1、2016年福建省漳州市诏安县桥东中学高考物理一模试卷一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分在每小题给出的四个选项中，第15题只有一项是符合题目要求，第68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如图所示，超市中的购物小车放在光滑的斜面上，被竖直放置的挡板挡住而静止若小车的重力为G，斜面的倾角为45，则挡板受到小车的挤压力为（）AGBCD2如图所示，两块较大的金属板A、B相距为d，平行放置并与一电源相连，S闭合后，两板间恰好有一质量为m、带电量为q的油滴处于静止状态，以下说法正确的是（）A油滴带负电B若将S断开，则油滴将做自由落体运动，G表中无电流C若
2、将A向左平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G表中有ba的电流D若将A向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G表中有ab的电流3一宇航员站在某质量分布均匀的星球表面上沿竖直方向以初速度v0抛出一个小球，测得小球经过时间t落回地出点，已知该星球半径为R，则该星球的第一宇宙速度为（）ABCD无法确定4如图甲所示，矩形导线框ABCD固定在匀强磁场中，磁感线垂直于线框，规定向里为磁场的正方向；线框中沿着ABCDA方向为感应电流i的正方向要在线框中产生如图乙所示的感应电流，则磁感应强度B随时间t变化的规律可能为（）ABCD5一个直流电动机，其线圈的电阻是0.5，当它两端所加电压为6V时，通过电动机的电
3、流是2A由此可知（）A电动机消耗的电功率为10WB电动机发热的功率为12WC电动机输出的机械功率为10WD电动机的工作效率为20%6如图所示，电源输入电压不变，要使电路中电流表示数变大，可采用的方法有（）A将R上的滑片向上移动B将R上的滑片向下移动C将电键S掷向1D将电键S掷向27如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查其传送装置可简化为如图乙的模型，紧绷的传送带始终保持v=1m/s的恒定速率运行旅客把质量为5kg的行李无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数=0.1，A、B间的距离为2m，g取10m/s2若乘客把行李放到传送带的同时也以v=1m/s的恒定
4、速率平行于传送带运动到B处取行李，则（） A乘客比行李先到达B处B行李一直做加速直线运动C乘客提前0.5s到达B处D行李从A运动到B过程中产生的摩擦热为5J8在绝缘光滑的水平面上相距为6L的A、B两处分别固定正电荷QA、QB，两电荷的位置坐标如图甲所示图乙是AB连线之间的电势与位置x之间的关系图象，图中x=L点为图线的最低点，若在x=2L的C点由静止释放一个质量为m、电量为+q的带电小球（可视为质点），下列有关说法正确的是（）A小球在x=L处的速度最大B小球一定可以到达x=2L点处C小球将以x=L点为中心作往复运动D固定在AB处的电荷的电量之比为QA：QB=4：1三、非选择题：包括必考题和选考
5、题两部分第9题第12题为必考题，每个试题考生都必须作答第13题第14题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题9为了测量木块与木板间动摩擦因数，某小组使用位移传感器设计了如图1所示实验装置，让木块从倾斜木板上一点A由静止释放，位移传感器可以测出木块到传感器的距离位移传感器连接计算机，描绘出滑块相对传感器的位移s随时间t变化规律，如图2所示（1）根据上述图线，计算0.6s时木块的速度v=m/s，木块加速度a=m/s2；（2）为了测定动摩擦因数，还需要测量的量是；（已知当地的重力加速度g）10在测量金属丝电阻率的实验中，可供选用的器材如下：待测金属丝：Rx（阻值约4，额定电流约0.5A）；电压表：V
