力提供做圆周运动的向心力，当速度非常大时，内侧管壁没有作用力，此时外侧管壁有作用力．当速度比较小时，内侧管壁有作用力力．故D错误．故选：C．4．（6分）太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动，当地球恰好运行到某地外行星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，天文学称为“行星冲日”．已知地球及各地外行星绕太阳运动的轨道半径如下表所示，则下列结论正确的是（）A．海王星绕太阳运动的周期约为98.32年，相邻两次冲日的时间间隔为1.006年B．土星绕太阳运动的周期约为29.28年，相邻两次冲日的时间间隔为5.04年C．天王星绕太阳运动的周期约为52.82年，相邻两次冲日的时间间隔为3.01年D．木星绕太阳运动的周期约为11.86年，相邻两次冲日的时间间隔为1.09年【解答】解：根据开普勒第三定律，有：；解得：T=；故T火==1.84年；T木==11.86年；T土==29.28年；T天==82.82年；T海==164.32年；如果两次行星冲日时间间隔为t年，则地球多转动一周，有：2π=（）t解得：t=故天王星相邻两次冲日的时间间隔为：t天=≈1.01年；土星相邻两次冲日的时间间隔为：t土=≈1.04年；木星相邻两次冲日的时间间隔为：年A、海王星绕太阳运动的周期约为98.32年，故A错误；B、土星绕太阳运动的周期约为29.28年，相邻两次冲日的时间间隔为1.04年，故B错误；C、天王星绕太阳运动的周期约为82.82年，相邻两次冲日的时间间隔为1.01年；故C错误；D、木星绕太阳运动的周期约为11.86年，相邻两次冲日的时间间隔为1.09年；故D正确；故选：D．5．（6分）CD、EF是两条水平放置的阻值可忽略的平行金属导轨，导轨间距为L，在水平导轨的左侧存在磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场区域的长度为d，如图所示．导轨的右端接有一电阻R，左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接．将一阻值也为R的导体棒从弯曲轨道上h高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处．已知导体棒与水平导轨接触良好，且动摩擦因数为μ，则下列说法中正确的是（）A．电阻R的最大电流为B．流过电阻R的电荷量为C．整个电路中产生的焦耳热为mghD．电阻R中产生的焦耳热为mgh【解答】解：A、金属棒下滑过程中，由机械能守恒定律得：mgh=mv2，金属棒到达水平面时的速度v=，金属棒到达水平面后进入磁场受到向左的安培力做减速运动，则导体棒刚到达水平面时的速度最大，所以最大感应电动势为E=BLv，最大的感应电流为I==，故A错误；B、流过电阻R的电荷量q==，故B正确；C、金属棒在整个运动过程中，由动能定理得：mgh﹣W B﹣μmgd=0﹣0，则克服安培力做功：W B=mgh﹣μmgd，所以整个电路中产生的焦耳热为Q=W B=mgh﹣μmgd，故C错误；D、克服安培力做功转化为焦耳热，电阻与导体棒电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热：Q R=Q=（mgh﹣μmgd），故D错误．故选：B6．（6分）理想变压器原线圈a匝数n1=200匝，副线圈b匝数n2=100匝，线圈a接在，μ=44sin314t（V）交流电源上，“12V，6W”的灯泡恰好正常发光．电阻R2=16Ω，电压表V为理想电表．下列推断正确的是（）A．交变电流的频率为100HzB．穿过铁芯的磁通量的最大变化率为Wb/sC．电压表V的示数为22VD．R1消耗的功率是1W【解答】解：ABC、由公式可知，角速度ω=100π，则f===50Hz；故A 错误；灯泡正常发光，故副线圈中电流为I===0.5A；故电压表示数为：U2=12+IR2=12+0.5×16=20V；故穿过铁芯的磁通量的最大变化率为：=Wb/s；故B正确，C错误；D、由电压之比等于匝数之比可知，输出端电压为40V，R1两端的电压为U1=44﹣40=4V；根据电流之比等于匝数的反比可得：I1=0.25A；则功率P=UI=4×0.25=1W；故D正确；故选：BD．7．（6分）如图所示，劲度数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m的物体接触（未连接），弹簧水平且无形变．用水平力F缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，此时物体静止．撤去F后，物体开始向左运动，运动的最大距离为4x0．物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．则（）A．撤去F后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动B．撤去F后，物体刚运动时的加速度大小为﹣μgC．物体做匀减速运动的时间等于D．物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为μmg（x0﹣）【解答】解：A．撤去力F后，物体受四个力作用，竖直方向上重力和地面支持力是一对平衡力，水平方向受向左的弹簧弹力和向右的摩擦力，合力F合=F弹﹣f，根据牛顿第二定律物体产生的加速度a=．撤去F后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，弹力先大于滑动摩擦力，后小于滑动摩擦力，则物体向左先做加速运动后做减速运动，随着弹力的减小，合外力先减小后增大，则加速度先减小后增大，故物体先做变加速运动，再做变减速运动，最后物体离开弹簧后做匀减速运动；故A错误；B．撤去F后，物体刚运动时的加速度大小为：a===﹣μg，故B正确；C．由题意知，物体离开弹簧后通过的最大距离为3x0，由牛顿第二定律得：匀减速运动的加速度大小为a==μg．将此运动看成向右的初速度为零的匀加速运动，则：3x0=at2，得t==，故C正确；D．由上分析可知，当弹簧的弹力与滑动摩擦力大小相等、方向相反时，速度最大，此时弹簧的压缩量为x=，则物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为W=μmg（x0﹣x）=μmg（x0﹣），故D正确．故选：BCD．8．（6分）如图甲所示，在倾角为θ的光滑斜面上，有一个质量为m的物体在沿斜面方向的力F的作用下由静止开始运动，物体的机械能E随位移x的变化关系如图乙所示．其中0～x1过程的图线是曲线，x1～x2过程的图线为平行于x轴的直线，则下列说法中正确的是（）A．物体在沿斜面向下运动B．在0～x1过程中，物体的加速度一直增大C．在0～x2过程中，物体先减速再匀速D．在x1～x2过程中，物体的加速度为gsinθ【解答】解：A、在0～x1过程中物体机械能在减小，知拉力在做负功，拉力方向向上，所以位移方向向下，故物体在沿斜面向下运动，故A正确；B、根据功能关系得：△E=F•△x，得F=，则知图线的斜率表示拉力，在0～x1过程中图线的斜率逐渐减小到零，知物体的拉力逐渐减小到零．根据a=，可知，加速度一直增大，故B正确；C、在0～x1过程中，加速度的方向与速度方向相同，都沿斜面向下，所以物体做加速运动．x1～x2过程中，F=0，物体做匀加速运动，故C错误；D、在x1～x2过程中，拉力F=0，机械能守恒，此时加速度为a==gsinθ，故D正确．故选：ABD．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作答．第33题～第40题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（本大题共4小题，共129分）9．（6分）某实验小组用一只弹簧秤和一个量角器等器材验证力的平行四边形定则，设计了如图所示的实验装置，固定在竖直木板上的量角器的直边水平，橡皮筋的一端固定于量角器的圆心O的正上方A处，另一端系绳套1和绳套2．主要实验步骤如下：ⅰ．弹簧秤挂在绳套1上竖直向下拉橡皮筋，使橡皮筋的结点到达O处，记下弹簧秤的示数F；ⅱ．弹簧秤挂在绳套1上，手拉着绳套2，缓慢拉橡皮筋，使橡皮筋的结点到达O处，此时绳套1沿0o方向，绳套2沿120o方向，记下弹簧秤的示数F1；ⅲ．根据力的平行四边形定则计算绳套1的拉力F1′=①；ⅳ．比较②，即可初步验证；ⅴ．只改变绳套2的方向，重复上述实验步骤．回答下列问题：（1）完成实验步骤：①；②F1和F1′；（2）将绳套1由0o方向缓慢转动到60o方向，同时绳套2由120o方向缓慢转动到180o方向，此过程中保持橡皮筋的结点在O处不动，保持绳套1和绳套2的夹角120o不变．关于绳套1的拉力大小的变化，下列结论正确的是A（填选项前的序号）A．逐渐增大B．先增大后减小C．逐渐减小D．先减小后增大．【解答】解：（1）①根据的平行四边形定则计算绳套1的拉力F1′=Ftan30°=，②通过比较F1和F1′，在误差范围内相同，则可初步验证，（2）两个绳套在转动过程中，合力保持不变，根据平行四边形定则画出图象，如图所示：根据图象可知，绳套1的拉力大小逐渐增大，故A正确．故选：A故答案为：（1）①，②F1和F1′；（2）A10．（9分）如图（甲）表示某电阻R随摄氏温度t变化的关系，图中R0表示0℃时的电阻，K表示图线的斜率．若用该电阻与电池（E，r）、电流表R g、变阻器R′串连起来，连接成如图（乙）所示的电路，用该电阻做测温探头，把电流表的电流刻度改为相应的温度刻度，于是就得到了一个简单的“电阻测温计”．①实际使用时要把电流表的刻度值改为相应的温度刻度值，若温度t1＜t2，则t1的刻度应在t2的右侧（填“左”、“右”）；②在标识“电阻测温计”的温度刻度时，需要弄清所测温度和电流的对应关系．请用E、R0、K等物理量表示所测温度t与电流I的关系式：t=﹣（R g+r+R′+R0）；③由②知，计算温度和电流的对应关系，需要测量电流表的内阻（约为200Ω）．已知实验室有下列器材：A．电阻箱（0～99.99Ω）；B．电阻箱（0～999.9Ω）；C．滑线变阻器（0～20Ω）；D．滑线变阻器（0～20kΩ）．此外，还有电动势合适的电源、开关、导线等．请在图丙方框内设计一个用“半偏法”测电流表内阻Rg的电路；在这个实验电路中，电阻箱应选B；滑线变阻器应选D．（只填代码）【解答】解：解：①由图甲所示图象可知，随温度升高电阻阻值增大，温度t1＜t2，温度为温度t1时的电阻小于温度为t2时的电阻，电源电动势不变，由闭合电路欧姆定律可知，温度为t1时电路电流大，电流表偏转角大，由此可知，t1刻度应在t2的右侧；②根据由图示电路图由闭合电路的欧姆定律得：E=I（r+R+R g+R′），由图甲所示图象可知：R=R0+kt，解得：t=﹣（R g+r+R′+R0）；③应用半偏法测电流表内阻的实验电路图如图所示：。
2016广东高考物理复习专题四物理选修3-2专题训练
题型 选择 计算 选择 选择 选择 选择
分值 6 19 6 6 6 6
选修 3-2 是物理选修部分的内容， 但它是理科考生的必选模块， 也是高考必 考模块，这一模块共有两大块的内容：电磁感应（主要是电磁感应现象，楞次定 律和法拉第电磁感应定律） 、交变电流（主要涉及交变电流的函数表达式和图象， 理想变压器和远距离输电） 。从这几年的高考题可以看出，这部分试题的题型主 要是选择题， 分值约 12 分，计算题只有 2013 年涉及到， 从趋势上看这部分试题 难度在降低，由 II 级考点考查逐渐转向Ⅰ级考点考查，交变电流部分的考点都 是Ⅰ级要求， 但交变电流部分的考点是否像广东卷那样每年都考查有待验证； 虽 然 2014-2题 中可能性仍很大，如 2014 年全国新课标 II 卷第 25 题。
2
【解析】 0～L 过程中，无感应电流； L～ 2L 过程中 bc 边切割磁场的有效 长度逐渐增大，电流沿顺时针方向； 2L～ 3L 过程中 ad 和 bc 分别切割左右磁场， 总电动势不变，感应电流不变，电流沿逆时针方向； 3L～4L 过程中 ad 边切割磁
场有效长度逐渐减小，电流沿顺时针方向，选 D 项正确．
1 D．感应电动势平均值 E ＝4πBav 【解析】 由楞次定律可判定闭合回路中产生的感应电流方向始终不变， 选 项 A 正确； CD段电流方向是由 D指向 C，根据左手定则可知， CD段受到安培力， 且方向竖直向下， 选项 B 错误；当闭合回路有一半进入磁场时， 产生的感应电动 势最大， Em＝ Bav，选项 C正确；由法拉第电磁感应定律得 E ＝ΔΔΦt ＝πB4 av，选 项 D 正确． 【答案】 ACD 例 3． 如图所示，有一等腰直角三角形的区域，其斜边长为 2L，高为 L. 在 该区域内分布着如图所示的磁场， 左侧磁场方向垂直纸面向外， 右侧磁场方向垂 直纸面向里，磁感应强度大小均为 B. 一边长为 L、总电阻为 R 的正方形导线框 abcd，从图示位置开始沿 x 轴正方向以速度 v 匀速穿过磁场区域． 取沿顺时针的 感应电流方向为正，则下列表示线框中电流 i 随 bc 边的位置坐标 x 变化的图象 正确的是 ( )
2016高考全国新课标3卷物理含答案解析
年普通高等学校招生全国统一考试2016)(3卷分）第Ⅰ卷（选择题共126分。
分，共126本卷共21小题，每小题6题只有分。
在每小题给出的四个选项中，第14~17二、选择题：本大题共8小题，每小题6选对但不全的6分，一项是符合题目要求，第18~21题有多项符合题目要求。
全部选对的得分。
得3分。
有选错的得0 ．关于行星运动的规律，下列说法符合史实的是14 ．开普勒在牛顿定律的基础上，导出了行星运动的规律A ．开普勒在天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律B ．开普勒总结出了行星运动的规律，找出了行星按照这些规律运动的原因C D．开普勒总结出了行星运动的规律，发现了万有引力定律15．关于静电场的等势面，下列说法正确的是A．两个电势不同的等势面可能相交B．电场线与等势面处处相互垂直C．同一等势面上各点电场强度一定相等．将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功D，动能变为原来的s一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为16．. 倍。
