1、2015-2016学年湖北省荆门市沙市中学高三（下）第一次半月考物理试卷二、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1418小题只有一项符合题目要求，第1921小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，有选错或不选的得0分）1如图所示，桌面上固定一个光滑竖直挡板，现将一个长方形物块A与截面为三角形的垫块B叠放在一起，用水平外力F缓缓向左推动B，使A缓慢升高，设各接触面均光滑，则该过程中（）AA和B均受三个力作用而平衡BB对桌面的压力越来越大CA对B的压力越来越小D推力F的大小恒定不变2如图所示，质量为M的木楔ABC静置于粗擦水平面上，在斜面顶端将
2、一质量为m的躯体，以一定的初速度从A点沿平行斜面的方向推出，物体m沿斜面向下做减速运动在减速运动过程中，下列有关说法中正确的是（）A地面对木楔的支持力大于（M+m）gB地面对木楔的支持力小于（M+m）gC地面对木楔的支持力等于（M+m）gD地面对木楔的摩擦力为03如图所示，将带正电的甲球放在不带电的乙球左侧，两球在空间形成了稳定的静电场，实线为电场线，虚线为等势线A、B两点与两球球心连线位于同一直线上，C、D两点关于直线AB对称，则（）AA点和B点的电势相同BC点和D点的电场强度相同C正电荷从A点移至B点，电场力做正功D负电荷从C点移至D点，电势能增大4如图所示，有一等腰直角三角形的区域，其斜
3、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，由图中表示线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图象正确的是（）ABCD5如图所示为一种获得高能粒子的装置环形加速器，环形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场质量为m、电荷量为+q的粒子在环中做半径为R的圆周运动A、B为两块中心开有小孔的极板，原来电势都为零，每当粒子飞经A板时，A板电势升高为+U，B板电势仍保持为零，粒子在两极板间的电场中加速每当粒子离
4、开电场区域时，A板电势又降为零，粒子在电场一次次加速下动能不断增大，而在环形区域内绕行半径不变（设极板间距远小于R）下列关于环形加速器的说法中正确的是（）A环形区域内的磁感应强度大小Bn与加速次数n之间的关系为=B环形区域内的磁感应强度大小Bn与加速次数n之间的关系为=CA、B板之间的电压可以始终保持不变D粒子每次绕行一圈所需的时间tn与加速次数n之间的关系为=6如果把水星和金星绕太阳的运动视为匀速圆周运动，从水星与金星在一条直线上开始计时，如图所示若天文学家测得在相同时间内水星转过的角度为1；金星转过的角度为2（1、2均为锐角），则由此条件可求得（）A水星和金星绕太阳运动的周期之比B水星和金
5、星的密度之比C水星和金星到太阳的距离之比D太阳的密度7跳伞运动员从悬停的直升机上跳下，经过一段时间后拉开绳索开启降落伞，如图所示是 跳伞过程中的vt图象若将人和伞看成一个系统（）A系统先加速运动，接着减速运动，最后匀速运动B系统受到的合外力始终向下C系统的机械能守恒D阻力对系统始终做负功8某集装箱吊车的交流电动机输入电压为380V，当吊车以0.1m/s的速度匀速吊起总质量为5.7103 kg的集装箱时，测得电动机的电流为20A，g取10m/s2，则（AD）（）A电动机的内阻为4.75B电动机的发热功率为7 600 WC电动机的输出功率为7.6103 WD电动机的工作效率为75%三、非选择题（包