6、（量程3V，内阻约3k）；电流表：A1（量程0.6A，内阻约0.2）；电流表：A2（量程3A，内阻约0.05）；电源：E1（电动势3V，内阻不计）；E2（电动势12V，内阻不计）；滑动变阻器：R（最大阻值约20）；螺旋测微器；毫米刻度尺；开关S；导线用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图1所示，读数为mm若滑动变阻器采用限流接法，为使测量尽量精确，电流表应选、电源应选（均填器材代号），在图2虚线框内完成电路原理图11质量为2kg的雪橇在倾角=37的斜坡上向下滑动，所受的空气阻力与速度成正比，比例系数未知今测得雪橇运动的vt图象如图所示，且AB是曲线最左端那一点的切线，B点的坐标为（4，9），C
7、D线是曲线的渐近线（sin37，cos37=0.8）试问：（1）物体开始时做什么运动？最后做什么运动？（2）当v0=3m/s和v1=6m/s时，物体的加速度各是多少？（3）空气阻力系数k及雪橇与斜坡间的动摩擦因数各是多少？12如图甲所示，竖直面MN的左侧空间中存在竖直向上的匀强电场（上、下及左侧无边界）一个质量为m、电荷量为q，可视为质点的带正电小球，以水平初速度v0沿PQ向右做直线运动若小球刚经过D点时（t=0），在电场所在空间叠加如图乙所示随时间周期性变化、垂直纸面向里的匀强磁场，使得小球再次通过D点时与PQ连线成60角已知D、Q间的距离为（+1）L，t0小于小球在磁场中做圆周运动的周期，
8、忽略磁场变化造成的影响，重力加速度为g求：（1）电场强度E的大小；（2）t0与t1的比值；（3）小球过D点后将做周期性运动则当小球运动的周期最大时，求出此时的磁感应强度B0及运动的最大周期Tm的大小，并在图中画出此情形下小球运动一个周期的轨迹(二）选考题物理-选修3-513对下列各项叙述正确的是（）A实物粒子只具有粒子性，没有波动性，光子具有波粒二象性B粒子散射实验中少数粒子发生较大偏转是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据C在、这三种射线中，射线的穿透能力最强，射线的电离能力最强D当入射光的频率低于截止频率时则不会发生光电效应E若使放射性物质的温度升高，其半衰期将减小14如图所示，光滑平台上
9、有两个刚性小球A和B，质量分别为2m和3m，小球A以速度v0向右运动并与静止的小球B发生碰撞（碰撞过程不损失机械能），小球B飞出平台后经时间t刚好掉入装有沙子向左运动的小车中，小车与沙子的总质量为m，速度为2v0，小车行驶的路面近似看做是光滑的，求：（）碰撞后小球A和小球B的速度；（）小球B掉入小车后的速度2016年福建省漳州市诏安县桥东中学高考物理一模试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分在每小题给出的四个选项中，第15题只有一项是符合题目要求，第68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如图所示，超市中的购物小车放在光滑的
10、斜面上，被竖直放置的挡板挡住而静止若小车的重力为G，斜面的倾角为45，则挡板受到小车的挤压力为（）AGBCD【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【专题】定性思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题【分析】以小车为研究对象，对小车进行受力分析，即可得出挡板对小车的支持力，根据牛顿第三定律求出挡板受到小车的挤压力【解答】解：对小车进行受力分析，受到重力、斜面的支持力以及挡板的支持力，根据平衡条件得：由图可知：所以：F=G根据牛顿第三定律可知，挡板受到小车的挤压力为G故选：A【点评】本题考查共点力作用下物体的平衡问题，对物体减小受力分析，然后结合几何关系即可正确解答2如图所示，两块较大的