该质点的加速度为9s83s4ss CA．．D．．B22222tttt17．如图，两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上：一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m的小球。
在a和b之间的细线上悬挂一小物块。
平衡时，a、b间的距离恰好等于圆弧的半径。
不计所有摩擦。
小物块的质量为3mm D．2．B m C．m A．2218．平面OM和平面ON之间的夹角为30°，其横截面（纸面）如图所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。
一带电粒子的质量为m，电荷量为q（q>0）。
粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30°角。
已知粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场。
的距离为O不计重力。
粒子离开磁场的射点到两平面交线mvmv42mvmv3．BA．C．D．BqBq2BqBq19．如图，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b。
2016年广东省高考物理复习训练卷(5)
2016年广东省高考物理复习训练卷（5）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共13小题，共39.0分)1.设太阳质量为M，某行星绕太阳公转周期为T，轨道可视作半径为r的圆．已知万有引力常量为G，则描述该行星运动的上述物理量满足（）A.GM=B.GM=C.GM=D.GM=【答案】A【解析】解：太阳对行星的万有引力提供行星圆周运动的向心力即由此可得：故选A．行星绕太阳公转时，万有引力提供行星圆周运动的向心力，列式分析即可．据万有引力提供向心力，列出等式只能求出中心体的质量．2.如图所示，球网高出桌面H，网到桌边的距离为L．某人在乒乓球训练中，从左侧处，将球沿垂直于网的方向水平击出，球恰好通过网的上沿落到右侧桌边缘．设乒乓球运动为平抛运动．则兵乓球（）A.在空中做变加速曲线运动B.在水平方向做匀加速直线运动C.在网右侧运动时间是左侧的两倍D.击球点的高度是网高的两倍【答案】C【解析】解：A、乒乓球做的是平抛运动，加速度为g，是匀加速曲线运动，故A错误；B、乒乓球做的是平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，故B错误；C、因为水平方向做匀速运动，网右侧的水平位移是左边水平位移的两倍，所以网右侧运动时间是左侧的两倍，故C正确；D、竖直方向做自由落体运动，根据h=可知，击球点的高度与网高之比为：9：8，故D错误．故选C乒乓球做的是平抛运动，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动，分别根据匀速直线运动和自由落体运动的运动规律列方程求解即可．本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解．3.如图所示，一根跨越光滑定滑轮的轻绳，两端各有一杂技演员（可视为质点），a站于地面，b从图示的位置由静止开始向下摆动，运动过程中绳始终处于伸直状态，当演员b摆至最低点时，a刚好对地面无压力，则演员a质量与演员b质量之比为（）A.1：1B.2：1C.3：1D.4：1【答案】B【解析】解：b下落过程中机械能守恒，有：①在最低点有：②联立①②得：T b=2m b g当a刚好对地面无压力时，有：T a=m a gT a=T b，所以，m a：m b=2：1，故ACD错误，B正确．故选：B．b向下摆动过程中机械能守恒，在最低点绳子拉力与重力之差提供向心力，根据向心力公式得出绳对b的拉力，a刚好对地面无压力，可得绳子对a的拉力，根据拉力相等，可得两者质量关系．根据物体的运动规律选择正确规律求解是解决这类问题的关键，同时正确受力分析是解题的前提．4.如图所示，两次渡河时船相对水的速度大小和方向都不变，已知第一次实际航程为A至B，位移为s1，实际航速为v1，所用时间为t1．由于水速增大，第二次实际航程为A至C，位移为s2，实际航速为v2，所用时间为t2，则（）A.t2＞t1v2=B.t2＞t1v2=C.t2=t1v2= D.t2=t1v2=【答案】C【解析】解：由运动的独立性，船对水的航速v不变，航向也不变，则渡河时间为：t=；河宽为d，航速v不变，故有：t2=t1．船做匀速运动，运动时间为：t=，故有：2=，又t2=t1=联立解得：v2=．故选：C．根据合运动与分运动的等时性、运动的独立性，求解．考查了运动的合成与分解，抓住运动的几个性质，等时性、运动的独立性合理利用．5.经长期观测发现，A行星运行的轨道半径为R0，周期为T0但其实际运行的轨道与圆轨道总存在一些偏离，且周期性地每隔t0时间发生一次最大的偏离．如图所示，天文学家认为形成这种现象的原因可能是A行星外侧还存在着一颗未知行星B，则行星B运动轨道半径为（）A.R=R0B.R=R0C.R=R0D.R=R0【答案】A【解析】解：由题意可知：A、B相距最近时，B对A的影响最大，且每隔时间t0发生一次最大的偏离，说明A、B相距最近，设B行星的周期为T，则有：解得：T=据开普勒第三定律：得：R=R0故A正确、BCD错误．故选：A先根据多转动一圈时间为t0，求出卫星的周期；然后再根据开普勒第三定律解得轨道半径．从本题可以看出，通过测量环绕天体的轨道半径和公转周期，可以求出中心天体的质量．6.质量为m的人造地球卫星与地心的距离为r时，引力势能可表示为E p=-，其中G为引力常量，M为地球质量．该卫星原来在半径为R1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其圆周运动的半径变为R2，此过程中因摩擦而产生的热量为（）A.GM m（-）B.GM m（-）C.（-）D.（-）【答案】C【解析】解：卫星做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，则轨道半径为R1时G=①，卫星的引力势能为E P1=-②轨道半径为R2时G=m③，卫星的引力势能为E P2=-④设摩擦而产生的热量为Q，根据能量守恒定律得：+E P1=+E P2+Q⑤联立①～⑤得Q=（）故选：C．求出卫星在半径为R1圆形轨道和半径为R2的圆形轨道上的动能，从而得知动能的减小量，通过引力势能公式求出势能的增加量，根据能量守恒求出热量．本题是信息题，要读懂引力势能的含义，建立卫星运动的模型，根据万有引力定律和圆周运动的知识、能量守恒定律结合求解．7.如图所示，质量为m的物体在与水平方向成θ的恒力F作用下以加速度a做匀加速度直线运动，已知物体和地面间的动摩擦因数为μ，物体在地面上运动距离为x的过程中力F做功为（）A.μmgxB.C.D.【答案】B【解析】解：对物体受力分析如图：，水平方向由牛顿第二定律得F cosθ-F f=ma，竖直方向由平衡得：F sinθ+mg=F N，又F f=μF N，解得：F=，故拉力F的功为：．故B正确．故选：B．对物体受力分析，由牛顿第二定律和平衡方程可得拉力F的大小，进而可得F的功．该题重点是做好受力分析图，然后正交分解，一般在运动方向列牛顿第二定律方程，在垂直运动方向列平衡方程．8.小明同学骑电动自行车沿平直公路行驶，因电瓶“没电”，故改用脚蹬车匀速前行．设小明与车的总质量为100kg，骑行过程中所受阻力恒为车和人总重的0.02倍，g取l0m/s2．通过估算可知，小明骑此电动车做功的平均功率最接近（）A.10WB.100WC.300WD.500W【答案】B【解析】解：设人汽车的速度大小为5m/s，人在匀速行驶时，人和车的受力平衡，阻力的大小为f=0.02mg=0.02×1000N=20N，此时的功率P=FV=f V=20×5W=100W，所以B正确．故选：B．人在匀速行驶时，受到的阻力的大小和脚蹬车的力的大小相等，由P=FV=f V可以求得此时人受到的阻力的大小．在计算平均功率和瞬时功率时一定要注意公式的选择，P=只能计算平均功率的大小，而P=F v可以计算平均功率也可以是瞬时功率，取决于速度是平均速度还是瞬时速度．9.光滑水平地面上叠放着两个物体A和B，如图所示．水平拉力F作用在物体B上，使A、B两物体从静止出发一起运动．经过时间t，撤去拉力F，再经过时间t，物体A、B的动能分别设为E A和E B，在运动过程中A、B始终保持相对静止．以下有几个说法：①E A+E B等于拉力F做的功②E A+E B小于拉力F做的功③EA等于撤去拉力F前摩擦力对物体A做的功④E A大于撤去拉力F前摩擦力对物体A做的功其中正确的是（）A.①③B.①④C.②③D.②④【答案】A【解析】解：选取AB组成的系统为研究的对象，系统受到重力、支持力和拉力F在作用，只有拉力F做功．①②只有拉力F做功，属于系统增加的动能等于F做的功．所以①正确，②错误；③④选取A为研究的对象，B上有拉力F时，A受到重力支持力和B对A的摩擦力，摩擦力对A做功；B上没有拉力时，A与B一起做匀速直线运动，它们之间没有摩擦力．所以A增加的动能是撤去拉力F前摩擦力对物体A做的功．故③正确，④错误．故选：A先选取AB组成的系统为研究的对象，系统受到重力、支持力和拉力F在作用，只有拉力F做功．然后选取A为研究的对象，B上有拉力F时，A受到重力支持力和B对A的摩擦力，摩擦力对A做功；B上没有拉力时，A与B一起做匀速直线运动，它们之间没有摩擦力．解决本题的关键是选择AB组成的整体为研究的对象，整个的运动过程中只有拉力F做功．属于基础题目．10.物体在恒定阻力作用下，以某初速度在水平面上沿直线滑行直到停止．以a、E k、s 和t分别表示物体运动的加速度大小、动能、位移的大小和运动的时间．则以下各图象中，能正确反映这一过程的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】解：由于物体受恒力，根据牛顿第二定律，加速度一直不变，A，B选项错误．由于E k=E k0-F阻s，可知动能与运动距离呈一次函数，故C正确；又有s=vt-at2，可知动能与时间呈二次函数，D错误故选：C物体受恒定阻力作用，所以物体的加速度恒定；由动能定理可知动能与距离是一次函数，与时间是二次函数．解答本题的关键是根据每个图象中的物理量，列出这几个物理量的关系式即可．11.如图所示，一质量为m的滑块以初速度v0从固定于地面的斜面底端A开始冲上斜面，到达某一高度后返回A，斜面与滑块之间有摩擦．下列各项分别表示它在斜面上运动的速度v、加速度a、重力势能E p和机械能E随时间变化的图象，可能正确的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】解：A、滑块在斜面上运动过程中，由于存在摩擦力，机械能不断减小，经过同一点时下滑的速度小于上滑的速度，根据速度图象的“面积”等于位移，两个过程的位移大小相等，可知，下滑时间大于上滑时间．所以A错误．B、物体在上滑与下滑两个过程中，所受的合力方向均沿斜面向下，加速度方向相同．故B错误．C、设斜面的倾角为α．在上滑过程中：上滑的位移大小为：x1=v0t-a1t2重力势能为：E P=mgx1sinα=mgsinα（v0t-a1t2），为抛物线方程．下滑过程：重力势能为E P=mg[H-a2（t-t0）2sinα]，H为斜面的最大高度，t0是上滑的时间，此为开口向下的抛物线方程．所以C是可能的．故C正确．D、由于物体克服摩擦力做功，其机械能不断减小，不可能有增大的阶段，所以D图不可能．故D错误．故选：C．滑块在斜面上运动过程中，由于存在摩擦力，上滑与下滑过程不再具有对称性，经过同一点时下滑的速度小于上滑的速度，上滑运动的时间较短．根据牛顿第二定律分析上滑与下滑过程的加速度大小关系．根据运动学公式和重力势能公式得出重力势能与时间的关系式．本题采用定性分析与定量计算相结合的方法分析功能关系、运动与力关系，根据解析式选择物理图象．12.如图，将一轻弹簧下端固定在倾角为θ的粗糙斜面底端，弹簧处于自然状态时上端位于A点．质量为m的物体从斜面上的B点由静止下滑，与弹簧发生相互作用后，最终停在斜面上．下列说法正确的是（）A.物体最终将停在A点B.物体第一次反弹后可能到达B点C.整个过程中重力势能的减少量大于克服摩擦力做的功D.整个过程中物体的最大动能大于弹簧的最大弹性势能【答案】C【解析】解：A、由题意可知，物块从静止沿斜面向上向下运动，说明重力的下滑分力大于最大静摩擦力，因此物体不可能最终停于A点，故A错误；B、由于运动过程中存在摩擦力，导致摩擦力做功，物体的机械能不断减小，所以物体第一次反弹后不可能到达B点，故B错误；C、根据动能定理可知，从静止到速度为零，则有：重力做功等于克服弹簧弹力做功与物块克服摩擦做的功之和，所以重力势能的减小量大于物块克服摩擦力做功．故C正确；D、整个过程中，动能最大的位置即为速度最大，因此即为第一次下滑与弹簧作用时，弹力等于重力的沿斜面方向的分力的位置，而弹簧的最大势能即为第一次压缩弹簧到最大位置，因为最大动能和此时的重力势能一同转化为最低点的最大弹性势能和此过程中的克服摩擦做功，所以整个过程中物体的最大动能小于弹簧的最大弹性势能，故D错误；故选：C根据重力与重力沿斜面方向分力的关系判断物体最终静止的位置．根据能量守恒判断物体反弹后到达的位置．结合能量守恒，通过重力势能的减小量等于弹性势能的增加量和克服摩擦力做功产生的内能之和，判断重力势能的减小量与克服摩擦力做功的大小关系．根据能量守恒，通过最大动能和此位置的重力势能等于最低点的最大弹性势能和从动能最大位置到最低点位置克服摩擦做功，判断最大动能和最大弹性势能的关系．考查弹力作功与弹性势能变化关系，重力做功与重力势能变化的关系，摩擦力做功导致弹簧与物块的机械能在变化．并学会由受力分析来确定运动情况．13.甲乙两运动物体在t1、t2、t3时刻的速度矢量v1、v2、v3和v1′、v2′、v3′．下列说法中正确的是（）A.甲作的可能是直线运动，乙作的可能是圆周运动B.甲和乙可能都作圆周运动C.甲和乙受到的合力都可能是恒力D.甲受到的合力可能是恒力，乙受到的合力不可能是恒力【答案】D【解析】解：A、甲、乙的速度方向在变化，所以甲乙不可能做直线运动．故A错误．BCD、甲的速度变化量的方向不变，知加速度的方向不变，则甲的加速度可能不变，甲不可能都作圆周运动；根据牛顿第二定律，知甲的合力可能是恒力．