6、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9新式游标卡尺的刻度线看起来很“稀疏”，使读数显得清晰明了，便于使用者正确读取数据通常游标卡尺的刻度有10分度、20分度和50分度三种规格；新式游标卡尺也有相应的三种，但刻度却是19mm等分成10份，39mm等分成20份，99mm等分成50份如图就是一个“39mm等分成20份”的新式游标卡尺用它测量某物体的厚度，示数如图所示，正确的读数是_cm10某同学在家中用三根相同的橡皮筋（遵循胡克定律）来探究求合力的方法，如图所示，三根橡皮筋在O点相互连接，拉长后三个端点用图钉固
7、定在A、B、C三点在实验中，可以通过刻度尺测量橡皮筋的长度来得到橡皮筋的拉力大小，并通过OA、OB、OC的方向确定三个拉力的方向，从而探究求其中任意两个拉力的合力的方法在实验过程中，下列说法正确的是（）A实验需要测量橡皮筋的长度以及橡皮筋的原长B为减小误差，应选择劲度系数尽量大的橡皮筋C以OB、OC为两邻做平行四边形，其对角线必与OA在一条直线上且长度相等D多次实验中O点不必固定11利用如图所示的电路可以较为准确地测量未知电源的电动势图中Ex为待测电源，E2为标准电源：电动势已准确测出），E为工作电源，为电路提供电流G为零刻度在中央的灵敏电流计AB为一根粗细均匀的电阻丝，C、D为AB上的两个活
8、动接触点，可以在电阻丝上移动，与电阻丝AB平行放置的还有一把刻度尺，可以测出CD之间的长度实验步骤如下：（1）按图连接好电路，将K1处于断开状态，K2处于两个触点都不接的状态（2）先闭合K1，调Rp整至合适位置（3）将置K2位置1，调整C、D触头使电流计指向零刻度，记下_（4）将K2置2位置，重新调整C、D位置，使_，并记下_（5）断开K1计算待测电源的电动势的表达式为：Ex=_12一水池水深H=0.8m现从水面上方h=0.8m高处由静止释放一质量为m=0.1kg的硬质球体，测得球体从释放到落至水池底部用时t=0.6s已知球体直径远小于水池深度，不计空气及水的阻力，取g=10m/s2，求：（1
9、）通过计算判断球体在水中做什么运动？（2）从水面上方多高处由静止释放球体，才能使球体从释放到落至池底所用时间最短13在磁感应强度为B的水平匀强磁场中，建立如图所示的平面直角坐标系xOy，一质量为m、带电荷量为+q的小球在O点静止释放，小球的运动曲线如图所示已知此曲线在最低点附近的一小段可视为圆弧，该圆弧半径为最低点到x轴距离的2倍，重力加速度为g求：（1）小球运动到任意位置P（x，y）的速率v；（2）小球在运动过程中第一次下降的最大距离ym；（3）欲使小球沿x轴正向做直线运动，可在该区域加一匀强电场，试分析加电场时，小球位置的纵坐标y值为多大？所加电场的电场强度为多少？方向如何？（二）选考题：
10、共45分请考生从给出的2个选修中任选一个作答，如果多做，则每学科按所做的第一个计分【物理-选修3-4】14图甲为一列简谐横波在t=0.10s时刻的波形图，P是平衡位置为x=1m处的质点，Q是平衡位置为x=4m处的质点，图乙为质点Q的振动图象，则（）At=0.10 s时，质点Q的速度方向向上B该波沿x轴的负方向传播C该波的传播速度为40 m/sD从t=0.10 s到t=0.25 s，质点P通过的路程为30 cm15如图所示，为某种透明介质的截面图，AOC为等腰直角三角形，BC为半径R=10cm的四分之一圆弧，AB与水平屏幕MN垂直并接触于A点由红光和紫光两种单色光组成的复色光射向圆心O，在AB分
11、界面上的入射角i=45，结果在水平屏幕MN上出现两个亮斑已知该介质对红光和紫光的折射率分别为n1=，n2=判断在AM和AN两处产生亮斑的颜色；求两个亮斑间的距离【物理-选修3-5】16如图为玻尔为解释氢原子光谱画出的氢原子能及示意图，一群氢原子处于n=4的激发态，当它们自发地跃迁到较低能级时，以下说法符合玻尔理论的有（）A电子轨道半径减小，动能也要增大B氢原子跃迁时，可发出连续不断的光谱线C由n=4跃迁到n=1时发出光子的频率最小D金属钾的逸出功为2.21 eV，能使金属钾发生光电效应的光谱线有4条17如图所示，圆周的的光滑圆弧轨道竖直放置，底端与光滑的水平轨道相接，质量为m2的小球B静止在光