11、金属板A、B相距为d，平行放置并与一电源相连，S闭合后，两板间恰好有一质量为m、带电量为q的油滴处于静止状态，以下说法正确的是（）A油滴带负电B若将S断开，则油滴将做自由落体运动，G表中无电流C若将A向左平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G表中有ba的电流D若将A向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G表中有ab的电流【考点】电容器的动态分析；匀强电场中电势差和电场强度的关系【专题】定性思想；推理法；电容器专题【分析】将A向左平移一小段位移，电场强度不变，油滴仍然静止将A向上平移一小段位移，电压不变，电容减小，分析电量的变化，确定电容器是充电还是放电，再研究电流方向再确定油滴的运动情况和电
12、流方向将S断开，电容器电量不变，板间场强不变，油滴仍处于静止状态【解答】解：A、由题意可知，油滴受到重力与电场力平衡，因电场强度方向竖直向上，因此油滴带正电，故A错误；B、将S断开，电容器的电量不变，板间场强不变，油滴所受的电场力不变，故油滴仍处于静止状态，且G表中无电流，故B错误C、若将A板左移，电容器板间电压不变，由E=可知，场强E不变，油滴所受的电场力不变，仍处于静止状态电容器的电容减小，由Q=CU知电容器的电量将减小，充电，则G表中有ab的电流，故C错误；D、将A板下移，由E=可知，E变大，油滴所受的电场力增大，将向上加速运动电容C变大，因电压不变，则电量增大，电容器要充电，则有由ab
13、的电流流过G，故D正确故选：D【点评】本题是电容器动态变化分析问题含有电容器的电路，只有在电容器充电或放电的过程有电流，而分析电容器充放电要根据分析电容和电压的变化来确定3一宇航员站在某质量分布均匀的星球表面上沿竖直方向以初速度v0抛出一个小球，测得小球经过时间t落回地出点，已知该星球半径为R，则该星球的第一宇宙速度为（）ABCD无法确定【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】由竖直上抛可得星球表面的重力加速度，进而由地面万有引力等于重力，万有引力提供向心力可得第一宇宙速度【解答】解：竖直上抛落回原点的速度大小等于初速度，方向与初速度相反设星球表面的重力加速度为g，由
14、竖直上抛规律可得：v0=v0+gt解得：由地面万有引力等于重力，万有引力提供向心力可得：解得：故A正确故选：A【点评】本题关键是利用好竖直上抛的规律，知道其速度具有对称性；要会利用地面万有引力等于重力这个结论4如图甲所示，矩形导线框ABCD固定在匀强磁场中，磁感线垂直于线框，规定向里为磁场的正方向；线框中沿着ABCDA方向为感应电流i的正方向要在线框中产生如图乙所示的感应电流，则磁感应强度B随时间t变化的规律可能为（）ABCD【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律【专题】电磁感应与电路结合【分析】根据楞次定律，通过磁场的变化判断感应电流的方向，根据法拉第电磁感应定律判断感应电动势即感应
15、电流的大小【解答】解：A、磁感应强度不变，磁通量不变，则不产生感应电流故A错误B、在0t0时间内，磁场垂直纸面向里，且均匀减小，根据楞次定律，知感应电流的方向为ABCDA，与规定的正方向相同，根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势为定值，则感应电流为定值，在t02t0时间内，磁场方向垂直纸面向外，且均匀增大，根据楞次定律，感应电流的方向仍然为ABCDA，与规定的正方向相同故B错误C、在0t0时间内，磁场垂直纸面向里，且均匀增大，根据楞次定律，知感应电流的方向为ADCBA，与规定的正方向相反，感应电流为负值故C错误D、在0t0时间内，磁场垂直纸面向里，且均匀减小，根据楞次定律，知感应电流的方向
16、为ABCDA，与规定的正方向相同，根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势为定值，则感应电流为定值，同理，在t02t0时间内，感应电流的方向为ADCBA，与规定的正方向相反，感应电流为负值，且为定值故D正确故选：D【点评】解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，以及掌握法拉第电磁感应定律5一个直流电动机，其线圈的电阻是0.5，当它两端所加电压为6V时，通过电动机的电流是2A由此可知（）A电动机消耗的电功率为10WB电动机发热的功率为12WC电动机输出的机械功率为10WD电动机的工作效率为20%【考点】电功、电功率【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题【分析】在计算电功率的公式中，总功率用
