安徽省合肥市2016年高考物理二模试卷(解析版)

一、单项选择题

1．P如图所示是一做匀变速直线运动的质点的位置﹣时间图象（x﹣t图象），（t1，x1）为图象上一点．PQ为过P点的切线，与x轴交于点Q．则下列说法正确的是（ ）

A．t1时刻，质点的速率为

B．t1时刻，质点的速率为

C．质点的加速度大小为

D．0﹣t1时间内，质点的平均速度大小为

2．自耦变压器铁芯上只绕一个线圈，原、副线圈都只取该线圈的某部分，如图为一降压式自耦变压器的示意图，其副线圈可调．现将原线圈接入一正弦交变电压，副线圈接入一可调电阻，电路中的、分别为理想交流电流表和交流电压表．则下列说法正确的是（ ）

A．只将滑片P顺时针旋转，电压表的示数变大 B．只将滑片P逆时针旋转，电流表的示数变大 C．只将滑片Q向上移动，电压表的示数变小

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D．只将滑片Q向下移动，电流表的示数变小

3．“嫦娥五号”作为我国登月计划中第三期工程的“主打星”，将于2017年左右在海南文昌卫星发射中心发射，登月后又从月球起飞，并以“跳跃式返回技术”成功返回地面，完成探月工程的重大跨越﹣带回月球样品，“跳跃式返回技术”是指航天器在关闭发电机后进入大气层，依靠大气升力再次冲出大气层，降低速度后再进入大气层．如图所示，虚线为大气层的边界．已知地球半径为R，d点距地心距离为r，地球表面重力加速度为g．则下列说法正确的是（ ）

A．“嫦娥五号”在b点处于完全失重状态 B．“嫦娥五号”在d点的加速度大小等于C．“嫦娥五号”在a点和c点的速率相等 D．“嫦娥五号”在c点和e点的速率相等

4．如图所示，直角三角形ABC由三段细直杆连接而成，AB杆竖直，AC杆粗糙且绝缘，其倾角为30°，长为2L，D为AC上一点，且BD垂直AC，在BC杆中点O处放置一正点电荷Q．一套在细杆上的带负电小球，以初速度v0由C点沿CA上滑，滑到D点速率恰好为零，之后沿AC杆滑回C点．小球质量为m、电荷量为q、重力加速度为g．则（ ）

A．小球上滑过程中先匀加速后匀减速 B．小球下滑过程中电场力先做负功后做正功 C．小球再次滑回C点时的速率为vC=

D．小球下滑过程中动能、电势能、重力势能三者之和增大

5．图中虚线PQ上方有一磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面

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向外．O是PQ上一点，在纸面内从O点向磁场区域的任意方向连续发射速率为v0的粒子，粒子电荷量为q、重力为m．现有两个粒子先后射入磁场中并恰好在M点相遇，MO与PQ间夹角为60°，不计粒子重力及粒子间的相互作用，则下列说法正确的是（ ）

A．两个粒子从O点射入磁场的时间间隔可能为

B．两个粒子射入磁场的方向分别与PQ成30°和60°角 C．在磁场中运动的粒子离边界的最大距离为

D．垂直PQ射入磁场中的粒子在磁场中的运行时间最长

二、多项选择题

6．1831年，法拉第在一次会议上展示了他发明的圆盘发电机（图甲）．它是利用电磁感应的原理制成的，是人类历史上第一台发电机．图乙是这个圆盘发电机的示意图：铜盘安装在水平的铜轴上，它的边缘正好在两磁极之间，两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘良好接触使铜盘转动，电阻R中就有电流通过．若所加磁场为匀强磁场，回路的总电阻恒定，从左往右看，铜盘沿顺时针方向匀速转动，下列说法正确的是（ ）

A．铜片D的电势高于铜片C的电势 B．电阻R中有正弦式交变电流流过

C．铜盘转动的角速度增大1倍，流过电阻R的电流也随之增大1倍

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D．保持铜盘不动，磁场变为方向垂直于铜盘的交变磁场，则铜盘中有电流产生 7．如图甲所示，水平地面上固定一足够长的光滑斜面，斜面顶端有一理想定滑轮，一轻绳跨过滑轮，绳两端分别连接小物块A和B．保持A的质量不变，改变B的质量m，当B的质量连续改变时，得到A的加速度a随B的质量m变化的图线，如图乙所示，设加速度沿斜面向上的方向为正方向，空气阻力不计，重力加速度g取9.8m/s2，斜面的倾角为θ，下列说法正确的是（ ）

A．若θ已知，可求出A的质量 B．若θ未知，可求出乙图中a1的值 C．若θ已知，可求出乙图中a2的值 D．若θ已知，可求出乙图中m0的值

8．如图所示，a、b、c、d四个质量均为m的带电小球恰好构成“三星拱月”之形，b、c上完全相同的带电小球在光滑绝缘水平面内的同一圆周上绕O点做其中a、

半径为R的匀速圆周运动，三小球所在位置恰好将圆周等分．小球d位于O点正上方h处，且在外力F作用下恰处于静止状态，已知a、b、c三小球的电荷量d球的电荷量为6q，h=均为q，