12、滑水平轨道上，其左侧连接了一轻质弹簧，质量为m1的小球A从D点以速度向右运动，重力加速度为g，试求：（1）小球A撞击轻质弹簧的过程中，弹簧最短时B球的速度是多少；（2）要使小球A与小球B能发生二次碰撞，m1与m2应满足什么关系2015-2016学年湖北省荆门市沙市中学高三（下）第一次半月考物理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，共48分在每小题给出的四个选项中，第1418小题只有一项符合题目要求，第1921小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，有选错或不选的得0分）1如图所示，桌面上固定一个光滑竖直挡板，现将一个长方形物块A与截面为三角形的垫块B叠
13、放在一起，用水平外力F缓缓向左推动B，使A缓慢升高，设各接触面均光滑，则该过程中（）AA和B均受三个力作用而平衡BB对桌面的压力越来越大CA对B的压力越来越小D推力F的大小恒定不变【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用【分析】先以A和B为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件，运用图解法得到B对A的弹力和挡板对A的弹力如何变化，再对整体研究，分析推力F和桌面的支持力如何变化【解答】解：A、先以A为研究对象，分析受力情况：重力、墙的弹力和斜面的支持力三个力，B受到重力、A的压力、地面的支持力和推力F四个力故A错误B、当B向左移动时，B对A的支持力和墙对A的支持力方向均不变，根据平衡
14、条件得知，这两个力大小保持不变则A对B的压力也保持不变对整体分析受力如图所示，由平衡条件得知，F=N1，挡板对A的支持力N1不变，则推力F不变桌面对整体的支持力N=G总，保持不变则B对桌面的压力不变故BC错误，D正确故选：D2如图所示，质量为M的木楔ABC静置于粗擦水平面上，在斜面顶端将一质量为m的躯体，以一定的初速度从A点沿平行斜面的方向推出，物体m沿斜面向下做减速运动在减速运动过程中，下列有关说法中正确的是（）A地面对木楔的支持力大于（M+m）gB地面对木楔的支持力小于（M+m）gC地面对木楔的支持力等于（M+m）gD地面对木楔的摩擦力为0【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的
15、关系；力的合成与分解的运用【分析】对M和m组成的系统研究，将m的加速度分解为水平方向和竖直方向，在水平方向和竖直方向分别运用牛顿第二定律分析判断【解答】解：m沿斜面减速运动，加速度方向沿斜面向上，可知m在竖直方向上的加速度方向竖直向上，在水平方向上的加速度方向水平向右，对系统研究，竖直方向上有：N（M+m）g=may，可知地面对木楔的支持力大于（M+m）g，故A正确，B、C错误水平方向上有：f=max，可知地面对木楔的摩擦力不为零，故D错误故选：A3如图所示，将带正电的甲球放在不带电的乙球左侧，两球在空间形成了稳定的静电场，实线为电场线，虚线为等势线A、B两点与两球球心连线位于同一直线上，C、
16、D两点关于直线AB对称，则（）AA点和B点的电势相同BC点和D点的电场强度相同C正电荷从A点移至B点，电场力做正功D负电荷从C点移至D点，电势能增大【考点】电势能；电场强度【分析】本题的关键要抓住“位于同一等势面上的点电势均相等”，“沿电场线方向电势逐渐降低”，“电场强度是矢量”和“电场力做的功”来讨论【解答】解：A、先找到与AB在同一直线上的A点的等势点，再根据沿电场线方向电势逐渐降低，可知，A的等势点的电势高于B当的电势，故A错误B、因为电场强度是矢量，C点与D点方向不同，所以电场强度不同，B错误C、由电场线和等势面的图线可知A点与C点在一个等势面上，再根据“沿电场线的方向电势逐渐降低”的