17、P=IU来计算，发热的功率用P热=I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的【解答】解：A、直流电动机线圈电阻为R，当电动机工作时通过的电流为I，两端的电压为U，总功率为：P=UI=26=12W，发热功率为：P热=I2R=220.5=2W，故AB错误；C、根据能量守恒定律，其输出功率是：P出=PP热=12W2W=10W，故C正确；D、机械的工作效率为=%，故D错误故选：C【点评】对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式
18、是不一样的6如图所示，电源输入电压不变，要使电路中电流表示数变大，可采用的方法有（）A将R上的滑片向上移动B将R上的滑片向下移动C将电键S掷向1D将电键S掷向2【考点】变压器的构造和原理【专题】交流电专题【分析】输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可【解答】解：A、输入的电压和匝数比不变，输出的电压也不变，当向上移动滑片时，电路的电阻变小，所以电流要增加，故A正确；B、输入的电压和匝数比不变，输出的电压也不变，当向下移动滑片时，电路的电阻变大，所以电流要变小，所以B错误；C、将电键S掷向1，
19、原线圈的匝数变大，由电压与匝数成正比可得，副线圈的输出电压要减小，电路的电阻不变，所以电流要减小，所以C错误；D、将电键S掷向2时，原线圈的匝数减小，由电压与匝数成正比可得，副线圈的输出电压要变大，电路的电阻不变，所以电流要增大，所以D正确；故选：AD【点评】掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决7如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查其传送装置可简化为如图乙的模型，紧绷的传送带始终保持v=1m/s的恒定速率运行旅客把质量为5kg的行李无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数=0.1，A、B间的距离为2m，g取10m/s2若乘客把
20、行李放到传送带的同时也以v=1m/s的恒定速率平行于传送带运动到B处取行李，则（） A乘客比行李先到达B处B行李一直做加速直线运动C乘客提前0.5s到达B处D行李从A运动到B过程中产生的摩擦热为5J【考点】功能关系；牛顿第二定律【专题】解题思想；推理法；功能关系 能量守恒定律【分析】行李在传送带上先加速运动，然后再和传送带一起匀速运动，由牛顿第二定律和运动学公式求出时间行李从A运动到B过程中产生的摩擦热等于摩擦力与相对位移的乘积【解答】解：A、B、C、由牛顿第二定律，得 mg=ma得 a=1m/s2设行李做匀加速运动的时间为t，行李加速运动的末速度为v=1m/s由v=at1 代入数值，得t1=
21、1s，匀加速运动的位移大小为：x=a=0.5m，匀速运动的时间为t2=1.5s，行李从A到B的时间为t=t1+t2=2.5s而乘客一直做匀速运动，从A到B的时间为t人=2s故乘客提前0.5 s到达B故A、C均正确，B错误；D、在行李加速的过程中传送带的位移：x=vt1=11=1m行李相对于传送带的位移：x=xx=10.5=0.5m行李从A运动到B过程中产生的摩擦热：Q=fx=mgx=0.15100.5=2.5J故D错误故选：AC【点评】该题考查是的传送带问题，行李在传送带上先加速运动，然后再和传送带一起匀速运动是解答的关键8在绝缘光滑的水平面上相距为6L的A、B两处分别固定正电荷QA、QB，两