R．重力加速度为g，静电力常量为k，则（ ）

A．小球a一定带正电 B．小球b的周期为C．小球c的加速度大小为

D．外力F竖直向上，大小等于mg+

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三、非选择题

9．某实验小组要探究力对物体做功与物体获得速度的关系，选取的实验装置如图1所示．

（1）除了图中已有的实验器材外，还需要导线、开关、刻度尺和 电源（填“交流”或“直流”）

（2）实验主要步骤如下：

①实验时，为使小车所受合力等于橡皮筋的拉力，在未连接橡皮筋前木板的左端用小木块垫起，使木板倾斜合适的角度，启动电源，轻推小车，得到的纸带应该是 （填甲、乙）（如图2）

②小车在一条橡皮筋的作用下由静止弹出，沿木板运动，此过程橡皮筋对小车做的功为W

③再分别改用完全相同的2条、3条…橡皮筋作用于小车，每次由静止释放小车3W… 时橡皮筋的 （填写相应实验条件），使橡皮筋对小车做的功分别为2W、v2、v3…．④分析打点计时器打出的纸带，分别求出小车每次获得的最大速度v1、图3是实验中打出的一条纸带，为了测量小车获得的最大速度，应选用纸带的 部分进行测量

⑤作出W﹣v图象，则符合实际的图象是 ．（如图4）

（3）若该小组实验时遗忘了上述步骤①操作的情况下也完成了整个实验，那么当小车速度最大时，橡皮筋处于 状态．（填“伸长”或“原长”）

10．某物理兴趣小组设计了如图a所示的欧姆表电路．通过控制电键S和调节电

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阻箱，可使欧姆表具有“×1”和“×10”两种倍率．所用器材如下： A．干电池：电动势E=1.5V，内阻r=0.5Ω B．电流表：满偏电流Ig=1mA，内阻Rg=150Ω C．定值电阻R1=1200Ω

D．电阻箱R2和R3：最大阻值999.99Ω E．电阻箱R4：最大阻值9999Ω

F．电键一个，红、黑表笔各1支，导线若干

（1）该实验小组按图1正确连接好电路．当电键S断开时，将红、黑表笔短接，调节电阻箱R2= Ω，使电流表达到满偏，此时闭合电路的总电阻叫做欧姆表的内阻R丙，则R丙= Ω，欧姆表的倍率是 （选填“×1”、“×10”） （2）闭合电键S：

第一步：调节电阻箱R2和R3，当R2= Ω且R3= Ω时，再将红、黑表笔短接，电流表再次满偏．

第二步：在红、黑表笔间接入电阻箱R4，调节R4，当电流表指针指向图b所示的位置时，对应的欧姆表的刻度值为 Ω．

11．如图所示，一长L=2m、质量M=4kg的薄木板（厚度不计）静止在粗糙的水平台面上，其右端距平台边缘l=5m，木板的正放有一质量为m=1kg的小物块（可视为质点）．已知木板与地面、物块与木板间动摩擦因数均为μ1=0.4，．现对木板施加一水平向右的恒力F，其大小为48N，g取10m/s2，试求： （1）F作用了1.2s时，木板的右端离平台边缘的距离；

（2）要使小物块最终不能从平台上滑出去，则物块与平台间的动摩擦因数μ2应满足的条件．

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12．如图所示，直线y=x与y轴之间有垂直于xOy平面向外的匀强磁场B1，直线x=d与y=x间有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度E=1.0×104V/m，另有一半径R=1.0m的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B2=0.20T，方向垂直坐标平面向外，该圆与直线x=d和x轴均相切，且与x轴相切于S点．一带负电的粒子从S沿y轴的正方向以速度v0进入圆形磁场区域，经过一段时间进入磁场区域B1时的速度方向与直线y=x垂直．粒子速度大小v0=1.0×105m/s，粒子的比荷为=5.0×105C/kg，粒子重力不计，求： （1）坐标d的值；

（2）要使粒子无法运动到x轴的负半轴，则磁感应强度B1应满足的条件； （3）在（2）问的基础上，粒子从开始进入圆形磁场至第二次到达直线y=x上的最长时间．（结果保留两位有效数字）

【物理-选修3-3】

13．下列说法中正确的是（ ）

A．在较暗的房间里，看到透过窗户的“阳光柱”里粉尘的运动不是布朗运动 B．气体分子速率呈现出“中间多，两头少”的分布规律

C．随着分子间距离增大，分子间作用力减小，分子势能也减小 D．一定量的理想气体发生绝热膨胀时，其内能不变

E．一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行

14．如图1所示，左端封闭、内径相同的U形细玻璃管竖直放置，左管中封闭

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有长为L=20cm的空气柱，两管水银面相平，水银柱足够长．已知大气压强为p0=75cmHg．

（1）若将装置翻转180°，使U形细玻璃管竖直倒置（水银未溢出），如图2所示．当管中水银静止时，求左管中空气柱的长度；

（2）若将图1中的阀门S打开，缓慢流出部分水银，然后关闭阀门S，右管水银面下降了H=35cm，求左管水银面下降的高度．

【物理-选修3-4】

15．下列说法正确的是（ ）

A．光导纤维传输信号是利用光的干涉现象 B．全息照相利用了激光相干性好的特性 C．光的偏振现象说明光是横波

D．X射线比无线电波更容易发生干涉和衍射现象 E．刮胡须的刀片的影子边缘模糊不清是光的衍射现象

16．如图1所示，用一根不可伸长的轻质细线将小球悬挂在天花板上的O点，现将小球拉离平衡位置，使细线与竖直方向成一夹角（该夹角小于5°）后由静止释放．小球的大小和受到的空气阻力忽略不计． （1）证明小球的运动是简谐运动；