17、特点可知，C点电势高于B点的电势，所以0，即0，根据=q知，由于q0，0，所以0，即电场力做正功，所以C正确D、因为C、D关于AB对称，即C、D在同一等势面上，所以负电荷在C点与D点的电势能相等，所以D错误故选C4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，由图中表示线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图象正确的是（）ABCD【考点】导体切割磁感线时的
18、感应电动势；楞次定律【分析】首先根据楞次定律判断出感应电流的方向再分段确定线框有效的切割长度，分析线框中感应电动势的大小与位置坐标的关系线框的电阻一定，感应电流与感应电动势成正比【解答】解：bc边的位置坐标x在L2L过程，线框bc边有效切线长度为l=xL，感应电动势为E=Blv=B（xL）v，感应电流i=，根据楞次定律判断出来感应电流方向沿abcda，为正值x在2L3L过程，ad边和bc边都切割磁感线，产生感应电动势，穿过线框的磁通量增大，总的磁感线方向向里，根据楞次定律判断出来感应电流方向沿adcba，为负值，线框ad边有效切线长度为l=L，感应电动势为E=Blv=BLv，感应电流i=x在3
19、L4L过程，线框ad边有效切线长度为l=L（x3L）=2Lx，感应电动势为E=Blv=B（2Lx）v，感应电流i=，根据楞次定律判断出来感应电流方向沿abcda，为正值由图示图象可知，A正确；故选：A5如图所示为一种获得高能粒子的装置环形加速器，环形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场质量为m、电荷量为+q的粒子在环中做半径为R的圆周运动A、B为两块中心开有小孔的极板，原来电势都为零，每当粒子飞经A板时，A板电势升高为+U，B板电势仍保持为零，粒子在两极板间的电场中加速每当粒子离开电场区域时，A板电势又降为零，粒子在电场一次次加速下动能不断增大，而在环形区域内绕行半径不变（设极板间距远小于R）下列
20、关于环形加速器的说法中正确的是（）A环形区域内的磁感应强度大小Bn与加速次数n之间的关系为=B环形区域内的磁感应强度大小Bn与加速次数n之间的关系为=CA、B板之间的电压可以始终保持不变D粒子每次绕行一圈所需的时间tn与加速次数n之间的关系为=【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理【分析】由电场力做导致粒子的动能增加，结合动能定理，可求出n圈后的速度，再根据牛顿第二定律与向心力公式，即可求解磁感应强度大小Bn与加速次数n之间的关系；根据第n圈所需时间，结合数学通项式，即可求解【解答】解：A、粒子绕行n圈获得的动能等于电场力对粒子做的功，设粒子绕行n圈获得的速度为vn，根据动能定理，则有：解得：粒
21、子在环形区域磁场中，受洛伦兹力作用做半径为R的匀速圆周运动，根据牛顿第二定律和向心力公式，则有：解得：所以： =故A错误，B正确；C、如果A、B之间的电压保持不变，粒子在AB板之间运动时做加速运动是电场对粒子做功为qU，而粒子在磁场中偏转的过程中电场再次对粒子做功，但做负功，为qU，所以粒子绕行一周时，电场力做的总功为0，粒子的动能不能增加故C错误；D、粒子绕行第n圈所需时间所以： =故D错误故选：B6如果把水星和金星绕太阳的运动视为匀速圆周运动，从水星与金星在一条直线上开始计时，如图所示若天文学家测得在相同时间内水星转过的角度为1；金星转过的角度为2（1、2均为锐角），则由此条件可求得（）A