乙的速度变化量方向在改变，知加速度的方向改变，所以乙的合力不可能是恒力．故BC错误，D正确．故选：D．根据速度方向是否改变判断物体是否做直线运动，圆周运动的速度方向时刻改变．根据速度变化量的方向，得出加速度的方向，从而根据牛顿第二定律得出合外力是否是恒力．解决本题的关键知道加速度的方向与速度变化量的方向相同，合外力的方向与加速度的方向相同．二、多选题(本大题共7小题，共21.0分)14.2012年6月18日14时许，在完成捕获、缓冲、接近和锁紧程序后，载着景海鹏，刘旺和刘洋三名宇航员的“神舟九号”与“天宫一号”紧紧相牵，中国首次载人交会对接取得成功．假如“神舟九号”与“天宫一号”对接前所处的轨道如图甲所示，图乙是它们在轨道上即将对接时的模拟图．当它们处于图甲所示的轨道运行时，下列说法正确的是（）A.“神舟九号”的加速度比“天宫一号”的大B.“神舟九号”的运行速度比“天宫一号”的小C.“神舟九号”的运行周期比同步通信卫星的长D.“神舟九号”通过加速后变轨可实现与“天宫一号”对接【答案】AD【解析】解：AB、根据：得：，v=，T=2天宫一号的半径大，向心加速度小，线速度小，周期大．故A正确，B错误．C、由于题中没有提供“神舟九号”、“天宫一号”与同步卫星的有关信息，故无法判断其周期关系，故C错误．D、神舟九号在轨道上加速，由于万有引力小于所需的向心力，神舟九号会做离心心运动，离开原轨道，可能会和天宫一号对接．故D正确．故选：AD．天宫一号和神舟九球做匀速圆周运动，靠万有引力提供向心力，根据万有引力定律和牛顿第二定律比较线速度、周期、向心加速度的大小解决本题的关键掌握线速度、周期、向心加速度与轨道半径的关系，以及知道神舟九号只有加速时，万有引力不够提供向心力，离开原轨道做离心运动可能与天宫一号对接．15.2012年8月9日，美国“好奇”号火星探测器登陆火星后传回的首张360°全景图，火星表面特征非常接近地球，可能适合人类居住．为了实现人类登陆火星的梦想，近期我国宇航员王跃与俄罗斯宇航员一起进行“模拟登火星”实验活动．已知火星半径是地球半径的，质量是地球质量的，自转周期也基本相同．地球表面重力加速度是g，若王跃在地面上能向上跳起的最大高度是h，在忽略自转影响的条件下，下述分析正确的是（）A.王跃在火星表面受的万有引力是在地球表面受万有引力的B.火星表面的重力加速度是gC.火星第一宇宙速度是地球第一宇宙速度厅的D.王跃以相同的初速度在火星上起跳时，可跳的最大高度是【答案】AC【解析】解：A、根据万有引力定律得，F=G知王跃在火星表面受的万有引力是在地球表面受万有引力的倍．故A正确．B、根据万有引力等于重力得，G=mg，g=，知火星表面重力加速度时地球表面重力加速度的倍，则火星表面重力加速度为g．故B错误．C、根据万有引力提供向心力G=m，得v=，知火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的倍．故C正确．D、因为火星表面的重力加速度是地球表面重力加速度的倍，根据h=，知火星上跳起的高度是地球上跳起高度的倍，为h．故D错误．故选AC．根据万有引力定律公式求出王跃在火星上受的万有引力是在地球上受万有引力的倍数．根据万有引力等于重力，得出重力加速度的关系，从而得出上升高度的关系．根据万有引力提供向心力求出第一宇宙速度的关系．解决本题的关键掌握万有引力等于重力和万有引力提供向心力两个理论，并能灵活运用．16.如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b处安装一定滑轮．质量分别为M、m（M＞m）的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行．两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动．若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中（）A.两滑块组成系统的机械能守恒B.重力对M做的功等于M动能的增加C.轻绳对m做的功等于m机械能的增加D.两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功【答案】CD【解析】解：A、由于“粗糙斜面ab”，故两滑块组成系统的机械能不守恒，故A错误；B、由动能定理得，重力、拉力、摩擦力对M做的总功等于M动能的增加，故B错误；C、除重力弹力以外的力做功，将导致机械能变化，故C正确；D、除重力弹力以外的力做功，将导致机械能变化，摩擦力做负功，故造成机械能损失，故D正确；故选：CD．机械能守恒的条件是只有重力或系统内弹力做功，发生的能量转化为重力势能和弹性势能的转化，不产生其他形式的能量．功与能量转化相联系，是能量转化的量度．关键理解透机械能守恒的条件和功能关系，重力做功对应重力势能变化、弹力做功对应弹性势能变化、合力做功对应动能变化、除重力或系统内的弹力做功对应机械能变化．17.下列各图是反映汽车以恒定牵引力从静止开始匀加速启动，最后做匀速运动的过程中，其速度随时间以及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象，其中正确的是（）A. B. C. D.【答案】ACD【解析】解：汽车开始做初速度为零的匀加速直线运动，当达到额定功率时，匀加速结束，然后做加速度逐渐减小的加速运动，直至最后运动运动．开始匀加速时：F-f=ma设匀加速刚结束时速度为v1，有：P额=F v1最后匀速时：F=f，，有：F额=F v m由以上各式解得：匀加速的末速度为：额，最后匀速速度为：额．在v-t图象中斜率表示加速度，汽车开始加速度不变，后来逐渐减小，故A正确；汽车运动过程中开始加速度不变，后来加速度逐渐减小，最后加速度为零，故B错误；汽车牵引力开始大小不变，然后逐渐减小，最后牵引力等于阻力，故C正确；开始汽车功率逐渐增加，P=F v=F at，故为过原点直线，后来功率恒定，故D正确．故选ACD．汽车以恒定牵引力启动时，汽车开始做匀加速直线运动，由P=F v可知汽车功率逐渐增大，当达到额定功率时，随着速度的增大，牵引力将减小，汽车做加速度逐渐减小的加速运动，当牵引力等于阻力时，汽车开始匀速运动，明确了整个汽车启动过程，即可正确解答本题．对于机车启动问题，要根据牛顿第二定律和汽车功率P=F v进行讨论，弄清过程中速度、加速度、牵引力、功率等变化情况．18.如图所示，M为固定在水平桌面上的有缺口的方形木块，abcd为半径是R的光滑圆弧形轨道，a为轨道的最高点，地面水平且有一定长度．今将质量为m的小球在d点的正上方高为h处由静止释放，让其自由下落到d处切入轨道内运动，不计空气阻力，则（）A.只要h大于R，释放后小球就能通过a点B.只要改变h的大小，就能使小球通过a点后，既可能落回轨道内，又可能落到de面上C.无论怎样改变h的大小，都不可能使小球通过a点后落回轨道内D.调节h的大小，可以使小球飞出de面之外（即e的右侧）【答案】CD【解析】解：A、小球恰能通过a点的条件是小球的重力提供向心力，根据牛顿第二定律：mg=解得：v=根据动能定理：mg（h-R）=mv2得：h=R若要释放后小球就能通过a点，则需满足h≥R，故A错误；小球离开a点时做平抛运动，用平抛运动的规律，水平方向的匀速直线运动：x=vt竖直方向的自由落体运动：R=gt2，解得：x=R＞R，故无论怎样改变h的大小，都不可能使小球通过a点后落回轨道内，小球将通过a点不可能到达d点．只要改变h的大小，就能改变小球到达a点的速度，就有可能使小球通过a点后，落在de之间．故B错误，CD正确．故选：CD．根据牛顿第二定律分析小球的加速度与质量的关系．若小球恰能通过a点，其条件是小球的重力提供向心力，根据牛顿第二定律可解得小球此时的速度，用平抛运动的规律：水平方向的匀速直线运动，竖直方向的自由落体运动规律求出水平距离，由机械能守恒定律可求得h，分析小球能否通过a点后落回轨道内．本题实质是临界问题，要充分挖掘临界条件，要理解平抛运动的规律：水平方向的匀速直线运动，竖直方向的自由落体运动．19.如图1所示，物体以一定初速度从倾角α=37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0m．选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E机随高度h的变化如图2所示．g=10m/s2，sin37°=0.60，cos37°=0.80．则（）A.物体的质量m=0.67kgB.物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.40C.物体上升过程的加速度大小a=10m/s2D.物体回到斜面底端时的动能E k=10J【答案】CD【解析】解：A、物体到达最高点时，机械能E=E P=mgh，m===1kg，故A错误；B、物体上升过程中，克服摩擦力做功，机械能减少，减少的机械能等于克服摩擦力的功，△E=-μmgcosα，即30-50=-μ×1×10cos37°×，μ=0.5，故B错误；°C、物体上升过程中，由牛顿第二定律得：mgsinα+μmgcosα=ma，解得a=10m/s2，故C正确；D、由图象可知，物体上升过程中摩擦力做功W=30-50=-20J，在整个过程中由动能定理得E K-E K0=2W，则E K=E K0+2W=50+2×（-20）=10J，故D正确；故选CD．当物体到达最高点时速度为零，机械能等于物体的重力势能，由重力势能计算公式可以求出物体质量；在整个运动过程中，机械能的变化量等于摩擦力做的功，由图象求出摩擦力的功，由功计算公式求出动摩擦因数；由牛顿第二定律求出物体上升过程的加速度；由动能定理求出物体回到斜面底端时的动能．重力做功不改变物体的机械能，摩擦力做功使物体机械能减少，由图象求出物体初末状态的机械能，应用重力势能的计算公式、动能定理即可正确解题．20.一起重机吊着物体以加速度a（a＜g）竖直下落．在下落一段距离的过程中，下列说法中正确的是（）A.重力对物体做的功等于物体重力势能的减少量B.物体重力势能的减少量等于物体动能的增加量C.重力做的功大于物体克服缆绳的拉力所做的功D.物体重力势能的减少量大于物体动能的增加量。
广东省高考物理复习 专题训练(选修34)
2016广东高考物理复习物理选修3-4专题训练一、高考考点回顾年份内容要求题型分值备注2013 横波的图象Ⅱ选择 6波长、波速和频率（周期）的关系Ⅱ光的折射定律Ⅱ计算9折射率、全反射Ⅰ2014 简谐振动的图象、机械波Ⅰ选择 6横波的图象Ⅱ波长、波速和频率（周期）的关系Ⅱ光的折射定律Ⅱ计算9折射率、全反射Ⅰ2015 光的干涉Ⅰ填空 5横波的图象ⅡⅡ计算10波长、波速和频率（周期）的关系选修3-4涉及的内容比较多，由机械振动与机械波、电磁振荡与是磁波、光及相对论四大块的知识.但从近几年高考的考查情况来看，主要集中在机械振动与机械波和光这两个内容上，基本每年保持一道光学题，一道机械振动与机械波的试题，尤其是简谐运动的公式和图象、横波的图像、波速波长和频率（周期）的关系、光的折射定律，这4个Ⅱ级要求成了重点考查的内容.复习时可以有所侧重、有所选择，突出主干知识的复习.选修3-4模块的一个重要特点是，对应用数学处理物理问题的能力的要求较高，如：正弦函数坐标图、三角函数、空间几何关系等；画振动图像、波动图像、光路图等；物理公式的推导与应用等.二、例题精选[例1]：如图1所示，a、b、c、d是均匀媒质中x轴上的四个质点，相邻两点的间距依次为2m、4m和6m.一列简谐横波以2m/s的波速沿x轴正向传播，在t＝0时刻到达质点a 处，质点a由平衡位置开始竖直向下运动，t＝3s时a第一次到达最高点.下列说法正确的是( )A ．在t ＝6s 时刻波恰好传到质点d 处B ．在t ＝5s 时刻质点c 恰好到达最高点 图1C ．质点b 开始振动后，其振动周期为4sD ．在4s<t<6s 的时间间隔内质点c 向上运动E ．当质点d 向下运动时，质点b 一定向上运动[评析]：本题考查了横波的传播.波由a 到d 匀速传播，v ＝2m/s ，t ＝ad v ＝12 m2 m/s＝6s ，A 项正确.第一个波峰在t 1＝3 s 时产生于a 点，再经t 2＝ac v ＝6 m2 m/s＝3s 到达c 点，共计t＝t 1＋t 2＝6s ，B 项错误.a 点从向下起振至到达最高点用时3s ，可知34T ＝3s ，即T ＝4s ，则b 点的振动周期也为4s ，C 项正确.波经t 2＝acv＝3 s 到达c 点，说明此时c 点开始从平衡位置向下振动，再经T4＝1s ，共计4s 到达最低点，再经T 2＝2s 可到达最高点，故在4s<t<6s 的时间内点c 向上运动，D 项正确.因λ＝vT ＝8m ，而db ＝10m ＝114λ，并不是12λ或12λ的奇数倍，故E 项说法错误.答案：ACD[例2]：如图2所示为一直角棱镜的横截面，ο90=∠bac ，ο60=∠abc 一平行细光束从O 点沿垂直于bc 面的方向射入棱镜，已知棱镜材料的折射率2=n ，若不考虑原入射光在bc 面上的反射光，则A ．光线在ab 面发生全反B ．光线在ac 面发生全反C ．有光线从ac 面射出D ．有光线从bc 面射出，且与bc 面斜交E ．有光线从bc 面射出，且与bc 面垂直 [评析]：首先算出该棱镜材料的临界角：nC sin 1=，得：ο45=C ；作出光线射到ab 时的入射角，如图θ，几何关系可知：ο60=θ，由于ο45>θ，所以在ab 发生全反射.根据光的反射定律，作出在ab 、ac 面反射后的光路图，由几何光系，ο30=α.则光线在ac 面不发生全发射，有一部分光线折射出去，反射的那部分光线将bc 面射出.本题正确作出光路图很重要.答案：图3[例3]：下列说法中正确的是________．A ．水面上的油膜在阳光照射下会呈现彩色，这是由光的衍射造成的B ．光的偏振证明了光和声波一样是纵波C ．狭义相对论认为：不论光源与观察者做怎样的相对运动，光速都是一样的D ．在“利用单摆测定重力加速度”的实验中，测量单摆周期应该从小球经过最低点处开始计时E ．一辆汽车响着喇叭从你身边疾驰而过的时候，喇叭的音调会由高变低，这是多普勒 效应造成的[评析]：本题考查光的衍射；光的干涉；狭义相对论；用单摆测定重力加速度波长、频率和波速的关系；A 、水面上的油膜在阳光照射下会呈现彩色，这是由光的干涉造成的，故A 错误；B 、光的偏振证明了光是横波，故B 错误；C 、不论光源与观察者做怎样的相对运动，狭义相对论认为：光速都是一样的，故C 正确；D 、在“利用单摆测定重力加速度”的实验中，测量单摆周期应该从小球经过最低点处开始计时，而不是在最高位置，故D 正确；波源与观察者互相靠近或者互相远离时，接收到的波的频率会发生变化，人们把这种效应叫做多普勒效应，故E 正确.