（2）由传感器测得小球偏离平衡位置的位移随时间变化的规律如图2所示，求小球运动过程中的最大速度值．

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【物理-选修3-5】

17．下列说法正确的是（ ）

A．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的轻核聚变 B．轻核聚变与重核裂变均释放能量

C．原子核的比结合能越大表示该原子核越不稳定 D．放射性元素衰变的快慢只由核内部自身的因素决定的

E．实验表明，只要照射光的强度足够大，就一定能发生光电效应现象

18．如图所示，A、B、C三个小物块放置在光滑水平面上，A紧靠墙壁，A、B之间用轻弹簧栓接，它们的质量分别为mA=m，mB=2m，mC=m．现给C一水平向左的初速度v0，C与B发生碰撞并粘在一起．试求： （1）A离开墙前，弹簧的最大弹性势能； （2）A离开墙后，C的最小速度．

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2016年安徽省合肥市高考物理二模试卷

参与试题解析

一、单项选择题

1．P如图所示是一做匀变速直线运动的质点的位置﹣时间图象（x﹣t图象），（t1，x1）为图象上一点．PQ为过P点的切线，与x轴交于点Q．则下列说法正确的是（ ）

A．t1时刻，质点的速率为

B．t1时刻，质点的速率为

C．质点的加速度大小为

D．0﹣t1时间内，质点的平均速度大小为

【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的位移与时间的关系． x﹣t图象的斜率表示速度，t=0【分析】据此求出t1时刻的速度，根据图象可知，时刻，初速度不为零，根据加速度的定义式求解加速度，平均速度等于位移除以时间．

【解答】解：A、x﹣t图象的斜率表示速度，则t1时刻，质点的速率为故A错误，B正确；

C、根据图象可知，t=0时刻，初速度不为零，根据a=

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，

可知，加速度

a=，故C错误；

D、0﹣t1时间内，质点的平均速度大小故选：B

，故D错误．

2．自耦变压器铁芯上只绕一个线圈，原、副线圈都只取该线圈的某部分，如图为一降压式自耦变压器的示意图，其副线圈可调．现将原线圈接入一正弦交变电压，副线圈接入一可调电阻，电路中的、分别为理想交流电流表和交流电压表．则下列说法正确的是（ ）

A．只将滑片P顺时针旋转，电压表的示数变大 B．只将滑片P逆时针旋转，电流表的示数变大 C．只将滑片Q向上移动，电压表的示数变小 D．只将滑片Q向下移动，电流表的示数变小 【考点】变压器的构造和原理．

【分析】由图明确变压器原理，知道输入和输出端的匝数关系，从而再根据电压之比等于线圈匝数之比进行分析求解．

【解答】解：由图可知，输入端线圈的匝数与全部线圈的匝数，而输出端为P与b端的线圈匝数；则可知：

A、只将滑片P顺时针旋转，则输出端线圈匝数减小，则匝数比增大，输出电压减小，故A错误；

B、只将滑片P逆时针旋转，则输出端线圈匝数增大，则匝数比减小，输出电压增大，输出电流增大，输出功率增大，因此输入电流也将增大，故B正确； C、只将Q向上移动，不改变线圈匝数，则电压表示数不变，故C错误； D、只将Q向下移动，接入电阻减小，输出电流增大，因匝数不变，故输入电流

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增大，故D错误． 故选：B．

3．“嫦娥五号”作为我国登月计划中第三期工程的“主打星”，将于2017年左右在海南文昌卫星发射中心发射，登月后又从月球起飞，并以“跳跃式返回技术”成功返回地面，完成探月工程的重大跨越﹣带回月球样品，“跳跃式返回技术”是指航天器在关闭发电机后进入大气层，依靠大气升力再次冲出大气层，降低速度后再进入大气层．如图所示，虚线为大气层的边界．已知地球半径为R，d点距地心距离为r，地球表面重力加速度为g．则下列说法正确的是（ ）

A．“嫦娥五号”在b点处于完全失重状态 B．“嫦娥五号”在d点的加速度大小等于C．“嫦娥五号”在a点和c点的速率相等 D．“嫦娥五号”在c点和e点的速率相等 【考点】万有引力定律及其应用．

【分析】根据加速度的方向确定“嫦娥五号”处于超重还是失重，根据牛顿第二定律，结合GM=gR2求出d点的加速度．嫦娥五号从a点到c点，万有引力不做功，阻力做负功，根据动能定理比较a、c两点的速率大小．从c点到e点，机械能守恒，速率大小相等．

【解答】解：A：“嫦娥五号“沿abc轨迹做曲线运动，曲线运动的合力指向曲线弯曲的内侧，所以在b点合力向上，即加速度向上，因此“嫦娥五号“在b点处于超重状态，故A错误．

，又GM=gR2，所以a=

B、在d点，“嫦娥五号”的加速度a=错误．

，故B

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C、“嫦娥五号”从a点到c，万有引力不做功，由于阻力做功，则a点速率大于c点速率．故C错误．

D、从c点到e点，没有空气阻力，机械能守恒，则c点速率和e点速率相等，故D正确． 故选：D．

4．如图所示，直角三角形ABC由三段细直杆连接而成，AB杆竖直，AC杆粗糙且绝缘，其倾角为30°，长为2L，D为AC上一点，且BD垂直AC，在BC杆中点O处放置一正点电荷Q．一套在细杆上的带负电小球，以初速度v0由C点沿CA上滑，滑到D点速率恰好为零，之后沿AC杆滑回C点．小球质量为m、电荷量为q、重力加速度为g．则（ ）