22、水星和金星绕太阳运动的周期之比B水星和金星的密度之比C水星和金星到太阳的距离之比D太阳的密度【考点】万有引力定律及其应用；向心力【分析】根据相同时间内转过的角度之比求出角速度之比，从而得出周期之比，根据万有引力提供向心力得出轨道半径和周期的关系，结合周期之比求出轨道半径之比根据万有引力提供向心力得出向心加速度之比【解答】解：A、相同时间内水星转过的角度为1；金星转过的角度为2，可知它们的角速度之比为1：2周期T=，则周期比为2：1故A正确B、水星和金星是环绕天体，无法求出质量，也无法知道它们的半径，所以求不出密度比故B错误C、根据得，周期之比可以得出，则可以得出水星和金星到太阳的距离之比，故C
23、正确D、太阳体积未知，故太阳的密度不可求，故D错误故选：AC7跳伞运动员从悬停的直升机上跳下，经过一段时间后拉开绳索开启降落伞，如图所示是 跳伞过程中的vt图象若将人和伞看成一个系统（）A系统先加速运动，接着减速运动，最后匀速运动B系统受到的合外力始终向下C系统的机械能守恒D阻力对系统始终做负功【考点】机械能守恒定律【分析】从vt图象可以看出，跳伞运动员先加速下降，后减速下降，最后匀速下降；机械能守恒的条件是只有重力做功【解答】解：A、从vt图象可以看出，跳伞运动员先加速下降，后减速下降，最后匀速下降，故A正确；B、加速下降过程，加速度向下，合力向下；减速下降过程，加速度向上，故合力向上；故B
24、错误；C、机械能守恒的条件是只有重力做功，题中打开降落伞后，有要克服空气阻力做功，故机械能不守恒，故C错误；D、阻力向上，与位移相反，一直做负功，故D正确；故选：AD8某集装箱吊车的交流电动机输入电压为380V，当吊车以0.1m/s的速度匀速吊起总质量为5.7103 kg的集装箱时，测得电动机的电流为20A，g取10m/s2，则（AD）（）A电动机的内阻为4.75B电动机的发热功率为7 600 WC电动机的输出功率为7.6103 WD电动机的工作效率为75%【考点】电功、电功率；功能关系【分析】吊车起吊集装箱的功率是电动机的输出功率，可用功式P=mgv求出；输入功率可由P=UI求解；根据电动机
25、的输出功率与线圈发热功率之和等于总功率，列式求内阻；电动机的输出功率和总功率的比值就是电动机工作效率【解答】解：AC、电动机输出功率为：P=mgv=5.7103100.1W=5.7103 W；由能量守恒定律，有：UI=P+I2R解得：R=4.75，故A正确，C错误；B、电动机的发热功率小于输入功率，故小于5.7103 W，小于7600W，故B错误；D、电动机的工作效率为=100%=100%=75%，故D正确；故选：AD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9新式游标卡尺的刻度线看起来很“稀疏
26、”，使读数显得清晰明了，便于使用者正确读取数据通常游标卡尺的刻度有10分度、20分度和50分度三种规格；新式游标卡尺也有相应的三种，但刻度却是19mm等分成10份，39mm等分成20份，99mm等分成50份如图就是一个“39mm等分成20份”的新式游标卡尺用它测量某物体的厚度，示数如图所示，正确的读数是3.035cm【考点】刻度尺、游标卡尺的使用【分析】新式游标卡尺的测量原理和传统的游标卡尺相同，新式游标卡尺其游标尺上20个分度只有39mm，比主尺上的40个分度短1mm，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读【解答】解：新式游标卡尺的测量原理和传统的游标卡尺相同，新式游标卡尺其游标