故选CDE.此类题一题考察多个知识点，难度不大，但是需要对教材中涉及的知识点有全面的了解.[例4]：某波源S 发出一列简谐横波，波源S 的振动图像如图4所示．在波的传播方向上有A 、B 两点，它们到S 的距离分别为45 m 和55 m ．测得A 、B 两点开始振动的时间间隔为1.0 s ．由此可知：①波长λ＝________m ；②当B 点离开平衡位置的位移为＋6 cm 时，A 点离开平衡位置的位移是________cm. 图4[评析]：设波的传播速度为v ，波长λ.从振动图象可读得该波的振动周期T=2svt S AB ==-=m 10m 45m 55；得：v =10m/s又在波的播方向上有：vT =λ；得：m 20=λA 、B 两点间距离为10m ，刚好是半个波长，所以，当B 点离开平衡位置的位移为＋6 cm时，A 点离开平衡位置的位移是-6cm.[例5]：如图5所示，扇形AOB 为透明柱状介质的横截面，圆心角∠AOB ＝60°.一束平行于角平分线OM 的单色光由OA 射入介质，经OA 折射的光线恰平行于OB .则：①介质的折射率n = ．②折射光线中恰好射到M 点的光线 (填“能”或“不能”)发生全反射．图5 图6[评析]：依题意作出光路图（如图6所示），由几何关系知：入射角：ο60=i ，折射角：ο30=r .折射率：33060===οοsin sin r sin i sin n .该材料的临界角：331==n C sin ，知：riοο4530<<C ，作图过M 点光线的入射角为ο30，即不可能发生全反射.[例7]：一玻璃三棱镜，其横截面为等腰三角形，顶角θ为锐角，折射率为2.现在横截面内有一光线从其左侧面上半部射入棱镜．不考虑棱镜内部的反射．若保持入射线在过入射点的法线的下方一侧(如图7所示)，且要求入射角为任何值的光线都会从棱镜的右侧面射出，则顶角θ可在什么范围内取值？图图8[评析]：设入射光线经玻璃折射时，入射角为i ，折射角为r ，射至棱镜右侧面的入射角为α.根据折射定律有：sin i ＝n sin r ① 由几何关系得：θ＝α＋r ②当i ＝0时，由①式知r ＝0，α有最大值αm (如图8所示)，由②式得：θ＝αm ③ 同时αm 应小于玻璃对空气的全反射临界角，即：sin αm ＜1n④ 由①②③④式和题给条件可得，棱镜顶角θ的取值范围为：0＜θ＜45°⑤[例8]：甲乙两列简谐横波在同一介质中分别沿x 轴正向和负向传播，波速均为25cm/s v =，两列波在0t =时的波形曲线如图9所示.求（1）0t =时，介质中偏离平衡位置位移为16cm 的所有质点的x 坐标 （2）从0t =开始，介质中最早出现偏离平衡位置位移为16cm -的质点的时间.[评析]：本题考查了横波的图像及其数学处理.（1）t =0时，在x =50cm 处两列波的波峰相遇，该处质点偏离平衡位置的位移为16cm.两列波的波峰相遇处的质点偏离平衡 图9位置的位移均为16cm.从图线可以看出，甲、乙两列波的波长分别为：λ1=50cm ，λ2＝60cm ① 甲、乙两列波波峰的x 坐标分别为：x l =50＋k 1λ1，k 1=0，±1，±2，… ②x 2=50＋k 2λ2，k 2=0，±1，±2， ③由①②③式得，介质中偏离平衡位置位移为16cm 的所有质点的x 坐标为：x =(50+300n )cm n =0，±l ，±2，… ④（2）只有两列波的波谷相遇处的质点的位移为–16cm ．t =0时，两波波谷间的x 坐标之差为212150(21)50(21)22x m m λλ⎡⎤⎡⎤'∆=++-++⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⑤ 式中，m 1和m 2均为整数.将①式代入⑤式得 2110(65)5x m m '∆=-+ ⑥由于m 1、m 2均为整数，相向传播的波谷间的距离最小为 05cm x ∆= ⑦ 从t =0开始，介质中最早出现偏离平衡位置位移为–16cm 的质点的时间为02x t v'∆= ⑧ 代入数值得 t =0.1s ⑨三、试题选编一、选择题(在所给的5个选项中，有3项是符合题目要求的.选对一个给3分，选对两个给4分，选对3个给5分．有选错的得0分)1．图10(a)为一列简谐横波在t ＝2s 时的波形图.图10(b)为媒质中平衡位置在x ＝1.5m 处的质点的振动图像，P 是平衡位置为x ＝2m 的质点.下列说法正确的是_______图10 A ．波速为0.5m/s B ．波的传播方向向右C ．0～2s 时间内，P 运动的路程为8cmD ．0～2s 时间内，P 向y 轴正方向运动E ．当t ＝7s 时，P 恰好回到平衡位置2．一振动周期为T 、振幅为A 、位于x ＝0点的波源从平衡位置沿y 轴正向开始做简谐振动．该波源产生的一维简谐横波沿x 轴正向传播，波速为v ，传播过程中无能量损失．一段时间后，该振动传播至某质点P ，关于质点P 振动的说法正确的是________A ．振幅一定为AB ．周期一定为TC ．速度的最大值一定为vD ．开始振动的方向沿y 轴向上或向下取决于它离波源的距离E ．若P 点与波源距离s ＝vt ，则质点P 的位移与波源的相同3．图11(a)为一列简谐横波在t =0.10s 时的波形图，P 是平衡位置在x =1.0m 处的质点，Q 是平衡位置在x =4.0m 处的质点；图11(b)为质点Q 的振动图形.下列说法正确的是 .图11A ．在t=0.10s 时，质点Q 向y 轴正方向运动B ．在t=0.25s 时，质点P 的加速度方向与y 轴正方向相问C ．从t=0. 10s 到t =0. 25s ，该波沿x 轴负方向传播了6mD ．从t=0. 10s 到t =0. 25s ，质点P 通过的路程为30cmE ．质点Q 简谐运动的表达式为0.10sin10y t π=（国际单位侧）4.一列简谐横波沿x 轴传播，a 、b 为x 轴上的两质点，平衡位置分别为x =0，x =x b （x b＞0）.a 点的振动规律如图12所示，已知波速为v =10m/s ，在t =0.1s 时，b 点的位移为0.05m ，则下列判断可能正确的是A ．该波的波长为2mB ．波沿x 轴正向传播，x b =0.5mC ．波沿x 轴正向传播，x b =1.5mD ．波沿x 轴负向传播，x b =2.5m E. 波沿x 轴负向传播，x b =3.5m图125.一列简谐横波沿直线传播,该直线上的a 、b 两点相距4.42 m.图13中实、虚两条曲线分别表示平衡位置在a 、b 两点处质点的振动曲线.从图示可知A ．此列波的频率一定是10HzB ．此列波的波长一定是0.1mC ．此列波的传播速度可能是34m/sD ．a 点一定比b 点距波源近E ．b 点可能比a 点先开始振动 图136.华裔科学家高锟获得2009年诺贝尔物理奖，他被誉为“光纤通讯之父”光纤通讯中信号传播的主要载体是光导纤维，它的结构如图14所示，其内芯和外套材料不同，光在内芯中传播．下列关于光导纤维的说法中正确的是A ．内芯的折射率比外套的大B ．内芯的折射率比外套的小C ．波长越短的光在光纤中传播的速度越大 x/my/cm O 10-10t/sy/cm O 10-1048 12 0.1 0.2 0.3 P Q(a)(b)D ．频率越大的光在光纤中传播的速度越小E ．光传播时在内芯与外套的界面上发生全反射 图14 7．下列选项与多普勒效应有关的是 A ．科学家用激光测量月球与地球间的距离 B ．医生利用超声波探测病人血管中血液的流速C ．技术人员用超声波探测金属、陶瓷、混凝土中是否有气泡D ．交通警察向车辆发射超声波并通过测量反射波的频率确定车辆行进的速度E ．科学家通过比较星球与地球上同种元素发出光的频率来计算星球远离地球的速度8．电磁波已广泛运用于很多领域．下列关于电磁波的说法符合实际的是 A ．电磁波与机械波都能产生衍射现象B ．常用的遥控器通过发出紫外线脉冲信号来遥控电视机C ．根据多普勒效应可以判断遥远天体相对于地球的运动速度D ．光在真空中运动的速度在不同惯性系中测得的数值相同E ．无线电波、可见光是电磁波，X 射线不是电磁波9．如图15所示是光在A 、B 、C 三种介质中传播时发生反射和折射的情况．三种介质的折射率分别为n A 、n B 、n C ；光在三种介质中的传播速度分别为v A 、v B 、v C .可以确定 A ．v A ＞v B ＞v C B ．v A ＞v C ＞v BC ．n A ＜n B ＜n CD ．n A ＜n C ＜n BE ．光线从B 到A 时发生了全反射10．如图16所示，相互平行、相距为d 的红光a 和紫光b ，从空气斜射到长方体玻璃砖上表面，则A ． a 和b 在玻璃砖内有可能相交 B． b 在玻璃砖内传播的时间比a 的长C ．从玻璃砖下表面出射的两束光线仍平行，距离大于dD ．从玻璃砖下表面出射的两束光线仍平行，距离小于dE ．从玻璃砖下表面出射的两束光线仍平行，距离等于d二、填空题（将答案填写在横线上，每题6分）11．如图17所示，一列简谐横波沿x 轴传播，实线为t 1＝0时的波形图，此时P 质点向y 轴负方向运动．虚线为t 2＝0.01 s 时的波形图．已知周期T >0.01 s.则：波沿x 轴______(填“正”或“负”)方向传播．波速v = ．图1712．在双缝干涉实验中，分布用红色和绿色的激光照射同一双缝，在双缝后的屏幕上，红光的干涉条纹间距1x ∆与绿光的干涉条纹间距2x ∆相比1x ∆ 2x ∆（填“＞”“＜”或“＝”）.若实验中红光的波长为630nm ，双缝到屏幕的距离为1.00m ，测得第1条到第6条亮条纹中心间的距离为10.5mm ，则双缝之间的距离为 mm ．13．如图18所示，一轻弹簧一端固定，另一端连接一物块构成弹簧振子，该物块是由a 、b 两个小物块粘在一起组成的.物块在光滑水平面上左右振动 ，振幅为A 0，周期为T 0.当物块向右通过平衡位置时，a 、b 之间的粘胶脱开；以后小物块a 振动的振幅和周期分别为A 和T ，则A ___________A 0 （填“>”、“<”或“=”）, T ___________T 0（填“>”、“<”或“=”）图1814．如图19所示，在某一均匀介质中，A 、B是振动情况完全相同的两个波源，其简谐运动表达式为x=0.1πsin(20πt )m ，介质中P 点与A 、B 两波源间距离分别为4m 和5m ，两波源形成的简谐横波分别沿AP 、BP 方向传播，波速都是10m/s.①简谐横波的波长=λ .②P 点的振动________（填“加强”或“减弱”）图1915．一简谐横波沿x 轴正向传播，t ＝0时刻的波形如图20（a ）所示，x ＝0.30 m 处的质点的振动图线如图20（b ）所示，该质点在t ＝0时刻的运动方向沿y 轴______（填“正向”或“负向”）．已知该波的波长大于0.30 m ，则该波的波长为______ m ．图2016．一列沿x 轴传播的简谐横波，t = 0时波的图象如图21所示，质点 M 沿 y 轴的正方向运动，则这列波的波长是 ，传播方向是 ；在一个周期内，质点M 通过的路程是 . P（a ）（b ）图2117．露珠在阳光下显得晶莹明亮是由于光的 现象造成的；通过手指缝看日光灯可以看到彩色条纹是由于光的 现象造成的；水面上的汽油薄膜呈现彩色花纹是由于光的 现象造成的.18．如图22表示一个向右传播的t =0时刻的横波波形图，已知波从0点传到D 点用0.2s ．该波的波速为 m/s ，频率为 Hz ；t =0时，图中“A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 、H 、J ”向各质点中，向y 轴正方向运动的速度最大的质点是 ．图22 19.频率f =5.0×1014Hz 的单色光在真空中的传播速度c =3.0×108m/s ，在透明介质中的波长λ=3.0×10-7m ，则这种色光在透明介质中的传速度v = ；透明介质的折射率为n= ；该色光从该介质射向真空的临界角C= ．20．如图23所示，的透明玻璃球的半径为r 、折射率为2，一束足够强的细光束在过球心的平面内以45°入射角由真空射入玻璃球后，在玻璃球内与真空的交界面发生多次反射和折射.设光在真空中的传播速度为c .为： ；从各个方向观察玻璃球，能看到从玻璃球内射出的光线的条数为 .图23 三、计算题21．一列简谐横波沿x 轴正方向传播，t ＝0时刻的波形如图24所示，介质中质点P 、Q 分别位于x =2m 、x =4m 处．从t =0时刻开始计时，当t =15s 时质点Q 刚好第4次到达波峰．①求波速．②写出质点P 做简谐运动的表达式（不要求推导过程）．图24m22．一列简谐横波沿直线传播.以波源O由平衡位置开始振动为计时零点，质点A的振动图像如图25所示，已知O、A的平衡位置相距0.9m.试求：（1）该波的波长λ；（2）波源起振方向？（沿y轴正方向还是负方向）.图2523．一列简谐横波沿x轴正方向传播，周期为2s，t＝0时刻的波形如图26所示.求：（1）该列波的波速；（2）质点a平衡位置的坐标x a＝2.5m，再经多长时间它第一次经过平衡位置向y轴正方向运动.图2624.如图27所示，三棱镜的横截面为直角三角形ABC，∠A=30°，∠B=60°.一束平行于AC边的光线自AB边的P点射入三棱镜，在AC边发生反射后从BC边的M点射出，若光线在P点的入射角和在M点的折射角相等，（1）画出光在棱镜中的光路图(2)求三棱镜的折射率；(3) 光在此介质中的传播速度是多少？（光在真空中的速为c）图27B P Mmy/st/2.02.0-012345678925．一半圆柱形透明物体横截面如图28所示，底面AOB 镀银(图中粗线)，O 表示半圆截面的圆心．一束光线在横截面内从M 点入射，经过AB 面反射后从N 点射出．已知光线在M 点的入射角为30°，∠MOA ＝60°，∠NOB ＝30°.求(1)光线在M 点的折射角； (2)透明物体的折射率．图2826.如图29所示，ABCD 是一直角梯形棱镜的横截面，位于截面所在平面内的一束光线由O 点垂直AD 边射入.已知棱镜的折射率n=2，AB=BC =8cm ，OA =2cm ，∠OAB=60º.①求光线第一次射出棱镜时，出射光线的方向. ②第一次的出射点距C _____cm.