A．小球上滑过程中先匀加速后匀减速 B．小球下滑过程中电场力先做负功后做正功 C．小球再次滑回C点时的速率为vC=

D．小球下滑过程中动能、电势能、重力势能三者之和增大 【考点】功能关系；功的计算．

【分析】小球上滑过程中受到重力、库仑力、杆的支持力以及摩擦力作用，由于库仑力和摩擦力是个变力，则加速度发生变化，根据几何关系可知，OC=OD，则C、D的电势相等，则从C到D的过程中，电场力做功之和为零，再根据电场力方向与位移方向夹角判断电场力做功正负，从C到D的过程和从D回到C的过程，根据动能定理列式求解回到C点的速度，小球下滑过程中由于摩擦力做负功，则小球动能、电势能、重力势能三者之和减小．

【解答】解：A、小球上滑过程中受到重力、库仑力、杆的支持力以及摩擦力作用，由于库仑力和摩擦力是个变力，则运动过程中加速度始终发生变化，故A错误；

B、根据几何关系可知，OD=OC，则C、D两点电势相等，所以从C到D的过程

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中，电场力做功之和为零，在C点时，小球受到的库仑力是引力，电场力做正功，后电场力做负功，故B错误；

C、从C到D的过程中，根据动能定理得： 0﹣

=﹣mgh﹣Wf，

再从D回到C的过程中，根据动能定理得：

，

根据几何关系可知，h=解得：vC=

，故C正确；

D、小球下滑过程中由于摩擦力做负功，则小球动能、电势能、重力势能三者之和减小，故D错误． 故选：C

5．图中虚线PQ上方有一磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外．O是PQ上一点，在纸面内从O点向磁场区域的任意方向连续发射速率为v0的粒子，粒子电荷量为q、重力为m．现有两个粒子先后射入磁场中并恰好在M点相遇，MO与PQ间夹角为60°，不计粒子重力及粒子间的相互作用，则下列说法正确的是（ ）

A．两个粒子从O点射入磁场的时间间隔可能为

B．两个粒子射入磁场的方向分别与PQ成30°和60°角 C．在磁场中运动的粒子离边界的最大距离为

D．垂直PQ射入磁场中的粒子在磁场中的运行时间最长 【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．

【分析】明确两粒子在磁场中运动周期和半径，以正粒子为例进行分析，明确转

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过的角度规律，从而明确粒子的运动情况，根据圆周运动的规律即可明确最大距离和最长时间．

【解答】解：A、以粒子带正电为例分析，先后由O点射入磁场，并在M点相遇的两个粒子轨迹恰好组成一个完整的圆，从O点沿OP方向入射并通过M点的粒子轨迹所对圆心角为240°，根据带电粒子在磁场中运动周期T=粒子在磁场中运动的时间t1=角为120°，该粒子运动时间t2=为△t=

，故A正确；

=

可知，该

，则另一个粒子轨迹所对圆心

，可知，两粒子在磁场中运动的时间差可能

B、射入磁场方向分别与PQ成30°和60°角的两粒子轨迹所对圆心角之和不是360°，不可能在M点相遇，故B错误；

C、在磁场中运动的粒子离边界的最大距离为轨迹圆周的直径d=误；

D、沿OP方向入射的粒子在磁场中运动的轨迹所对圆心角最大，运动时间最长，故D错误； 故选：A

二、多项选择题

6．1831年，法拉第在一次会议上展示了他发明的圆盘发电机（图甲）．它是利用电磁感应的原理制成的，是人类历史上第一台发电机．图乙是这个圆盘发电机的示意图：铜盘安装在水平的铜轴上，它的边缘正好在两磁极之间，两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘良好接触使铜盘转动，电阻R中就有电流通过．若所加磁场为匀强磁场，回路的总电阻恒定，从左往右看，铜盘沿顺时针方向匀速转动，下列说法正确的是（ ）

，故C错

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A．铜片D的电势高于铜片C的电势 B．电阻R中有正弦式交变电流流过

C．铜盘转动的角速度增大1倍，流过电阻R的电流也随之增大1倍

D．保持铜盘不动，磁场变为方向垂直于铜盘的交变磁场，则铜盘中有电流产生 【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电势；楞次定律．

【分析】根据右手定则判断CD间感应电流方向，即可知道电势高低．

依据闭合电路欧姆定律，结合感应电动势，及线速度与角速度关系，即可判定；

根据感应电流产生条件，即可判定能否产生感应电流．

【解答】解：A、根据右手定则可知，电流从D点流出，流向C点，因此铜片D的电势高于铜片C的电势；故A正确；

B、由于铜盘切割磁感线，从而在电路中形成方向不变的电流；故B错误； C、因感应电动势E=BL，I=，而=

，则有，I=

，当角速度增大1倍，

流过电阻R的电流也随之增大1倍，故C正确；

D、保持铜盘不动，磁场变为方向垂直于铜盘的交变磁场，导致穿过铜盘的磁通量变化，则铜盘中有涡流产生，故D正确； 故选：ACD．

7．如图甲所示，水平地面上固定一足够长的光滑斜面，斜面顶端有一理想定滑轮，一轻绳跨过滑轮，绳两端分别连接小物块A和B．保持A的质量不变，改变B的质量m，当B的质量连续改变时，得到A的加速度a随B的质量m变化的图线，如图乙所示，设加速度沿斜面向上的方向为正方向，空气阻力不计，重力加速度g取9.8m/s2，斜面的倾角为θ，下列说法正确的是（ ）