22、电荷的位置坐标如图甲所示图乙是AB连线之间的电势与位置x之间的关系图象，图中x=L点为图线的最低点，若在x=2L的C点由静止释放一个质量为m、电量为+q的带电小球（可视为质点），下列有关说法正确的是（）A小球在x=L处的速度最大B小球一定可以到达x=2L点处C小球将以x=L点为中心作往复运动D固定在AB处的电荷的电量之比为QA：QB=4：1【考点】电势；库仑定律【专题】电场力与电势的性质专题【分析】根据x图象切线的斜率等于场强E，分析场强的变化，判断小球的速度变化；根据动能定理确定小球可以到达的位置；x=L处场强为零，根据点电荷场强公式E=k，求解QA：QB【解答】解：A、据x图象切线的斜率等
23、于场强E，则知x=L处场强为零，所以小球在C处受到的场强向左，向左加速运动，到x=L处加速度为0，从x=l向左运动时，电场力向右，做减速运动，所以小球在x=L处的速度最大，故A正确B、C、根据动能定理得：qU=0，得U=0，所以小球能运动到电势与出发点相同的位置，由图知向左最远能到达x=L点处，然后小球向右运动，小球将以x=0.5L点为中心作往复运动，故BC错误D、x=L处场强为零，根据点电荷场强则有：k=k，解得QA：QB=4：1，故D正确故选：AD【点评】解决本题首先要理解x图象切线的意义，知道电场力做功和路径无关，只和初末两点的电势差有关，掌握电场力做功的公式W=qU和电荷场强公式，灵活
24、运用电场的叠加原理三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第9题第12题为必考题，每个试题考生都必须作答第13题第14题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题9为了测量木块与木板间动摩擦因数，某小组使用位移传感器设计了如图1所示实验装置，让木块从倾斜木板上一点A由静止释放，位移传感器可以测出木块到传感器的距离位移传感器连接计算机，描绘出滑块相对传感器的位移s随时间t变化规律，如图2所示（1）根据上述图线，计算0.6s时木块的速度v=0.6m/s，木块加速度a=1m/s2；（2）为了测定动摩擦因数，还需要测量的量是斜面倾角；（已知当地的重力加速度g）【考点】探究影响摩擦力的大小的因素【专题】实验题
25、；定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题【分析】（1）由于滑块在斜面上做匀加速直线运动，所以某段时间内的平均速度等于这段时间内中点时刻的瞬时速度；根据加速度的定义式即可求出加速度，结合速度时间公式求出0.6s末的速度；（2）根据牛顿第二定律求出动摩擦因数的表达式，从而确定还需测量的物理量【解答】解：（1）根据某段时间内的平均速度等于这段时间内中点时刻的瞬时速度，得0.4s末的速度为：v=，0.2s末的速度为：v=0.2m/s，则木块的加速度为：a=0.6s末的速度为：v6=v+at=0.4+10.2m/s=0.6m/s（2）选取木块为研究的对象，木块沿斜面方向是受力：ma=mgsinmgcos
26、得：=，所以要测定摩擦因数，还需要测出斜面的倾角；故答案为：（1）0.6，1；（2）斜面倾角【点评】解决本题的关键知道匀变速直线运动的推论，在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，以及会通过实验的原理得出动摩擦因数的表达式，从而确定所需测量的物理量10在测量金属丝电阻率的实验中，可供选用的器材如下：待测金属丝：Rx（阻值约4，额定电流约0.5A）；电压表：V（量程3V，内阻约3k）；电流表：A1（量程0.6A，内阻约0.2）；电流表：A2（量程3A，内阻约0.05）；电源：E1（电动势3V，内阻不计）；E2（电动势12V，内阻不计）；滑动变阻器：R（最大阻值约20）；螺旋测微器；毫米刻度
27、尺；开关S；导线用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图1所示，读数为1.770mm若滑动变阻器采用限流接法，为使测量尽量精确，电流表应选A1、电源应选E1（均填器材代号），在图2虚线框内完成电路原理图【考点】测定金属的电阻率【专题】实验题【分析】（1）螺旋测微器精确度为0.01mm，需要估读，读数时注意半毫米刻度线是否露出（2）合理选择实验器材，先选必要器材，再根据要求满足安全性，准确性，方便操作的原则选择待选器材电流表的接法要求大电阻内接法，小电阻外接法滑动变阻器是小电阻控制大电阻，用分压式接法（3）滑动变阻器采用限流式，安培表用外接法【解答】解：（1）从图中读出金属丝的直径为d=1.5mm