图2927.如图30所示为一光导纤维（可简化为一长玻璃丝）的示意图，玻璃丝长为L ，折射率为n ，AB 代表端面.已知光在真空中的传播速度为c .(1)为使光线能从玻璃丝的AB 端面传播到另一端面，求光线在端面AB 上的入射角应满足的条件；(2)求光线从玻璃丝的AB 端面传播到另一端面所藉的最长时间.图3028.一个半圆柱形玻璃砖，其横截面是半径为R 的半圆，AB 为半圆的直径，O 为圆心，如图31所示.玻璃的折射率为n =2．(1)一束平行光垂直射向玻璃砖的下表面，若光线到达上表面后，都能从该表面射出，则入射光束在AB 上的最大宽度为多少？(2)一细束光线在O 点左侧与O 点相距23R 处垂直于AB 从下方入射，求此光线从玻璃砖射出点的位置.图3129.一厚度为h 的大平板玻瑞水平放置，共下表面贴有一半径为r 的圆形发光面.在玻璃板上表面放置一半径为R 的圆纸片，圆纸片与圆形发光面的中心在同一竖直钱上.已知圆纸片恰好能完全遮档住从圆形发光面发出的光线（不考虑反射），求平板玻璃的折射率.30．如图32所示，三棱镜的横截面为直角三角形ABC ，∠A =30º，AC 平行于光屏MN ，与光屏的距离为L .棱镜对红光的折射率为n 1，对紫光的折射率为n 2.一束很细的白光由棱镜的侧面AB 垂直射入，直接到达AC 面并射出.画出光路示意图，并标出红光和紫光射在光屏上的位置，求红光和紫光在光屏上的位置之间的距离.图32BMN参考答案一、选择题1．ACE 2．ABE 3．BCE 4．ACD 5．ACE 6．ADE 7．BDE 8．ACD 9．BDE 10．ABD 二、填空题11．正 100 m/s 12．> 0.300 13．< < 14．①λ=1m ，②加强 15．正向 0.8 16． 20m ，沿x 轴负方向，8cm. 17．全反射；衍射；干涉； 18：10，2.5，D 19．1.5×108m/s ；2；30° 20．cr⋅6；3 三、计算题21．解：（1）①设简谐横波的波速为v ，波长为λ，周期为T ，由图像知λ＝4 m ．由题意知：t ＝3T ＋34T ①v Tλ=②联立①②式， 代入数据得：v ＝1 m/s ③②质点P 做简谐运动的表达式为：y ＝0.2sin （0.5πt ）m ④22．解：（1）由A 的振动图像可知，A 经过3s 开始振动，OA 间距0.9m ，波速0.9==/=0.3/3x v m s m s t ；振动的周期T =4s ，所以波长==0.34 1.2vT m m λ⨯=；（2）介质中质点的起振方向和波源的起振方向相同，由A 质点的起振方向可以判断波源的起振方向沿y 轴的正方向；t =4s 时A 距离平衡位置最远，速度最小，动能最小.23．解：本题考查横波传播介质中某个点的振动.由图读出波长λ=4m ，则波速v=Tλ=2m/s.根据波的传播方向判断可知，图中x=2m 处质点的运动方向沿y 轴向上，当此质点的状态传到a 点时，质点a 第一次经过平衡位置向y 轴正方向运动.则质点a 第一次经过平衡位置向y 轴正方向运动的时间 t =x v =2.522-s=0.25s.24.解:（1）光路如答图1所示.（2）光线在AB 面上的入射角为i=60°．因为光线在P 点的入射角和在M 点的折射角相等．知光线在AB 面 答图1上的折射角等于光线在BC 面上的入射角．根据几何关系知，光线在AB 面上的折射角为r =30°．根据33060==οοsin sin n（3）光在此介质中的传播速度是c n c v 33==25.解(1)光路图如答图2所示，透明物体内部的光路为折线MPN ．根据平面镜成像的对称性，Q 、M 点相对于底面EF 对称，反射光线的反向延长线必然过像点Q ，所以，Q 、P 、N 三点必共线．设在M 点处，光的折射角为γ∠OMQ =α，∠PNF =β．因为∠MOA =60°，所以α=30°…① (2)由对称性，△MOP ≌△QOP ，且△QON 是等腰三角形，∠PMO =∠PQO =∠PNO =γ …②(3)于是：β+γ=60° …③又因为△MEP ∽△NFP ，所以，∠PME =∠PNF ，即：α+γ=β …④ 有①②③④得：γ=15°答图2 26.解:①设发生全反射的临界角为C ，由折射定律得：nC sin 1=代入数据得：光路图如答图3所示，由几何关系可知光线在AB 边和BC 边的入射角均为60°，均发生全反射.设光线在CD 边的入射角为，折射角为，由几何关系得，小于临界角，光线第一次射出棱镜是在CD 边，由折射定律得： αβsin sin n =代入数据得：ο45=β 答图3②结合几何知识可知出射点距离C 点的距离为334cm.27.解:（1）设光线在端面AB 上C 点（如答图4所示 ）的入射角为i ，折射角为r ，由折射定律有：sin sin in r=① 设该光线射向玻璃丝内壁D 点的入射角为α，为了使该光线可在此光导纤维中传播，应有αθ≥②式中θ是光线在玻璃丝内发生全反射时的临界角，它满足:1sin nθ=③ 由几何关系得:90r α+=o④由①②③④式得:2sin 1i n ≤- ⑤ 答图4 （2）光在玻璃丝中传播速度的大小为:cv n=⑥ 光速在玻璃丝中轴线方向的分量为:sin x v v a =⑦ 光线从玻璃丝端面AB 传播到其另一端面所需时间为:xLT v =⑧ 光线在玻璃丝中传播，在刚好发生全反射时，光线从端面AB 传播到其另一面所需的时间最长，由②③⑥⑦⑧式得:2maxLn T c=⑨28.解: (1)在O 点左侧，设从E 点射入的光线进入玻璃砖后在上表面的入射角恰好等于全反射的临界角θ，则OE 区域的入射光线经上表面折射后都能从玻璃砖射出，如答图5所示.由全反射条件有: sin θ =1n① 由几何关系有: OE =R sin θ② 答图5 由对称性可知，若光线都能从上表面射出，光束的宽度最大为: l =2OE ③ 联立①②③式，代入已知数据得; l =2R ④(2)设光线在距O 点3R 的C 点射入后，在上表面的入射角为α，由几何关系及①式和已知条件得:α =60°>θ⑤光线在玻璃砖内会发生三次全反射，最后由G 点射出，如答图6所示.由反射定律和几何关系得: OG =OC =3R ⑥ 答图6 射到G 点的光有一部分被反射，沿原路返回到达C 点射出.29.解:如答图7所示，考虑从圆形发光面边缘的A 点发出的一条光线，假设它斜射到玻璃上表面的A 点折射，根据折射定律有：sin sin n θα=式中， n 是玻璃的折射率，θ是入射角，α是折射角 现假设A 恰好在纸片边缘，由题意，在A 刚好发生全反射，故2πα=A BC Di rαhA B O θO 'A ' 2rL R答图7设AA '线段在玻璃上表面的投影长为L，由几何关系有：sin θ=由题意纸片的半径应为R=L －r联立以上各式可得：n =30．解：光路示意图如答图8所示，根据几何关系，光从AC 面上折射时的入射角为30°，根据折射定律有ο3011sin r sin n =；ο3022sin r sin n = 22224nn r tan -=；21114nn r tan -=所以，)n nn (L )r tan r (tan L d 2112222244---=-=∆ 答图8。
物理_2016年广东省高考物理试卷(全国新课标Ⅰ)_复习
2016年广东省高考物理试卷（全国新课标Ⅰ）二、选择题：本大题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项是符合题目要求，第5～8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．1. 一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上，若将云母介质移出，则电容器（）A 极板上的电荷量变大，极板间的电场强度变大B 极板上的电荷量变小，极板间的电场强度变大C 极板上的电荷量变大，极板间的电场强度不变D 极板上的电荷量变小，极板间的电场强度不变2. 现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定．质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场．若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍．此离子和质子的质量比值约为（）A 11B 12C 121D 1443. 一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1，R2和R3的阻值分别为3Ω、1Ω和4Ω，A为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定．当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为4I．该变压器原、副线圈匝数比为（）A 2B 3C 4D 54. 利用三颗位置适当的地球同步卫星，可使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯．目前，地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的6.6倍．假设地球的自转周期变小，若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的，则地球自转周期的最小值约为（）A 1ℎB 4ℎC 8ℎD 16ℎ5. 一质点做匀速直线运动．现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则（）A 质点速度的方向总是与该恒力的方向相同B 质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直C 质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同D 质点单位时间内速率的变化量总是不变6. 如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b．外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态．若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则（）A 绳OO′的张力也在一定范围内变化B 物块b所受到的支持力也在一定范围内变化 C 连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化 D 物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化7. 如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直平面（纸面）内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称．忽略空气阻力．由此可知（）A Q点的电势比P点高B 油滴在Q点的动能比它在P点的大C 油滴在Q点的电势能比它在P点的大 D 油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小8. 甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v−t图像如图所示．已知两车在t=3s时并排行驶，则（）A 在t=1s时，甲车在乙车后B 在t=0时，甲车在乙车前7.5 mC 两车另一次并排行驶的时刻是t=2 s D 甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 m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作答．第9题～第12题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题9. 某同学用图(a)所示的实验装置验证机械能守恒定律，其中打点计时器的电源为交流电源，可以使用的频率有20Hz、30Hz和40Hz，打出纸带的一部分如图(b)所示．该同学在实验中没有记录交流电的频率f，需要用实验数据和其他题给条件进行推算．（1）若从打出的纸带可判定重物匀加速下落，利用f和图(b)中给出的物理量可以写出：在打点计时器打出B点时，重物下落的速度大小为________，打出C点时重物下落的速度大小为________，重物下落的加速度大小为________．（2）已测得s1=8.89cm，s2=9.50cm，s3=10.10cm；当重力加速度大小为9.80m/s2，实验中重物受到的平均阻力大小约为其重力的1%．由此推算出f为________Hz．10. 现要组装一个由热敏电阻控制的报警系统，要求当热敏电阻的温度达到或超过60∘C时，系统报警．提供的器材有：热敏电阻，报警器（内阻很小，流过的电流超过I c时就会报警），电阻箱（最大阻值为999.9Ω），直流电源（输出电压为U，内阻不计），滑动变阻器R1（最大阻值为1000Ω），滑动变阻器R2（最大阻值为2000Ω），单刀双掷开关一个，导线若干．在室温下对系统进行调节，已知U约为18V，I c约为10mA；流过报警器的电流超过20mA时，报警器可能损坏；该热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，在60∘C时阻值为650.0Ω．（1）完成待调节的报警系统原理电路图的连线．（2）电路中应选用滑动变阻器________（填“R 1”或“R 2”）．（3）按照下列步骤调节此报警系统：①电路接通前，需将电阻箱调到一固定的阻值，根据实验要求，这一阻值为________Ω；滑动变阻器的滑片应置于________（填“a”或“b”）端附近，不能置于另一端的原因是________． ②将开关向________（填“c”或“d”）端闭合，缓慢移动滑动变阻器的滑片，直至________． 保持滑动变阻器滑片的位置不变，将开关向另一端闭合，报警系统即可正常使用．11. 如图，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连．