A．若θ已知，可求出A的质量 B．若θ未知，可求出乙图中a1的值 C．若θ已知，可求出乙图中a2的值

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D．若θ已知，可求出乙图中m0的值

【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．

【分析】根据牛顿第二定律得A的加速度a与B的质量m关系式，结合数学知识分析根据图象能求哪些量．

【解答】解：A、根据牛顿第二定律得：对B得：mg﹣F=ma…① 对A得：F﹣mAgsinθ=mAa…② 联立得 a=

…③

若θ已知，由③知，不能求出A的质量mA．故A错误．

B、由③式变形得 a=．当m→∞时，a=a1=g，故B正确．

C、由③式得，m=0时，a=a2=﹣gsinθ，故C正确．

D、当a=0时，由③式得，m=m0=mAsinθ，可知，m0不能求出．故D错误． 故选：BC

8．如图所示，a、b、c、d四个质量均为m的带电小球恰好构成“三星拱月”之形，b、c上完全相同的带电小球在光滑绝缘水平面内的同一圆周上绕O点做其中a、

半径为R的匀速圆周运动，三小球所在位置恰好将圆周等分．小球d位于O点正上方h处，且在外力F作用下恰处于静止状态，已知a、b、c三小球的电荷量d球的电荷量为6q，h=均为q，

R．重力加速度为g，静电力常量为k，则（ ）

A．小球a一定带正电 B．小球b的周期为

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C．小球c的加速度大小为

D．外力F竖直向上，大小等于mg+

【考点】电势差与电场强度的关系；库仑定律．

【分析】a、b、c三个带电小球在水平面内做匀速圆周运动，由合外力提供向心力，分析其受力情况，运用牛顿第二定律研究即可．

【解答】解：A、a、b、c三小球所带电荷量相同，要使三个做匀速圆周运动，d球与a、b、c三小球一定是异种电荷，由于d球的电性未知，所以a球不一定带正电，故A错误．

B、ymc db连线与水平方向的夹角为α，则cosα=

=

sinα=，

=

对b球，根据牛顿第二定律和向心力得：kcosα﹣2k

cos30°=mR=ma

解得：T=，a=

则小球c的加速度大小为．故B错误，C正确．

D、对d球，由平衡条件得：F=3k故选：CD

三、非选择题

sinα+mg=mg+，故D正确．

9．某实验小组要探究力对物体做功与物体获得速度的关系，选取的实验装置如图1所示．

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（1）除了图中已有的实验器材外，还需要导线、开关、刻度尺和 交流 电源（填“交流”或“直流”） （2）实验主要步骤如下：

①实验时，为使小车所受合力等于橡皮筋的拉力，在未连接橡皮筋前木板的左端用小木块垫起，使木板倾斜合适的角度，启动电源，轻推小车，得到的纸带应该是 乙 （填甲、乙）（如图2）

②小车在一条橡皮筋的作用下由静止弹出，沿木板运动，此过程橡皮筋对小车做的功为W

③再分别改用完全相同的2条、3条…橡皮筋作用于小车，每次由静止释放小车时橡皮筋的 伸长量都相同 （填写相应实验条件），使橡皮筋对小车做的功分别为2W、3W…

v2、v3…．④分析打点计时器打出的纸带，分别求出小车每次获得的最大速度v1、图3是实验中打出的一条纸带，为了测量小车获得的最大速度，应选用纸带的 GK 部分进行测量

⑤作出W﹣v图象，则符合实际的图象是 D ．（如图4）

（3）若该小组实验时遗忘了上述步骤①操作的情况下也完成了整个实验，那么当小车速度最大时，橡皮筋处于 伸长 状态．（填“伸长”或“原长”） 【考点】探究功与速度变化的关系． 【分析】（1）打点计时器使用交流电源．

（2）平衡摩擦力后，启动电源，轻推小车，小车做匀速直线运动．橡皮条拉力是变力，采用倍增法增加功，故橡皮条的伸长量应该相同．当小车达到最大速度

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时，做匀速直线运动．根据W与v的关系确定正确的图线． （3）若未平衡摩擦力，小车速度达到最大时，弹力与摩擦力相等． 【解答】解：（1）打点计时器使用交流电源．

（2）①平衡摩擦力后，小车应做匀速运动，所以纸带应该是图乙； ③橡皮条拉力是变力，采用倍增法增加功；

即使小车在一条橡皮筋的作用下由静止弹出，这时橡皮筋对小车做的功为W； 再用完全相同的2条、3条…橡皮筋作用于小车，每次由静止释放小车时橡皮筋的伸长量都相同，使橡皮筋对小车做的功分别为2W、3W…

④当小车达到最大速度后，做匀速直线运动，根据纸带的GK段测量最大速度． ⑤功与速度的平方相对应，所以图象应为D．

（3）若该小组实验时遗忘了上述步骤①操作的情况下也完成了整个实验，那么当小车速度最大时，弹力和摩擦力相等，弹簧处于伸长状态． 故答案为：（1）交流，（2）乙，伸长量都相同，GK，D，（3）伸长

10．某物理兴趣小组设计了如图a所示的欧姆表电路．通过控制电键S和调节电阻箱，可使欧姆表具有“×1”和“×10”两种倍率．所用器材如下： A．干电池：电动势E=1.5V，内阻r=0.5Ω B．电流表：满偏电流Ig=1mA，内阻Rg=150Ω C．定值电阻R1=1200Ω