27、尺上20个分度只有39mm，比主尺上的40个分度短1mm，它的测量精确度是： =0.05mm，用它测得物体厚度为：30mm+0.05mm7=30.35mm=3.035cm故答案为：3.035cm10某同学在家中用三根相同的橡皮筋（遵循胡克定律）来探究求合力的方法，如图所示，三根橡皮筋在O点相互连接，拉长后三个端点用图钉固定在A、B、C三点在实验中，可以通过刻度尺测量橡皮筋的长度来得到橡皮筋的拉力大小，并通过OA、OB、OC的方向确定三个拉力的方向，从而探究求其中任意两个拉力的合力的方法在实验过程中，下列说法正确的是（）A实验需要测量橡皮筋的长度以及橡皮筋的原长B为减小误差，应选择劲度系数尽量大
28、的橡皮筋C以OB、OC为两邻做平行四边形，其对角线必与OA在一条直线上且长度相等D多次实验中O点不必固定【考点】验证力的平行四边形定则【分析】由题意可知该实验利用了共点力的平衡来验证力的平行四边形定则，该实验中需要记录各力的大小和方向，各力的大小可以通过橡皮筋的伸长量来表示【解答】解：A、需要知道橡皮筋的伸长量才能表示橡皮筋的弹力，故应该测量橡皮筋的原长，故A正确；B、为了减小误差，橡皮筋的伸长量应该大些，故应选择劲度系数稍小的橡皮筋，故B错误；C、由于橡皮筋的弹力与它的长度不成正比，所以OB、OC弹力的合力方向与以OB、OC为两邻边做平行四边形的对角线不重合，故C错误；D、不同的O点依然满足
29、任意两个橡皮筋弹力的合力与第三个橡皮筋弹力等大反向的特点，所以即使O点不固定，也可以探究求合力的方法，故D正确故选AD11利用如图所示的电路可以较为准确地测量未知电源的电动势图中Ex为待测电源，E2为标准电源：电动势已准确测出），E为工作电源，为电路提供电流G为零刻度在中央的灵敏电流计AB为一根粗细均匀的电阻丝，C、D为AB上的两个活动接触点，可以在电阻丝上移动，与电阻丝AB平行放置的还有一把刻度尺，可以测出CD之间的长度实验步骤如下：（1）按图连接好电路，将K1处于断开状态，K2处于两个触点都不接的状态（2）先闭合K1，调Rp整至合适位置（3）将置K2位置1，调整C、D触头使电流计指向零刻度
30、，记下CD间的长度L1（4）将K2置2位置，重新调整C、D位置，使电流计指针指向零刻度，并记下CD间的长度L2（5）断开K1计算待测电源的电动势的表达式为：Ex=【考点】测定电源的电动势和内阻【分析】由题意及电路图可得出实验的原理，则根据电路结构可知该电路是一个并联分压电路，当E2电压等于CD电压时，使电流表指针指零根据两次AC电压的关系找出EX和E2的关系【解答】解：由（1）、（2）可知AB导线中的电流保持不变；要使电流计指向零刻度；则加在CD两端的下方电压等于金属导线上的分压；即电源电动势等于金属导线上的分压；根据分压关系可知，分压之比等于导线长度之比；故记录导线长度即可求得电压之比；故第
31、3步中记下CD间的长度L1；第4步时，测量待测电源的电动势；方向不变；即使电流计指针指向零；再记下CD间的长度L2；则设：导线中电流为I，单位长度电阻为R，则有；IL1R=E2：IRL2=E；联立解得：E=；故答案为：（3）CD间的长度L1；（4）CD间的长度L1数为零，CD间的长度L1；（5）；12一水池水深H=0.8m现从水面上方h=0.8m高处由静止释放一质量为m=0.1kg的硬质球体，测得球体从释放到落至水池底部用时t=0.6s已知球体直径远小于水池深度，不计空气及水的阻力，取g=10m/s2，求：（1）通过计算判断球体在水中做什么运动？（2）从水面上方多高处由静止释放球体，才能使球体
32、从释放到落至池底所用时间最短【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系【分析】（1）通过空中自由落体的时间，求出在水中运动的时间，根据落水的速度、在水中运动的时间、位移，求出在水中运动的加速度，即可分析小球在水中的运动情况（2）列出下落总时间与水面上方高度的关系式，通过数学方法求极小值【解答】解：（1）设小球落至水面所用时间为t1，在水中运动做匀变速运动，加速度为a，则 v=gt1联立解得a=0m/s2，则小球在水中匀速运动（2）设释放点距水面x，则，利用均值定理，当时t最小，即答：（1）小球在水中匀速运动（2）在水面上方0.4m高处由静止释放小球，小球落至池底所用时间最短13在磁