28、+27.00.01mm=1.770mm；（2）电压表量程3V，故电源选E1，最大电流读数I=0.75A，为使电流表指针偏转角度超过，故电流表选A1；（3）滑动变阻器采用限流式；安培表电阻较小，大内小外，故安培表用外接法；电路如图所示：故答案为：1.770 （1.7681.772）；A1、E1；在虚线框内完成电路原理图，如上图所示【点评】实验电路所用器材的要求要熟练掌握，读数的要求，误差来源的分析，变阻器的分压与限流式区别要弄清楚11质量为2kg的雪橇在倾角=37的斜坡上向下滑动，所受的空气阻力与速度成正比，比例系数未知今测得雪橇运动的vt图象如图所示，且AB是曲线最左端那一点的切线，B点的坐标
29、为（4，9），CD线是曲线的渐近线（sin37，cos37=0.8）试问：（1）物体开始时做什么运动？最后做什么运动？（2）当v0=3m/s和v1=6m/s时，物体的加速度各是多少？（3）空气阻力系数k及雪橇与斜坡间的动摩擦因数各是多少？【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像【专题】计算题；学科综合题；定量思想；方程法；牛顿运动定律综合专题【分析】（1）通过vt图象，可知开始时速度逐渐增加，通过增加的幅度可知开始时的运动类型，当速度增加到6m/s时，速度不再变化，继而可知以后做匀速直线运动（2）通过AB是曲线最左端那一点的切线，可求得当速度为3m/s时的加速度，当速度达到6m/s时，速度不
30、再变化，由此可知此时的加速度（3）找到两个特殊状态，一个是速度为3m/s时，一个是匀速运动时，利用运动学公式结合牛顿运动定律列式，即可求得空气阻力的系数和动摩擦因数【解答】解：（1），vt图象的斜率表示加速度的大小，由图可知，物体开始时做加速度减小的加速直线运动，最后做匀速直线运动（2）当v0=3m/s时，物体的加速度为：a0=1.5m/s2当v1=6m/s时，物体的加速度是a1=0（3）开始加速时有：mgsinkv0mgcos=ma0最后匀速时：mgsin=kv1+mgcos由上面二式，得：kv0+ma0=kv1解得：k=1kg/s由式，得：=0.375答：（1）物体开始时做加速度减小的加速
31、直线运动，最后做匀速直线运动（2）当v0=3m/s和v1=6m/s时，物体的加速度各为1.5m/s2、0（3）空气阻力系数k为1kg/s，雪橇与斜坡间的动摩擦因数为0.375【点评】速度时间图象的物理意义：vt图象能整体、直观地反映做直线运动物体的速度随时间变化的关系 vt图象中“面积”的含义：从vt图象中 可求出物体运动的位移一般横坐标表示从计时开始的各个时刻，纵坐标表示物体运动的速度图线跟与之对应的由时间所决定的线段以及两坐标轴所包围的面积表示位移：在时间轴上方的面积表示正向位移，在时间轴下方的面积表示负向位移vt图象中“斜率”的含义：斜率的大小代表了加速度的大小12如图甲所示，竖直面MN
32、的左侧空间中存在竖直向上的匀强电场（上、下及左侧无边界）一个质量为m、电荷量为q，可视为质点的带正电小球，以水平初速度v0沿PQ向右做直线运动若小球刚经过D点时（t=0），在电场所在空间叠加如图乙所示随时间周期性变化、垂直纸面向里的匀强磁场，使得小球再次通过D点时与PQ连线成60角已知D、Q间的距离为（+1）L，t0小于小球在磁场中做圆周运动的周期，忽略磁场变化造成的影响，重力加速度为g求：（1）电场强度E的大小；（2）t0与t1的比值；（3）小球过D点后将做周期性运动则当小球运动的周期最大时，求出此时的磁感应强度B0及运动的最大周期Tm的大小，并在图中画出此情形下小球运动一个周期的轨迹【考点
33、】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【专题】带电粒子在复合场中的运动专题【分析】（1）根据电场力与重力，二力平衡，即可求解；（2）根据小球做匀速圆周运动的周期与半径公式，结合几何关系，即可求解；（3）根据几何关系，由牛顿第二定律，即可求解【解答】解：（1）小球在电场中做匀速直线运动，根据二力平衡，则有：mg=qE；解得：E=；（2）小球能再次通过D点，其运动轨迹如图1所示，设圆弧半径为r；则有：s=v0t；由几何关系，有s=；设小球做圆周运动的周期为T，则：T=；t0=；由以上式联立可解得：；（3）当小球运动的周期最大时，其运动轨迹应与MN相切，如图2所示，由几何关系，则有