D．电阻箱R2和R3：最大阻值999.99Ω E．电阻箱R4：最大阻值9999Ω

F．电键一个，红、黑表笔各1支，导线若干

（1）该实验小组按图1正确连接好电路．当电键S断开时，将红、黑表笔短接，调节电阻箱R2= 149.5 Ω，使电流表达到满偏，此时闭合电路的总电阻叫做欧

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姆表的内阻R丙，则R丙= 1500 Ω，欧姆表的倍率是 ×10 （选填“×1”、“×10”）

（2）闭合电键S：

第一步：调节电阻箱R2和R3，当R2= 14.5 Ω且R3= 150 Ω时，再将红、黑表笔短接，电流表再次满偏．

第二步：在红、黑表笔间接入电阻箱R4，调节R4，当电流表指针指向图b所示的位置时，对应的欧姆表的刻度值为 100 Ω． 【考点】用多用电表测电阻．

【分析】（1）由闭合电路欧姆定律可求得欧姆表的内阻，根据表盘的刻度分布可知对应的倍率；

（2）根据闭合电路欧姆定律可求得两电阻的阻值，再由所用倍率及对应的示数即可求得欧姆表的刻度

【解答】解：（1）由闭合电路欧姆定律可知： 欧姆表的内阻为：R丙=

=1500Ω，

则R2=R丙﹣R1﹣Rg﹣r=1500﹣1200﹣150﹣0.5=149.5Ω，

中值电阻应为1500Ω，根据多用电表的刻度设置可知，表盘上只有两种档位，若为×1，则中性电阻太大，不符合实际，故欧姆表倍率应为“×10”． （2）为了得到“×1”倍率，应让满偏时对应的电阻为150Ω； 电流为：I1=

=0.01A；

0.01﹣0.001=0.009A，此时表头中电流应为0.001A；则与之并联电阻R3电流应为：

并联电阻为：R3=R2+r=

=15Ω

=150Ω；

故R2=15﹣0.5=14.5Ω； 图示电流为0.60mA； 则总电阻为：R总=

×103=2500Ω

故待测电阻为：R测=2500﹣1500=1000Ω； 故对应的刻度应为100．

故答案为：（1）149.5；1500；×10；（2）14.5；150；100

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11．如图所示，一长L=2m、质量M=4kg的薄木板（厚度不计）静止在粗糙的水平台面上，其右端距平台边缘l=5m，木板的正放有一质量为m=1kg的小物块（可视为质点）．已知木板与地面、物块与木板间动摩擦因数均为μ1=0.4，．现对木板施加一水平向右的恒力F，其大小为48N，g取10m/s2，试求： （1）F作用了1.2s时，木板的右端离平台边缘的距离；

（2）要使小物块最终不能从平台上滑出去，则物块与平台间的动摩擦因数μ2应满足的条件．

【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动规律的综合运用．

【分析】（1）假设开始时物块与木板会相对滑动，由牛顿第二定律求出两者的加速度，从而判断出物块与木板会相对滑动．根据小物块恰好从木板左端滑离时位移之差等于，由位移公式求得时间，并求出此时两者的速度．在小物块从木板上滑落后，由牛顿第二定律和位移公式求出木板发生的位移，即可求得木板的右端离平台边缘的距离；

（2）小物块滑至平台后，做匀减速直线运动，由牛顿第二定律求得物块的加速度．若小物块在平台上速度减为0，求得其位移，由几何关系分析μ2应满足的条件．

【解答】解：（1）假设开始时物块与木板会相对滑动，由牛顿第二定律， 对木板有：F﹣μ1（M+m）g﹣μ1mg=Ma1； 解得：a1=6m/s2． 对物块有：μ1mg=ma2； 解得：a2=4m/s2．

因为a2＜a1，故假设成立．

设F作用t秒后，小物块恰好从木板左端滑离，则有： =

﹣

代入数据解得：t=1s

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在此过程中，木板的位移为：x1=末速度为：v1=a1t=6×1=6m/s． 物块的位移为：x2=

=

=m=3m，

m=2m，

末速度为：v2=a2t=4×1=4m/s．

在小物块从木板上滑落后的0.2s内，由牛顿第二定律， 对木板有：F﹣μ1Mg=Ma1′ 解得：a1′=8m/s2．

木板发生的位移为：x1′=v1t0+解得：x1′=1.36m

此时木板距平台边缘的距离为：△x=l﹣x1﹣x1′=5﹣3﹣1.36=0.m （2）小物块滑至平台后，做匀减速直线运动，由牛顿第二定律， 对物块有：μ2mg=ma2′ 解得：a2′=μ2g．

若小物块在平台上速度减为0，则通过的位移为：x2′=要使从木板最终不会从平台上掉下去需满足：l+≥x2+x2′ 联立解得：μ2≥0.2

答：（1）F作用了1.2s时，木板的右端离平台边缘的距离是0.m；

（2）要使小物块最终不能从平台上滑出去，则物块与平台间的动摩擦因数μ2应满足的条件是μ2≥0.2．

12．如图所示，直线y=x与y轴之间有垂直于xOy平面向外的匀强磁场B1，直线x=d与y=x间有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度E=1.0×104V/m，另有一半径R=1.0m的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B2=0.20T，方向垂直坐标平面向外，该圆与直线x=d和x轴均相切，且与x轴相切于S点．一带负电的粒子从S沿y轴的正方向以速度v0进入圆形磁场区域，经过一段时间进入磁场区域B1时的速度方向与直线y=x垂直．粒子速度大小v0=1.0×105m/s，粒子的比荷为=5.0×105C/kg，粒子重力不计，求：