两细金属棒ab （仅标出a 端）和cd （仅标出c 端）长度均为L ，质量分别为2m 和m ；用两根不可伸长的柔软导线将它们连成闭合回路abdca ，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平．右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于斜面向上，已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R ，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g ，已知金属棒ab 匀速下滑．求：（1）作用在金属棒ab 上的安培力的大小；（2）金属棒运动速度的大小．12. 如图，一轻弹簧原长为2R ，其一端固定在倾角为37∘的固定直轨道AC 的底端A 处，另一端位于直轨道上B 处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为56R 的光滑圆弧轨道相切于C 点，AC =7R ，A 、B 、C 、D 均在同一竖直面内．质量为m 的小物块P 自C 点由静止开始下滑，最低到达E 点（未画出），随后P 沿轨道被弹回，最高到达F 点，AF =4R ．已知P 与直轨道间的动摩擦因数μ=14，重力加速度大小为g ．（取sin37∘=35，cos37∘=45）（1）求P 第一次运动到B 点时速度的大小．（2）求P 运动到E 点时弹簧的弹性势能．（3）改变物块P 的质量，将P 推至E 点，从静止开始释放．已知P 自圆弧轨道的最高点D 处水平飞出后，恰好通过G 点．G 点在C 点左下方，与C 点竖直相距R ，水平相距72R ，求P 运动到D 点时速度的大小和改变后P 的质量．三、选考题：共45分．请考生从给出的3道物理题任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑．注意所选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．【物理--选修3-3】13. 关于热力学定律，下列说法正确的是（）A 气体吸热后温度一定升高B 对气体做功可以改变其内能C 理想气体等压膨胀过程一定放热 D 热量不可能自发地从低温物体传到高温物体 E 如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡14. 在水下气泡内空气的压强大于气泡表面外侧水的压强，两压强差Δp与气泡半径r之间的关系为Δp=2σ，其中σ=0.070N/m，现让水下10m处一半径为0.50cm的气泡缓慢上r升．已知大气压强p0=1.0×105Pa，水的密度ρ=1.0×103kg/m3，重力加速度大小g= 10m/s2．（1）求在水下10m处气泡内外的压强差；（2）忽略水温随水深的变化，在气泡上升到十分接近水面时，求气泡的半径与其原来半径之比的近似值．【物理--选修3-4】（15分)15. 某同学漂浮在海面上，虽然水面波正平稳地以1.8m/s的速率向着海滩传播，但他并不向海滩靠近．该同学发现从第1个波峰到第10个波峰通过身下的时间间隔为15s，下列说法正确的是（）A 水面波是一种机械波B 该水面波的频率为6HzC 该水面波的波长为3mD 水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时能量不会传递出去 E 水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时振动的质点并不随波迁移16. 如图，在注满水的游泳池的池底有一点光源A，它到池边的水平距离为3.0m．从点光源A射向池边的光线AB与竖直方向的夹角恰好等于全反射的临界角，水的折射率为4．3（1）求池内的水深（结果可保留根号）；（2）一救生员坐在离池边不远处的高凳上，他的眼睛到地面的高度为2.0m．当他看到正前下方的点光源A时，他的眼睛所接受的光线与竖直方向的夹角恰好为45∘．求救生员的眼睛到池边的水平距离（结果可保留根号）．【物理--选修3-5】17. 现用某一光电管进行光电效应实验，当用某一频率的光入射时，有光电流产生．下列说法正确的是（）A 保持入射光的频率不变，入射光的光强变大，饱和光电流变大B 入射光的频率变高，饱和光电流变大C 入射光的频率变高，光电子的最大初动能变大D 保持入射光的光强不变，不断减小入射光的频率，始终有光电流产生 E 遏止电压的大小与入射光的频率有关，与入射光的光强无关18. 某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。
2016年广州市高考物理试卷
2016年广州市高考物理试卷选择题：以下哪个物理量是标量？A. 力B. 速度C. 加速度D. 位移一个物体以匀速直线运动，速度为10 m/s，时间为5秒，那么物体的位移为：A. 2 mB. 5 mC. 10 mD. 50 m以下哪个物理量是矢量？A. 质量B. 速度C. 时间D. 温度一个物体以匀加速直线运动，初速度为5 m/s，加速度为2 m/s²，时间为3秒，那么物体的位移为：A. 9 mB. 15 mC. 21 mD. 27 m以下哪个物理量与功率有关？A. 质量B. 速度C. 力D. 时间一个物体以匀速圆周运动，它的加速度的方向与速度的方向相同，那么物体的运动轨迹是：A. 直线B. 抛物线C. 圆D. 椭圆以下哪个物理量与电流强度有关？A. 电压B. 电阻C. 电功率D. 电荷量填空题：物体的质量是由其_________决定的。
一个物体的速度为10 m/s，时间为5秒，那么物体的位移为_________。
力的单位是_________。
一个物体以匀加速直线运动，初速度为5 m/s，加速度为2 m/s²，时间为3秒，那么物体的位移为_________。
功率的单位是_________。
解答题：请解释一下什么是牛顿第一定律。
请解释一下什么是电阻。
请计算一个质量为2 kg的物体在重力作用下的重力大小。
请解释一下什么是电流强度。
请解释一下什么是动能。
广东省梅州中学届高考物理模拟试卷(三)(含解析)
2016年广东省梅州中学高考物理模拟试卷（3）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1～4题只有一项符合题目要求，第5～8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．1．孔明灯又叫天灯、云灯、许愿灯假设某孔明灯升空后向着东北偏上方向匀速运动．则此时孔明灯所受空气的作用力的大小和方向是（）A．0 B．mg，竖直向上C．mg，东北偏上方向 D． mg，东北偏上方向2．人用绳子通过动滑轮拉A，A穿在光滑的竖直杆上，当以速度v0匀速地拉绳使物体A到达如图所示位置时，绳与竖直杆的夹角为θ，求A物体实际运动的速度是（）A．v0sinθB．C．v0cosθD．3．取水平地面为重力势能零点．一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能是重力势能的3倍．不计空气阻力，该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为（）A．B．C．D．4．如图所示，在火星与木星轨道之间有一小行星带．假设该带中的小行星只受到太阳的引力，并绕太阳做匀速圆周运动．下列说法正确的是（）A．太阳对各小行星的引力相同B．各小行星绕太阳运动的周期均小于一年C．小行星带内侧小行星的向心加速度大于外侧小行星的向心加速度值D．小行星带内各小行星圆周运动的线速度值大于地球公转的线速度值5．如图所示，质量为m的物体，沿着半径为R的半球形金属壳内壁滑下，半球形金属壳竖直固定放置，开口向上，滑到最低点时速度大小为v，若物体与球壳之间的动摩擦因数为μ，则物体在最低点时，下列说法正确的是（）A．受到的向心力大小为mg+mB．受到的摩擦力大小为μmC．受到的摩擦力大小为μ（mg+m）D．受到的合力方向斜向左下方6．质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用．此后，该质点的动能可能（）A．一直增大B．先逐渐减小至零，再逐渐增大C．先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小D．先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大7．一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离．假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法正确的是（）A．运动员到达最低点前重力势能始终减小B．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力做负功，弹性势能增加C．蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒D．蹦极过程中，重力势能的改变与重力势能零点的选取有关8．如图所示，在外力作用下某质点运动的υ﹣t图象为正弦曲线．从图中可以判断（）A．在0～t1时间内，外力做正功B．在0～t1时间内，外力的功率逐渐增大C．在t2时刻，外力的功率最大D．在t1～t3时间内，外力做的总功为零二、非选择题9．某同学把附有滑轮的长木板平放在实验桌上，将细绳一端拴在小车上，另一端绕过定滑轮，挂上适当的钩码，使小车在钩码的牵引下运动，以此定量探究绳拉力做功与小车动能变化的关系．此外还准备了打点计时器及配套的电源、导线、复写纸、纸带、小木块等．组装的实验装置如图所示．①若要完成该实验，必需的实验器材还有哪些．②实验开始时，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行．他这样做的目的是下列的哪个（填字母代号）A．避免小车在运动过程中发生抖动B．可使打点计时器在纸带上打出的点迹清晰C．可以保证小车最终能够实现匀速直线运动D．可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车受的合力③平衡摩擦后，当他用多个钩码牵引小车时，发现小车运动过快，致使打出的纸带上点数较少，难以选到合适的点计算小车的速度．在保证所挂钩码数目不变的条件下，请你利用本实验的器材提出一个解决办法：．④他将钩码重力做的功当作细绳拉力做的功，经多次实验发现拉力做功总是要比小车动能增量大一些．这一情况可能是下列哪些原因造成的（填字母代号）．A．在接通电源的同时释放了小车B．小车释放时离打点计时器太近C．阻力未完全被小车重力沿木板方向的分力平衡掉D．钩码做匀加速运动，钩码重力大于细绳拉力．10．用Ω重锤下落来验证机械能守恒时，某同学按照正确的操作选得纸带如图所示．其中O是起始点，A、B、C、D、E是打点计时器连续打下的5个点，打点频率为50Hz该同学用毫米刻度尺测量O到A、B、C、D、E各点的距离，并记录在图中（单位：cm）（1）这五个数据中有一个数字记录不规范的读数是．（2）实验时，在释放重锤（选填“之前”或“之后”）接通打点计时器的电源，在纸带上打出一系列的点．（3）该实验中，为了求两点之间重锤的重力势能的变化，需要知道重力加速度g的值，这个g值应该是：A．取当地的实际g值； B．根据打出的纸带，用△s=gT2求出的g值；C．近似取10m/s2即可； D．以上说法都不对．（4）如O点到某计时点的距离用h表示，重力加速度为g，该点对应重锤的瞬时速度为v，则实验中要验证的等式为．（5）若重锤质量m=0.2kg，重力加速度g=9.80m/s2，由图中给出的数据，可得出从O到打下D点，重锤重力势能的减少量为，而动能的增加量为J（均保留3位有效数字）．11．质量为m=4kg的小物块静止于水平地面上的A点，现用F=10N的水平恒力拉动物块一段时间后撤去，物块继续滑动一段位移停在B点，A、B两点相距x=20m，物块与地面间的动摩擦因数μ=0.2，g取10m/s2，求：（1）物块在力F作用过程发生位移x1的大小：（2）撤去力F后物块继续滑动的时间t．12．如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点．水平桌面右侧由一竖直放置的轨道MNP，其形状为半径R=1.0m的圆环剪去了左上角120°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离是h=2.4m．用质量m=0.4kg的小物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放弹簧后物块沿粗糙水平桌面运动，从D飞离桌面后恰好由P点沿切线落入圆轨道．（不计空气阻力，g取10m/s2）求：（1）小物块飞离D点时速度v D大小；（2）若轨道MNP光滑，小物块经过轨道最低点N时对轨道的压力FN；（3）若小物块m刚好能达到轨道最高点M，整个运动过程中其克服摩擦力做的功为8J，则开始被压缩的弹簧的弹性势能E P至少为多少焦耳？13．在居室装修中经常用到花岗岩、大理石等装饰材料，都不同程度地含有放射性元素，有些含有铀、钍的花岗岩会释放出放射出α、β、γ射线，根据有关放射性知识可知，下列说法正确的是（）A．发生α衰变时，生成核与原来的原子核相比，核内质量数减少2B．放射性元素与别的元素形成化合物时仍具有放射性C．β射线是原子的核外电子电离后形成的电子流D．在这三种射线中，γ射线的穿透能力最强，电离能力最弱E．升高放射性材料的温度，不能缩短其半衰期14．如图，质量为m的b球用长h的细绳悬挂于水平轨道BC的出口C处．质量也为m的小球a，从距BC高h的A处由静止释放，沿ABC光滑轨道滑下，在C处与b球正碰并与b粘在一起．已知BC轨道距地面有一定的高度，悬挂b球的细绳能承受的最大拉力为2.8mg．试问：①a与b球碰前瞬间的速度多大？②a、b两球碰后，细绳是否会断裂？（要求通过计算回答）2016年广东省梅州中学高考物理模拟试卷（3）参考答案与试题解析二．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1～4题只有一项符合题目要求，第5～8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．1．孔明灯又叫天灯、云灯、许愿灯假设某孔明灯升空后向着东北偏上方向匀速运动．