33、感应强度为B的水平匀强磁场中，建立如图所示的平面直角坐标系xOy，一质量为m、带电荷量为+q的小球在O点静止释放，小球的运动曲线如图所示已知此曲线在最低点附近的一小段可视为圆弧，该圆弧半径为最低点到x轴距离的2倍，重力加速度为g求：（1）小球运动到任意位置P（x，y）的速率v；（2）小球在运动过程中第一次下降的最大距离ym；（3）欲使小球沿x轴正向做直线运动，可在该区域加一匀强电场，试分析加电场时，小球位置的纵坐标y值为多大？所加电场的电场强度为多少？方向如何？【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力【分析】（1）洛伦兹力永不做功，粒子在磁场和重力场中运动时只有重力做功；根据动
34、能定理可求得到达任意位置P（x，y）的速率v；（2）粒子下降的最低点时一定沿竖直方向为零，只有水平方向的速度；此时洛伦兹力和重力的合力充当向心力；则可求向最大速度；再结合（1）中求出的速度，联立可得最大位移；（3）要使沿x轴做直线运动，粒子一定是在最低点；则可知最大位移；要使粒子沿直线运动，则三力的合力一定为零；根据平衡条件可求得电场强度的大小和方向【解答】解：（1）因洛伦兹力不做功，只有重力做功；则由动能定理得：mgy=mv2解得：v=（2）设在最大距离ym处的速率为vm，根据圆周运动洛伦兹力充当向心力有：qvmBmg=m且由知：vm=则由及R=2ym得：ym=（3）当小球沿x轴正向做直线运
35、动时，小球受力平衡，由此可知，加电场时，小球应在最低点有：ym=要使沿x轴正向做直线运动，则有：qvmBmgqE=0解得：E=；方向竖直向下；答：（1）小球运动到任意位置P（x，y）的速率v为；（2）小球在运动过程中第一次下降的最大距离ym为；（3）欲使小球沿x轴正向做直线运动，可在该区域加一匀强电场，试分析加电场时，小球位置的纵坐标y值为；所加电场的电场强度为；方向竖直向下（二）选考题：共45分请考生从给出的2个选修中任选一个作答，如果多做，则每学科按所做的第一个计分【物理-选修3-4】14图甲为一列简谐横波在t=0.10s时刻的波形图，P是平衡位置为x=1m处的质点，Q是平衡位置为x=4m
36、处的质点，图乙为质点Q的振动图象，则（）At=0.10 s时，质点Q的速度方向向上B该波沿x轴的负方向传播C该波的传播速度为40 m/sD从t=0.10 s到t=0.25 s，质点P通过的路程为30 cm【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象【分析】根据甲、乙两图可以读出该波的波长和周期，从而求出波速，t=0.10s时Q点在平衡位置上，由乙图知下一时刻向下振动，从而确定了该波向左传播根据时间与周期的关系，分析质点P的位置和加速度，求出通过的路程【解答】解：A、图b为质点Q的振动图象，则知在t=0.10s时，质点Q正从平衡位置向波谷运动，所以质点Q的速度方向向下，故A错误；B、在t=0.10
37、s时，质点Q向下运动，根据波形平移法可知该波沿x轴负方向传播故B正确C、由a图知波长=8m，由图b读出周期T=0.2s，则波速为：v=m/s=40m/s，故C正确D、从t=0.10s到t=0.25s经过的时间为t=0.15s=T，由于t=0.10s时刻质点P不在平衡位置或波峰、波谷处，所以质点P通过的路程不是3A=30cm，故D错误；故选：BC15如图所示，为某种透明介质的截面图，AOC为等腰直角三角形，BC为半径R=10cm的四分之一圆弧，AB与水平屏幕MN垂直并接触于A点由红光和紫光两种单色光组成的复色光射向圆心O，在AB分界面上的入射角i=45，结果在水平屏幕MN上出现两个亮斑已知该介质