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（1）坐标d的值；

（2）要使粒子无法运动到x轴的负半轴，则磁感应强度B1应满足的条件； （3）在（2）问的基础上，粒子从开始进入圆形磁场至第二次到达直线y=x上的最长时间．（结果保留两位有效数字）

【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动． 【分析】（1）粒子在磁场

中，根据洛伦兹力提供向心力求出在

磁场中的轨

道半径，进入电场做类平抛运动，根据类平抛运动的规律求出水平和竖直位移，结合几何关系即可求出坐标d的值；

（2）粒子无法运动到x轴负半轴，有两种情景，画出运动的轨迹图，根据半径公式和几何关系即可求解B1应满足的条件； （3）粒子运动时间最长时，在运动的总时间即可；

【解答】解：（1）由带电粒子在匀强磁场中运动可得：

①

解得：r=1m

粒子进入匀强电场以后，做类平抛运动，设水平方向的位移为x，竖直方向的位移为y． 水平方向：竖直方向：

④

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磁场中运动半圈到达y=x，求出磁场和电场中

② ③

⑤

联立②③④⑤解得： x=2m，y=1m ⑥ 由图示几何关系得： d=x+y+R=4m ⑦

（2）可使粒子无法运动到x负半轴 （a）设当匀强磁场磁感应强度为半径为

时，粒子垂直打在y轴上，粒子在磁场运动

，由如图所示几何关系得：

⑧

解得： ==⑨

⑩

故

⑪

时，粒子从电场垂直边界进入匀强磁场后，

，由如图所示几何关系得：

（b）设当匀强磁场的磁感应强度为

轨迹与y轴相切，此时粒子在磁场中运动半径为

⑫

解得：

则

（3）设粒子在则：

中运动时间为 =

⑬ ⑭

，电场中运动时间为=

，磁场=

运动时间为

答：（1）坐标d的值为4m；

（2）要使粒子无法运动到x轴的负半轴，则磁感应强度B1应满足的条件或

；

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（3）在（2）问的基础上，粒子从开始进入圆形磁场至第二次到达直线y=x上的最长时间

【物理-选修3-3】

13．下列说法中正确的是（ ）

A．在较暗的房间里，看到透过窗户的“阳光柱”里粉尘的运动不是布朗运动 B．气体分子速率呈现出“中间多，两头少”的分布规律

C．随着分子间距离增大，分子间作用力减小，分子势能也减小 D．一定量的理想气体发生绝热膨胀时，其内能不变

E．一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行

【考点】热力学第一定律；分子的热运动；布朗运动；有序、无序和熵． 【分析】布朗运动是悬浮在液体或气体中固体小颗粒的无规则运动，它反映的是液体分子的无规则运动．分子间有间隙，存在着相互作用的引力和斥力，当分子间距离增大时，表现为引力，当分子间距离减小时，表现为斥力，而分子间的作用力随分子间的距离增大先减小后增大，再减小；当分子间距等于平衡位置时，引力等于斥力，即分子力等于零．分子间距离增大，分子力不一定减小，分子势能也不一定减小；一定量理想气体发生绝热膨胀时，不吸收热量，同时对外做功，

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再结合热力学第一定律分析内能的变化．

【解答】解：A、布朗运动是悬浮在液体或气体中固体小颗粒的无规则运动，在较暗的房间里可以观察到射入屋内的阳光中有悬浮在空气里的小颗粒在飞舞，是由于气体的流动，这不是布朗运动．故A正确；

B、麦克斯韦提出了气体分子速率分布的规律，即“中间多，两头少．故B正确；

C、分子力的变化比较特殊，随着分子间距离的增大，分子间作用力不一定减小，当分子表现为引力时，分子做负功，分子势能增大．故C错误；

D、一定量理想气体发生绝热膨胀时，不吸收热量，同时对外做功，其内能减小，故D错误；

E、根据热力学第二定律可知，一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行．故E正确． 故选：ABE

14．如图1所示，左端封闭、内径相同的U形细玻璃管竖直放置，左管中封闭有长为L=20cm的空气柱，两管水银面相平，水银柱足够长．已知大气压强为p0=75cmHg．

（1）若将装置翻转180°，使U形细玻璃管竖直倒置（水银未溢出），如图2所示．当管中水银静止时，求左管中空气柱的长度；

（2）若将图1中的阀门S打开，缓慢流出部分水银，然后关闭阀门S，右管水银面下降了H=35cm，求左管水银面下降的高度．

【考点】理想气体的状态方程；封闭气体压强． 【分析】（1）根据玻意耳定律求的即可

（2）气体发生等温变化，由玻意耳定律求出气体的压强，然后再求出水银面下

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降的高度

【解答】解：（1）设左管中空气柱的长度增加h，由玻意耳定律：p0L=（p0﹣2h）（L+h）

代入数据解得：h=0或h=17.5cm

所以，左管中空气柱的长度为20cm或37.5cm

（2）设左管水银面下降的高度为x，左、右管水银面的高度差为y，由几何关系：x+y=H

由玻意耳定律：p0L=（p0﹣y）（L+x） 联立两式解得：x2+60x﹣700=0

解方程得：x=10cm x=﹣70cm（舍去） 故左管水银面下降的高度为10cm

答：（1）左管中空气柱的长度为20cm或37.5cm （2）左管水银面下降的高度为10cm

【物理-选修3-4】

15．下列说法正确的是（ ）

A．光导纤维传输信号是利用光的干涉现象 B．全息照相利用了激光相干性好的特性 C．光的偏振现象说明光是横波

D．X射线比无线电波更容易发生干涉和衍射现象 E．刮胡须的刀片的影子边缘模糊不清是光的衍射现象 【考点】光的衍射；激光的特性和应用． 【分析】光导纤维是利用光的全反射现象； 全息照相利用光的干涉现象； 光的偏振现象说明光是横波；