则此时孔明灯所受空气的作用力的大小和方向是（）A．0 B．mg，竖直向上C．mg，东北偏上方向 D． mg，东北偏上方向【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【专题】共点力作用下物体平衡专题．【分析】孔明灯做匀速运动，加速度为零，合力为零；只受重力和空气的作用力，根据平衡条件得到空气的作用力的大小和方向．【解答】解：孔明灯升空后向着东北偏上方向匀速直线运动，加速度为零，合力为零；只受重力和空气的作用力，根据平衡条件得到空气的作用力的大小为mg，方向竖直向上；故选B．【点评】本题关键是明确孔明灯的运动情况，得到加速度后进一步确定受力情况，基础题．2．人用绳子通过动滑轮拉A，A穿在光滑的竖直杆上，当以速度v0匀速地拉绳使物体A到达如图所示位置时，绳与竖直杆的夹角为θ，求A物体实际运动的速度是（）A．v0sinθB． C．v0cosθD．【考点】运动的合成和分解．【分析】将A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，根据平行四边形定则求出A的实际运动的速度．【解答】解：将A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，如图所示，拉绳子的速度等于A沿绳子方向的分速度，根据平行四边形定则得，实际速度v=．故D正确，A、B、C错误．故选D．【点评】解决本题的关键知道速度的合成与分解遵循平行四边形定则．3．取水平地面为重力势能零点．一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能是重力势能的3倍．不计空气阻力，该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为（）A．B．C．D．【考点】动能和势能的相互转化；平抛运动．【分析】根据机械能守恒定律，以及已知条件：抛出时动能恰好是重力势能的3倍，分别列式即可求出落地时速度与水平速度的关系，从而求出物块落地时的速度方向与水平方向的夹角．【解答】解：设抛出时物体的初速度为v0，高度为h，物块落地时的速度大小为v，方向与水平方向的夹角为α．根据机械能守恒定律得： m+mgh=mv2据题有： m=3mgh联立解得：v=v0；则 cosα==可得α=故选：A．【点评】解决本题的关键会熟练运用机械能守恒定律处理平抛运动，并要掌握平抛运动的研究方法：运动的分解．4．如图所示，在火星与木星轨道之间有一小行星带．假设该带中的小行星只受到太阳的引力，并绕太阳做匀速圆周运动．下列说法正确的是（）A．太阳对各小行星的引力相同B．各小行星绕太阳运动的周期均小于一年C．小行星带内侧小行星的向心加速度大于外侧小行星的向心加速度值D．小行星带内各小行星圆周运动的线速度值大于地球公转的线速度值【考点】万有引力定律及其应用．【专题】万有引力定律的应用专题．【分析】研究卫星绕太阳做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式表示出周期、加速度、向心力等物理量．根据轨道半径的关系判断各物理量的大小关系．【解答】解：A、由于各小行星的质量不同，所以太阳对各小行星的引力可能不同，故A错误；B、根据万有引力提供向心力得：=T=2π离太阳越远，周期越大，所以各小行星绕太阳运动的周期大于地球的公转周期，故B错误；C、根据万有引力提供向心力得：=maa=，所以小行星带内侧小行星的向心加速度大于外侧小行星的向心加速度值，故C正确；D、根据万有引力提供向心力得：=mv=所以小行星带内各小行星圆周运动的线速度值小于地球公转的线速度值，故D错误．故选：C．【点评】比较一个物理量，我们应该把这个物理量先用已知的物理量表示出来，再进行比较．向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用．5．如图所示，质量为m的物体，沿着半径为R的半球形金属壳内壁滑下，半球形金属壳竖直固定放置，开口向上，滑到最低点时速度大小为v，若物体与球壳之间的动摩擦因数为μ，则物体在最低点时，下列说法正确的是（）A．受到的向心力大小为mg+mB．受到的摩擦力大小为μmC．受到的摩擦力大小为μ（mg+m）D．受到的合力方向斜向左下方【考点】向心力．【专题】定性思想；推理法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用．【分析】根据牛顿第二定律求出小球所受的支持力，根据滑动摩擦力公式求出摩擦力的大小，从而确定合力的大致方向．【解答】解：A、物体在最低点的向心力大小，故A错误．B、在竖直方向上，有：N﹣mg=m，解得支持力N=，则物体所受的摩擦力大小f=μN=μ（mg+m），故C正确，B错误．D、因为重力和支持力的合力竖直向上，摩擦力水平向左，根据平行四边形定则知，物体所受的合力方向斜向左上方，故D错误．故选：C．【点评】解决本题的关键确定物体做圆周运动向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解．难度不大．6．质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用．此后，该质点的动能可能（）A．一直增大B．先逐渐减小至零，再逐渐增大C．先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小D．先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大【考点】动能定理的应用．【分析】一质点开始时做匀速直线运动，说明质点所受合力为0，从某时刻起受到一恒力作用，这个恒力就是质点的合力．根据这个恒力与速度的方向关系确定质点动能的变化情况．【解答】解：A、如果恒力与运动方向相同，那么质点做匀加速运动，动能一直变大，故A 正确．B、如果恒力与运动方向相反，那么质点先做匀减速运动，速度减到0，质点在恒力作用下沿着恒力方向做匀加速运动，动能再逐渐增大．故B正确．C、如果恒力方向与原来运动方向不在同一直线上，那么将速度沿恒力方向所在直线和垂直恒力方向分解，其中恒力与一个速度方向相同，这个方向速度就会增加，另一个方向速度不变，那么合速度就会增加，不会减小．故C错误．D、如果恒力方向与原来运动方向不在同一直线上，那么将速度沿恒力方向所在直线和垂直恒力方向分解，其中恒力与一个速度方向相反，这个方向速度就会减小，另一个方向速度不变，那么合速度就会减小，当恒力方向速度减到0时，另一个方向还有速度，所以速度到最小值时不为0，然后恒力方向速度又会增加，合速度又在增加，即动能增大．故D正确．故选ABD．【点评】对于直线运动，判断速度增加还是减小，我们就看加速度的方向和速度的方向．对于受恒力作用的曲线运动，我们可以将速度分解到恒力方向和垂直恒力方向，再去研究．7．一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离．假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法正确的是（）A．运动员到达最低点前重力势能始终减小B．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力做负功，弹性势能增加C．蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒D．蹦极过程中，重力势能的改变与重力势能零点的选取有关【考点】机械能守恒定律；弹性势能．【专题】机械能守恒定律应用专题．【分析】运动员人高台下落过程中，重力做正功，重力势能始终减小．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力做负功，弹性势能增加．以运动员、地球和蹦极绳所组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒．重力势能的改变与重力做功有关，取决于初末位置．【解答】解：A、运动员到达最低点前，重力对运动员一直做正功，运动员的重力势能始终减小．故A正确．B、蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力方向向上，运动员的位移向下，弹性力对运动员做负功，弹性势能增加．故B正确．C、以运动员、地球和蹦极绳所组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒．故C正确．D、重力势能的改变与重力做功有关，取决于初末位置的高度差，与重力势能零点的选取无关．故D错误．故选ABC．【点评】本题类似于小球掉在弹簧上的类型．重力与弹力特点相似，这两种力做正功时，势能减小，做负功时，势能增加．8．如图所示，在外力作用下某质点运动的υ﹣t图象为正弦曲线．从图中可以判断（）A．在0～t1时间内，外力做正功B．在0～t1时间内，外力的功率逐渐增大C．在t2时刻，外力的功率最大D．在t1～t3时间内，外力做的总功为零【考点】功的计算；功率、平均功率和瞬时功率．【分析】由v﹣t图象可知物体的运动方向，由图象的斜率可知拉力的方向，则由功的公式可得出外力做功的情况，由P=Fv可求得功率的变化情况．【解答】解：A、在0～t1时间内，由图象可知，物体的速度沿正方向，加速度为正值且减小，故力与速度方向相同，故外力做正功；故A正确；B、图象斜率表示加速度，加速度对应合外力，合外力减小，速度增大；由图象可知0时刻速度为零，t1时刻速度最大但拉力为零，由P=Fv可知外力的功率在0时刻功率为零，t1时刻功率也为零，可知功率先增大后减小，B错误．C、t2时刻物体的速度为零，由P=Fv可知外力的功率为零，故C错误．D、在t1～t3时间内物体的动能变化为零，由动能定理可知外力做的总功为零，故D正确；故选AD．【点评】本题要求学生能熟练掌握图象的分析方法，由图象得出我们需要的信息．B答案中采用极限分析法，因开始为零，后来为零，而中间有功率，故功率应先增大，后减小．二、非选择题9．某同学把附有滑轮的长木板平放在实验桌上，将细绳一端拴在小车上，另一端绕过定滑轮，挂上适当的钩码，使小车在钩码的牵引下运动，以此定量探究绳拉力做功与小车动能变化的关系．此外还准备了打点计时器及配套的电源、导线、复写纸、纸带、小木块等．组装的实验装置如图所示．①若要完成该实验，必需的实验器材还有哪些刻度尺、天平（包括砝码）．②实验开始时，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行．他这样做的目的是下列的哪个 D （填字母代号）A．避免小车在运动过程中发生抖动B．可使打点计时器在纸带上打出的点迹清晰C．可以保证小车最终能够实现匀速直线运动D．可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车受的合力③平衡摩擦后，当他用多个钩码牵引小车时，发现小车运动过快，致使打出的纸带上点数较少，难以选到合适的点计算小车的速度．在保证所挂钩码数目不变的条件下，请你利用本实验的器材提出一个解决办法：可在小车上加适量的砝码．④他将钩码重力做的功当作细绳拉力做的功，经多次实验发现拉力做功总是要比小车动能增量大一些．这一情况可能是下列哪些原因造成的CD （填字母代号）．A．在接通电源的同时释放了小车B．小车释放时离打点计时器太近C．阻力未完全被小车重力沿木板方向的分力平衡掉D．钩码做匀加速运动，钩码重力大于细绳拉力．【考点】探究功与速度变化的关系．【专题】实验题；定性思想；推理法；动能定理的应用专题．【分析】根据该实验的实验原理、要求和减少误差的角度分析，平衡摩擦力作用后，进行实验过程中需要用刻度尺测量纸带上点的距离，用天平测出小车的质量，需要改变砝码的质量来代替小车的拉力．纸带上打出的点较小，说明小车的加速度过大（即小车过快），可以增加小车质量（在小车上加上适量的砝码），或减少砝码的拉力；根据W=mgs求出砂桶及砂的总重力做功，根据匀变速直线运动的平均速度等于中点时刻的瞬时速度求A、B的速度，即可得到动能的变化量，从而写出探究结果表达式，根据此表达式分析所需要的测量仪器．【解答】解：①根据本实验的实验原理是合外力所做的功等于动能的变化量，通过研究纸带来研究小车的速度，利用天平测量小车的质量，利用砝码的重力代替小车的合外力，所以需要刻度尺来测量纸带上点的距离和用天平测得小车的质量，即还需要刻度尺，天平（包括砝码）．②实验过程中，为减少误差，提高实验的精确度，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行，目的是消除摩擦带来的误差，即平衡摩擦力后，使细绳的拉力等于小车的合力，故ABC错误，D正确．故选：D．③平衡摩擦力后，当他用多个钩码牵引小车时，发现小车运动过快，致使打出的纸带上点数较少，即小车的加速度大，所以应减少小车的加速度，当小车的合力一定的情况下，据牛顿第二定律可知，适当增大小车的质量，即在小车上加适量的砝码．④他将钩码重力做的功当做细绳拉力做的功，经多次实验发现拉力做功总是要比小车动能增量大一些，从功能关系看出：该实验一定有转化为内能的，即试验中有存在摩擦力没有被平衡掉；还有该实验要求，只有当小车的质量远大于砝码的质量时，小车的拉力才近似等于砝码的重力，故AB错误，CD正确．故选：CD故答案为：①刻度尺、天平（包括砝码）；②D；③可在小车上加适量的砝码；④CD【点评】明确实验原理往往是解决实验问题的关键，该实验的一些操作和要求与探究力、加速度、质量之间关系的实验类似可以类比学习．10．用Ω重锤下落来验证机械能守恒时，某同学按照正确的操作选得纸带如图所示．其中O是起始点，A、B、C、D、E是打点计时器连续打下的5个点，打点频率为50Hz该同学用毫米刻度尺测量O到A、B、C、D、E各点的距离，并记录在图中（单位：cm）（1）这五个数据中有一个数字记录不规范的读数是12.4 ．（2）实验时，在释放重锤之前（选填“之前”或“之后”）接通打点计时器的电源，在纸带上打出一系列的点．（3）该实验中，为了求两点之间重锤的重力势能的变化，需要知道重力加速度g的值，这个g值应该是： AA．取当地的实际g值； B．根据打出的纸带，用△s=gT2求出的g值；C．近似取10m/s2即可； D．以上说法都不对．（4）如O点到某计时点的距离用h表示，重力加速度为g，该点对应重锤的瞬时速度为v，则实验中要验证的等式为．（5）若重锤质量m=0.2kg，重力加速度g=9.80m/s2，由图中给出的数据，可得出从O到打下D点，重锤重力势能的减少量为0.380J ，而动能的增加量为0.376 J（均保留3位有效数字）．【考点】验证机械能守恒定律．【专题】实验题；定量思想；寻找守恒量法；机械能守恒定律应用专题．【分析】刻度尺的读数要读到最小刻度的下一位；根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出D点的速度，从而得出动能的增加量，根据下降的高度求出重力势能的减小量．【解答】解：（1）这五个数据中有一个数字记录不规范的读数是12.4，应该是12.40．（2）实验时应先接通电源再释放纸带．（3）求两点之间重锤的重力势能的变化，需要知道重力加速度g的值，这个g值是当地的重力加速度，故选：A．（4）动能的增加量为，重力势能的减小量为mgh，要验证机械能守恒，即验证．（5）从O到打下D点，重锤重力势能的减少量为△E p=mgh=0.2×9.8×0.1941J=0.380J．D点的速度=1.94m/s，则动能的增加量J=0.376J．故答案为：（1）12.40，（2）之前，（3）A，（4）．（5）0.380J，0.376．【点评】解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度，从而得出动能的增加量．。