34、：R+；由牛顿第二定律，则有：qv0B=m；解得：B0=；最大周期 小球运动一个周期的轨迹，如图3所示，答：（1）电场强度E的大小；（2）t0与t1的比值：；（3）小球过D点后将做周期性运动则当小球运动的周期最大时，求出此时的磁感应强度B0的大小B0=；运动的最大周期Tm的大小，小球运动一个周期的轨迹如上图所示【点评】考查粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，掌握牛顿第二定律的应用，注意几何关系的正确建立，理解二力平衡条件(二）选考题物理-选修3-513对下列各项叙述正确的是（）A实物粒子只具有粒子性，没有波动性，光子具有波粒二象性B粒子散射实验中少数粒子发生较大偏转是卢瑟福猜想原子核式结构
35、模型的主要依据C在、这三种射线中，射线的穿透能力最强，射线的电离能力最强D当入射光的频率低于截止频率时则不会发生光电效应E若使放射性物质的温度升高，其半衰期将减小【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度；X射线、射线、射线、射线及其特性；光的波粒二象性；粒子散射实验【专题】定性思想；推理法；衰变和半衰期专题【分析】电子的衍射现象说明实物粒子具有波动性；在、这三种射线中，射线的穿透能力最强，射线的电离能力最强；放射性元素的半衰期与元素的物理状态以及化学状态无关；光电效应实验中，发生光电效应的条件与入射光的频率有关【解答】解：A、电子的衍射现象说明实物粒子也具有波动性故A错误；B、粒子散射实验中少数粒
36、子发生较大偏转是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据故B正确；C、根据三种射线的特点可知，在、这三种射线中，射线的穿透能力最强，射线的电离能力最强故C正确；D、根据光电效应发生的条件可知，当入射光的频率低于截止频率时则不会发生光电效应故D正确；E、放射性元素的半衰期与元素的物理状态以及化学状态无关故E错误故选：BCD【点评】明确各种物理现象的实质和原理才能顺利解决此类题目，故平时学习时要“知其然，更要知其所以然”14如图所示，光滑平台上有两个刚性小球A和B，质量分别为2m和3m，小球A以速度v0向右运动并与静止的小球B发生碰撞（碰撞过程不损失机械能），小球B飞出平台后经时间t刚好掉入装有沙子向
37、左运动的小车中，小车与沙子的总质量为m，速度为2v0，小车行驶的路面近似看做是光滑的，求：（）碰撞后小球A和小球B的速度；（）小球B掉入小车后的速度【考点】动量守恒定律【专题】动量定理应用专题【分析】（）两球碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出碰撞后的速度（）车与球B组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出速度【解答】解：（）A球与B球碰撞过程中系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m1v0=m1v1+m2v2 碰撞过程中系统机械能守恒，有m1v02=m1v12+m2v22 由解得：v1=v0，v2=v0，碰后A球向左，B球向右（） B球掉入沙车的过程中系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律的：m2v2+m3v3=（m2+m3）v3，解得：v3=v0；答：（）碰撞后小球A和小球B的速度分别为： v0， v0，碰后A球向左，B球向右；（）小球B掉入小车后的速度为v0【点评】本题考查了求速度问题，分析清楚物体运动过程，应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可正确解题