波长越长越容易发生衍射，频率相同即可发生干涉； 影子边缘模糊不清是光的衍射现象．

【解答】解：A、光导纤维传输信号是利用光的全反射现象，故A错误； B、全息照相利用了激光相干性好的特性，运用光的干涉现象，故B正确；

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C、光的偏振现象说明光是横波，故C正确；

D、X射线比无线电波的波长短，则衍射现象不明显，故D错误； E、刮胡须的刀片的影子边缘模糊不清是光的衍射现象，故E正确； 故选：BCE．

16．如图1所示，用一根不可伸长的轻质细线将小球悬挂在天花板上的O点，现将小球拉离平衡位置，使细线与竖直方向成一夹角（该夹角小于5°）后由静止释放．小球的大小和受到的空气阻力忽略不计． （1）证明小球的运动是简谐运动；

（2）由传感器测得小球偏离平衡位置的位移随时间变化的规律如图2所示，求小球运动过程中的最大速度值．

【考点】简谐运动的回复力和能量．

【分析】（1）简谐运动的特征是F=﹣kx．单摆的回复力是重力沿圆弧切线方向的

分力，在摆角θ＜5°，sinθ≈，得到单摆的回复力与位移的关系式，即可证明．

（2）由图2可得到摆球的振幅A=0.08m，周期T=2s．根据单摆的周期公式救出摆长，由机械能守恒得最大速度．

【解答】解：（1）设小球偏角为θ时离开平衡位置的位移为x，摆长为L，θ＜5°，则： x=θL sinθ≈θ

小球受到的回复力大小：F=mgsinθ 联立解得：

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且因F与x方向相反，故有F=﹣x，则小球做简谐运动．

ⅱ．由图2可知摆球的振幅A=0.08m，周期T=2s 以摆球为研究对象：由周期公式：由机械能守恒：由三角函数知识：由圆的知识：联立解得：答：

（1）证明见上．

（2）小球运动过程中的最大速度值为0.08πm/s．

【物理-选修3-5】

17．下列说法正确的是（ ）

A．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的轻核聚变 B．轻核聚变与重核裂变均释放能量

C．原子核的比结合能越大表示该原子核越不稳定 D．放射性元素衰变的快慢只由核内部自身的因素决定的

E．实验表明，只要照射光的强度足够大，就一定能发生光电效应现象 【考点】重核的裂变；光电效应；原子核的结合能；轻核的聚变．

【分析】太阳内部进行的是氢核聚变，重核裂变和氢核聚变都有质量亏损，均释放能量；比结合能越大，原子核越稳定；放射性元素衰变的快慢由原子核内部因素决定；当入射光的频率大于金属的极限频率，会发生光电效应，与入射光的强度无关．

【解答】解：A、太阳辐射的能量主要来自太阳内部的轻核聚变，故A正确． B、轻核聚变与重核裂变都有质量亏损，都释放能量，故B正确． C、原子核的比结合能越大，原子核越稳定，故C错误．

D、放射性元素的半衰期由原子核内部因素决定，与所处的物理环境和化学状态

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无关，故D正确．

E、能否发生光电效应与入射光的强度无关，与入射光的频率有关，故E错误． 故选：ABD．

18．如图所示，A、B、C三个小物块放置在光滑水平面上，A紧靠墙壁，A、B之间用轻弹簧栓接，它们的质量分别为mA=m，mB=2m，mC=m．现给C一水平向左的初速度v0，C与B发生碰撞并粘在一起．试求： （1）A离开墙前，弹簧的最大弹性势能； （2）A离开墙后，C的最小速度．

【考点】动量守恒定律；功能关系．

C、B碰撞过程遵守动量守恒，【分析】（1）即可列式求出碰后BC共同速度vBC．再运用机械能守恒求解．

（2）在A离开墙壁时，弹簧处于原长，B、C以速度vBC向右运动，之后，A、B、C及弹簧组成的系统机械能守恒，动量也守恒．由于弹簧的作用，A的速度逐渐增大，BC的速度逐渐减小，当弹簧再次恢复原长时，B与C的速度最小，由动量守恒定律和功能关系即可求出．

【解答】解：（1）C、B碰撞过程，选取向左为正方向，根据动量守恒得：mcv0=（mc+mB）vBC 得：

BC一起压缩弹簧到最短的过程，BC和弹簧组成的系统机械能守恒，则弹簧压缩到最短时有：

联立以上两式解得，EP=

．

（2）在A离开墙壁时，弹簧处于原长，B、C以速度vBC向右运动；

在A离开墙壁后由于弹簧的作用，A的速度逐渐增大，BC的速度逐渐减小，当弹簧再次恢复原长时，B与C的速度最小，选取向右为正方向，由ABC三物体组成系统动量守恒得：

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（mB+mC）vBC=mAv+（mB+mC）vC 又：

联立解得：vC=

，方向向右．（另一个解不合题意，舍去）

；

答：（1）A离开墙前，弹簧的最大弹性势能是（2）A离开墙后，C的最小速度是

．

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2017年3月19日

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