38、对红光和紫光的折射率分别为n1=，n2=判断在AM和AN两处产生亮斑的颜色；求两个亮斑间的距离【考点】光的折射定律【分析】由全反射临界角公式sinC=可求出红光与紫光的临界角，则可判断是否能发生全反射，则可得出两光点的性质；由折射定律求出折射角，由几何知识可求得两光斑的距离【解答】解：设红光和紫光的临界角分别为C1、C2，sinC1=，得：C1=60，同理C2=45，i=45=C2，i=45C1所以紫光在AB面发生全反射，而红光在AB面一部分折射，一部分反射，且由几何关系可知，反射光线与AC垂直，所以在AM处产生的亮斑P1为红色，在AN处产生的亮斑P2为红色与紫色的混合色； 画出如图光路图，设
39、折射角为r，两个光斑分别为P1、P2根据折射定律有：n1=求得：由几何知识可得：，解得： cm由几何知识可得OA P2为等腰直角三角形，解得：AP2=10cm所以有： cm答：在AM处产生的亮斑P1为红色，在AN处产生的亮斑P2为红色与紫色的混合色；两个亮斑间的距离为（5+10）cm【物理-选修3-5】16如图为玻尔为解释氢原子光谱画出的氢原子能及示意图，一群氢原子处于n=4的激发态，当它们自发地跃迁到较低能级时，以下说法符合玻尔理论的有（）A电子轨道半径减小，动能也要增大B氢原子跃迁时，可发出连续不断的光谱线C由n=4跃迁到n=1时发出光子的频率最小D金属钾的逸出功为2.21 eV，能使金属
40、钾发生光电效应的光谱线有4条【考点】氢原子的能级公式和跃迁【分析】能级间跃迁辐射或吸收的光子能量必须等于两能级间的能级差，能级差越大，辐射的光子能量越大，频率越大，波长越小【解答】解：A、当原子从第4能级向低能级跃迁时，原子的能量减小，轨道半径减小，电子的动能增大，电势能减小，故A正确；B、能级间跃迁辐射或吸收的光子能量必须等于两能级间的能级差，氢原子跃迁时，可发出不连续的光谱线，故B错误；C、由n=4跃迁到n=1时辐射的光子能量最大，发出光子的频率最大，故C错误；D、第四能级的氢原子可以放出6条光谱线，其放出的光子能量分别为：E1=0.85（1.51）=0.66eV；E2=0.85（3.40
41、）=2.55eV；E3=0.85（13.6）=12.75eV；E4=1.51（3.40）=1.89eV；E5=1.51（13.6eV）=12.09eV；E6=3.40（13.6）=10.20eV； 故大于2.21eV的光谱线有4条；故D正确；故选：AD17如图所示，圆周的的光滑圆弧轨道竖直放置，底端与光滑的水平轨道相接，质量为m2的小球B静止在光滑水平轨道上，其左侧连接了一轻质弹簧，质量为m1的小球A从D点以速度向右运动，重力加速度为g，试求：（1）小球A撞击轻质弹簧的过程中，弹簧最短时B球的速度是多少；（2）要使小球A与小球B能发生二次碰撞，m1与m2应满足什么关系【考点】动量守恒定律；机械
42、能守恒定律【分析】（1）当弹簧压缩最短时，A、B两球具有相同的速度，根据动量守恒定律求出共同的速度大小（2）两球分开后，A球的速度大小大于B球的速度时，两球可以第二次相碰，由动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出两球发生第二次相碰的条件【解答】解：（1）当弹簧压缩最短时，两球的速度相等，根据动量守恒定律得，m1v=（m1+m2）v解得（2）设A、B碰撞后的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律有：m1v=m1v1+m2v2 ，根据机械能守恒定律有：解得，要使A、B两球能发生二次碰撞，必须满足|v1|v2 ，解得，（m1+m20不符合事实，舍去）；答：（1）小球A撞击轻质弹簧的过程中，弹簧最短时B球的速度是（2）要使小球A与小球B能发生二次碰撞，m1与m2应满足2016年10月1日