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2016年广东省高考物理复习训练卷（3）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共12小题，共36.0分)1.如图所示，一光滑小球静止放置在光滑半球面的最底端，利用竖直放置的光滑挡板水平向右缓慢地推动小球，则在小球运动的过程中（该过程小球未脱离球面），木板对小球的推力F1、半球面对小球的支持力F2的变化情况正确的是（）A.F1增大、F2减小B.F1增大、F2增大C.F1减小、F2减小D.F1减小、F2增大2.如图所示，铁板AB与水平地面间的夹角为θ，一块磁铁吸附在铁板下方．在缓慢抬起铁块B端使θ角增加（始终小于90°）的过程中，磁铁始终相对铁板静止．则下列说法正确的是（）A.磁铁所受合外力逐渐减小B.磁铁始终受到三个力的作用C.磁铁受到的摩擦力逐渐减小D.铁板对磁铁的弹力逐渐增大3.如图，力F垂直作用在倾角为α的三角滑块上，滑块没被推动，则滑块受到水平地面的静摩擦力大小为（）A.0B.F cosαC.F sinαD.F tanα4.如图所示，用AO、BO绳吊一重物P静止，其中AO绳水平．现用水平向右的力F缓慢拉起重物P的过程中，绳OB所受的拉力变化为（）A.变大B.变小C.先变小再变大D.不变5.如图所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O为球心，一质量为m的小滑块，在水平力F的作用下从半球形容器最低点缓慢移近最高点．设小滑块所受支持力为F N，则下列判断正确的是（）A.F缓慢增大B.F缓慢减小C.F N不变D.F N缓慢减小6.一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动．开始刹车后的第1s内和第2s内位移大小依次为9m和7m，则刹车后6s内的位移是（）A.20mB.24mC.25mD.75m7.如图，运动员的双手握紧竖直放置的圆形器械，在手臂OA沿由水平方向缓慢移到A′位置过程中，若手臂OA，OB的拉力分别为F A和F B，下列表述正确的是（）A.F A一定小于运动员的重力GB.F A与F B的合力始终大小不变C.F A的大小保持不变D.F B的大小保持不变8.下列说法正确的是（）A.当物体没有受到外力作用时，才有惯性，而物体受到外力作用时，就没有了惯性B.物体在粗糙的平面上减速滑行，初速度越大，滑行的时间越长，说明惯性的大小与速度有关C.当参考平面选取不同时，重力势能和电势能的值可能出现为负值，但弹性势能不能为D.当一个系统除受重力与弹簧的弹力作用外，还受其它力的作用，系统的机械能可能守恒9.某物体做直线运动，位移遵循的方程为x=6t-t2（其中，x的单位为m，t的单位为s）．则该物体在0～4s时间内通过的路程为（）A.8mB.9mC.10mD.11m10.如图，有质量分别为m1、m2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F的作用下一起沿水平方向做匀加速直线运动（m1在光滑地面上，m2在空中）．已知力F与水平方向的夹角为θ．则m1的加速度大小为（）A. B. C. D.11.某一物体运动情况或所受合外力的情况如图所示，四幅图的图线都是直线，从图中可以判断这四个一定质量物体的某些运动特征．下列有关说法中正确的是（）A.甲物体受到不为零、且恒定的合外力B.乙物体受到的合外力越来越大C.丙物体受到的合外力为零D.丁物体的加速度越来越大12.某实验小组为了测量两种纸之间的动摩擦因数，他先将一张纸贴在一平板上，另一张纸贴在另一木块下表面，并在木块上装如图所示的支架ABC，其中BC与木块下表面平行，支架上固定一个量角器，在量角器圆心处固定一根细线，线下系一小球．现将平板倾斜放置，如图b所示，将木块支架放在平板上，让其加速下滑，稳定时小球连线与OB的夹角为θ，则两纸之间的动摩擦因数为（）A.sinθB.cosθC.tanθD.cotθ二、多选题(本大题共2小题，共6.0分)13.如图所示，水平地面上处于伸直状态的轻绳一端拴在质量为m的物块上，另一端拴在固定于B点的木桩上．用弹簧测力计的光滑挂钩缓慢拉绳，弹簧测力计始终与地面平行．物块在水平拉力作用下缓慢滑动．当物块滑动至A位置，∠AOB=120°时，弹簧测力计的示数为F．则（）A.物块与地面间的动摩擦因数为B.木桩受到绳的拉力始终大于FC.弹簧测力计的拉力保持不变D.弹簧测力计的拉力一直增大14.如图，物体P静止于固定的斜面上，P的上表面水平．现把物体Q轻轻地叠放在P上，则（）三、单选题(本大题共1小题，共3.0分)15.如图所示，质量为m的物体，在沿斜面向上的拉力F作用下，沿质量为M的斜面匀速下滑，此过程中斜面仍静止，则水平面对斜面（）A.不受摩擦力B.有水平向右的摩擦力C.支持力为（M+m）gD.支持力小于（M+m）g四、多选题(本大题共5小题，共15.0分)16.某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升机上由静止跳下，跳离飞机一段时间后打开降落伞减速下落．他打开降落伞后的速度图线如图（a）所示．降落伞用8根对称的绳悬挂运动员，每根绳与中轴线的夹角均为α=37°，如图（b）所示．已知运动员的质量为50kg，降落伞的质量也为50kg，不计运动员所受的阻力，打开伞后伞所受阻力f与速度v成正比，即f=kv（g取10m/s2，sin37°=0.6．cos37°=0.8）．则下列判断中正确的是（）A.阻力系数k=100 N•s/mB.打开伞瞬间运动员的加速度α=30m/s2，方向竖直向上C.悬绳能够承受的拉力至少为312.5ND.悬绳能够承受的拉力至少为2500N17.物体以速度v匀速通过直线上的A、B两点需要的时间为t．现在物体由A点静止出发，先做加速度大小为a1的匀加速运动到某一最大速度v m后立即做加速度大小为a2的匀减速运动至B点停下，历时仍为t，则物体的（）A.最大速度v m只能为2v，无论a1、a2为何值B.最大速度v m可为许多值，与a1、a2的大小有关C.a1、a2值必须是一定的，且a1、a2的值与最大速度v m有关D.a1、a2必须满足=18.将甲、乙两小球先后以同样的速度在距地面不同高度处竖直向上抛出，抛出时间相隔2s，它们运动的v-t图象分别如直线甲、乙所示，则（）A.t=2s时，两球高度相差一定为40mB.t=4s时，两球相对于各自抛出点的位移相等C.两球从抛出至落到地面所用的时间间隔相等D.甲球从抛出至达到最高点的时间间隔与乙球的相等19.如图1所示，质量相等的a、b两物体，从斜面上的同一位置A由静止下滑，经B点在水平面上滑行一段距离后停下．不计经过B点时的能量损失，用传感器采集到它们的速度-时间图象如图2，下列说法正确的是（）A.a在斜面上滑行的加速度比b的大B.a在水平面上滑行的距离比b的长C.a与斜面间的动摩擦因数比b的大D.a先在水平面上停下20.我国“蛟龙号”深潜器经过多次试验，终于在2012年6月24日以7020m的深度创下世界最新纪录（国外最深不超过6500m）．这预示着它可以征服全球99.8%的海底世界．假设在某次试验时，深潜器内的显示屏上显示出了从水面开始下潜到最后返回水面全过程的深度曲线（a）和速度图象（b），则下列说法中正确的是（）A.图中h3代表本次下潜最大深度B.全过程中最大加速度是0.025m/s2C.潜水员感到超重发生在3～4min和6～8min的时间段内D.整个潜水器在8～10min的时间段内机械能守恒五、计算题(本大题共10小题，共100.0分)21.温州机场大道某路口，有按倒计时显示的时间显示灯．一辆汽车在平直路面上正以36km/h的速度朝该路口停车线匀速前行，在车头前端离停车线70m处司机看到前方绿灯刚好显示“5“．交通规则规定：绿灯结束时车头已越过停车线的汽车允许通过．则：（1）若不考虑该路段的限速，司机的反应时间为1s，司机想在剩余时间内使汽车做匀加速直线通过停车线，则汽车的加速度至少多大？（2）若该路段限速60km/h，司机的反应时间为1s，司机反应过来后汽车先以2m/s2的加速度沿直线加速3s，为了防止超速，司机在加速结束时立即踩刹车使汽车做匀减速直行，结果车头前端与停车线相齐时刚好停下，求刹车后汽车加速度大小（结果保留二位有效数字）．22.足球比赛中，经常使用“边路突破，下底传中”的战术，即攻方队员带球沿边线前进，到底线附近进行传中，某足球场长90m、宽60m，如图所示．攻方前锋在中线处将足球沿边线向前踢出，足球的运动可视为在地面上做初速度为12m/s 的匀减速直线运动，加速度大小为2m/s2．试求：（1）足球从开始做匀减速直线运动到停下来的位移为多大；（2）足球开始做匀减速直线运动的同时，该前锋队员在边线中点处沿边线向前追赶足球，他的启动过程可以视为从静止出发，加速度为2m/s2的匀加速直线运动，他能达到的最大速度为8m/s．该前锋队员至少经过多长时间能追上足球；（3）若该前锋队员追上足球后，又将足球以速度v沿边线向前踢出，足球的运动仍视为加速度大小为2m/s2的匀减速直线运动．与此同时，由于体力的原因，该前锋队员以6m/s的速度做匀速直线运动向前追赶足球，若该前锋队员恰能在底线追上足球，则v 多大．23.甲、乙两辆车在同一直轨道上向右匀速行驶，甲车的速度为v1=16m/s，乙车的速度为v2=12m/s，乙车在甲车的前面．当两车相距L=6m时，两车同时开始刹车，从此时开始计时，甲车以a1=2m/s2的加速度刹车，6s后立即改做匀速运动，乙车刹车的加速度为a2=1m/s2．求：（1）从两车刹车开始计时，甲车第一次追上乙车的时间；（2）两车相遇的次数；（3）两车速度相等的时间．24.如图所示，带斜面的小车在水平地面上，斜面倾角为θ，仅靠斜面有一质量为m的光滑球，试求在下列状态下斜面对小球的弹力大小：（1）小车向右匀速运动；（2）小车向右以加速度a（a＜gtanθ）做匀加速直线运动；（3）小车向右以加速度a=gtanθ做匀加速直线运动．25.如图所示，用三条完全相同的轻质细绳1，2，3将A，B两个质量均为m的完全相同的小球连接并悬挂，小球处于静止状态，轻绳1与竖直方向的夹角为45°，轻绳3水平，求轻质细绳上1，2，3的拉力分别为多大？26.如图所示，倾角为30°的足够长光滑斜面下端与一足够长光滑水平面相接，连接处用一光滑小圆弧过渡，斜面上距水平面高度分别为h1=20m和h2=5m的两点上，各静置一小球A和B．某时刻由静止开始释放A球，经过一段时间t后，再由静止开始释放B球．g取10m/s2，求：（1）为了保证A、B两球不会在斜面上相碰，t最长不能超过多少？（2）若A球从斜面上h1高度处自由下滑的同时，B球受到恒定外力作用从C点以加速度a B由静止开始向右运动，则加速度a B满足什么条件时A球能追上B球？27.如图所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ=30°时，可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑．若让该小木块从木板的底端以大小恒定的初速率v0的速度沿木板向上运动，随着θ的改变，小物块沿木板滑行的距离s将发生变化，重力加速度为g．（1）求小物块与木板间的动摩擦因数；（2）当θ角满足什么条件时，小物块沿木板上滑的距离最小，并求出此最小值．28.如图所示，质量M=1kg的木板A静止在水平地面上，在木板的左端放置一个质量m=1kg的铁块B（大小可忽略），铁块与木板间的动摩擦因数μ1=0.3，木板长L=1m，用F=5N的水平恒力作用在铁块上．设铁块B与木板A间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2．（1）若水平地面光滑，计算说明铁块B与木板A间是否会发生相对滑动；（2）若木板与水平地面间的动摩擦因数μ2=0.1，求铁块运动到木板右端的时间．29.如图所示，水平传送带AB长L=10m，向右匀速运动的速度v0=4m/s．一质量为1kg的小物块（可视为质点）以v1=6m/s的初速度从传送带右端B点冲上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.4，重力加速度g 取10m/s2．求：（1）物块相对地面向左运动的最大距离；（2）物块从B点冲上传送带到再次回到B点所用的时间．30.如图所示，倾角α=30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L=1.8m，质量M=3kg的薄木板，木板的最上端叠放一质量m=1kg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数μ=．对木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由静止开始向上做匀加速直线运动，设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2．（1）为使物块不滑离木板，求力F应满足的条件；。