1、2016年湖南省长沙市周南中学高考物理训练试卷（6）一、选择题1关于物理学发展，下列表述正确的有（）A笛卡儿明确指出：除非物体受到力的作用，物体将永远保持其静止或运动状态，或永远使自己沿曲线运动，或沿直线运动B奥斯特发现了电流的磁效应，总结出了电磁感应定律C伽利略通过比萨斜塔实验，得出轻重物体下落一样快的结论，从而推翻了亚里士多德绵延两千年的“重快轻慢”的错误说法D库仑借助卡文迪许扭秤装置并类比万有引力定律，通过实验发现了电荷之间的相互作用规律库仑定律2一个小型水电站，其交流发电机的输出电压保持为1103 V不变，用如图所示的电路为用户送电，已知输电线的电阻为16，下列说法正确的是（）A当用户
2、的用电器增多时，用户使用的电功率增大，用户得到的电压增大B当用户的用电器增多时，用户使用的电功率增大，所以线路损失的功率将减小C要减小线路的损耗，应增大升压变压器的匝数比，同时应减小降压变压器的匝数比D要减小线路的损耗，应增大升压变压器的匝数比，同时应增大降压变压器的匝数比3“瑞安中学星”是以我国中学为名命名的小行星它沿着一个近似圆形的轨道围绕太阳运行，轨道半径长约为3.2天文单位（一个天文单位为太阳和地球间的平均距离），则“瑞安中学星”绕太阳运行一周的时间约为（）A1年B3.2年C5.7年D6.4年4一个带电荷量为q、质量为m的小球从光滑绝缘的斜面轨道的A点由静止下滑，小球恰能通过半径为R的
3、竖直圆形轨道的最高点B而做圆周运动现在竖直方向上加如图所示的匀强电场，且电场强度满足mg=2qE若仍从A点由静止释放该小球，则（）A小球仍恰好过B点B小球不能过B点C小球能过B点，且在B点与轨道之间压力不为0D以上说法都不对5菱形有界匀强磁场中，磁感应强度的方向垂直纸面向里，矩形金属线圈在纸面内沿磁场区域的一条对角线向右匀速穿过磁场区域，如图所示线圈与磁场区域刻度均为H，线圈的宽度为L，磁场区域的宽度为2L线圈中电流以顺时针方向为正，则线圈穿过磁场过程中电流的变化情况为（）ABCD6如图所示，一个重为G的木箱放在水平地面上，木箱与水平面间的动摩擦因数为，用一个与水平方向成角的推力F推动木箱沿地
4、面做匀速直线运动，则推力的水平分力等于（）AFcos BCF（cossin）DFsin 7如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面下列说法正确的是（）A斜面倾角=60BA获得最大速度为2gCC刚离开地面时，B的加速度最大D从释放A到C刚离开地面的过
5、程中，A、B两小球组成的系统机械能守恒8在空间有竖直向下的匀强电场，一带电粒子，电量为q质量为m从电场中的A点以速度V0垂直电场方向射入，通过B点AB连线与水平成53，AB长度5m（粒子的重力不计）则下列说法正确的是（）A电场强度大小为E=BAB两点的电势差UAB=C经过B点的速度大小VB=V0D在B点时电场力做功的瞬时功率P=二、计算题9如图所示，让一束均匀的阴极射线从两极板正中间垂直穿过正交的电磁场，选择合适的磁感应强度B和两极之间的电压U，带电粒子将不发生偏转，然后撤去电场，粒子将做匀速圆周运动，并垂直打到极板上，两极板之间的距离为d，则阴极射线中带电粒子的比荷为多少？10已知氢原子的基
6、态能量为13.6eV，核外电子的第一轨道半径为0.531010m，电子质量me=9.11031kg，电荷量为1.61019C，求电子跃迁到第三轨道时，氢原子的能量、电子的动能和电子的电势能各多大？11处在激发态的氢原子向能量较低的状态跃迁时会发出一系列不同频率的光，称为氢光谱氢光谱线的波长可以用下面的巴耳末里德伯公式表示： =R（），n、k分别表示氢原子跃迁前后所处状态的量子数，k=1，2，3对每一个k，有n=k+1，k+2，k+3R称为里德伯常量，是一个已知量对于k=1的一系列谱线其波长处在紫外光区，称为莱曼系；k=2的一系列谱线，其中四条谱线的波长处在可见光区，称为巴耳末系用氢原子发出的光
7、照射某种金属进行光电效应实验，当用莱曼系波长最长的光照射时，遏止电压的大小为U1，当用巴耳末系波长最短的光照射时，遏止电压的大小为U2，已知电子电荷量的大小为e，真空中的光速为c，试求普朗克常量和该种金属的逸出功2016年湖南省长沙市周南中学高考物理训练试卷（6）参考答案与试题解析一、选择题1关于物理学发展，下列表述正确的有（）A笛卡儿明确指出：除非物体受到力的作用，物体将永远保持其静止或运动状态，或永远使自己沿曲线运动，或沿直线运动B奥斯特发现了电流的磁效应，总结出了电磁感应定律C伽利略通过比萨斜塔实验，得出轻重物体下落一样快的结论，从而推翻了亚里士多德绵延两千年的“重快轻慢”的错误说法D库
8、仑借助卡文迪许扭秤装置并类比万有引力定律，通过实验发现了电荷之间的相互作用规律库仑定律【考点】物理学史【分析】本题比较简单考查了学生对物理学史的了解情况，在物理学发展的历史上有很多科学家做出了重要贡献，大家熟悉的牛顿、伽利略、奥斯特、楞次、笛卡儿等，在学习过程中要了解、知道这些著名科学家的重要贡献【解答】解：A、笛卡儿明确指出：除非物体受到力的作用，物体将永远保持其静止或运动状态，永远不会使自己沿曲线运动，而保持在直线上运动故A错误B、奥斯特仅仅发现了电流的磁效应，没有总结出了电磁感应定律，故B错误C、伽利略通过逻辑推理的方法，得出轻重物体下落一样快的结论，从而推翻了亚里士多德绵延两千年的“重
9、快轻慢”的错误说法，故C错误D、库仑借助卡文迪许扭秤装置并类比万有引力定律，通过实验发现了电荷之间的相互作用规律库仑定律故D正确故选：D2一个小型水电站，其交流发电机的输出电压保持为1103 V不变，用如图所示的电路为用户送电，已知输电线的电阻为16，下列说法正确的是（）A当用户的用电器增多时，用户使用的电功率增大，用户得到的电压增大B当用户的用电器增多时，用户使用的电功率增大，所以线路损失的功率将减小C要减小线路的损耗，应增大升压变压器的匝数比，同时应减小降压变压器的匝数比D要减小线路的损耗，应增大升压变压器的匝数比，同时应增大降压变压器的匝数比【考点】变压器的构造和原理；电功、电功率【分析
10、】正确解答本题需要掌握：理想变压器的输入功率由输出功率决定，输出电压有输入电压决定；明确远距离输电过程中的功率、电压的损失与哪些因素有关，明确整个过程中的功率、电压关系理想变压器电压和匝数关系【解答】解：AB、用户的电功率大时，电流大，线路损失的电压增多和损失的功率而增多，用户的电压会略减小，故AB错误；CD、要减小线路的损耗就要减小线路的电流增大输电的电压，故需增大升压变压器的匝数比，再就是用户的电压也要保证220V不变，所以用户端的降压变压器的匝数比也要增加故C错误，D正确；故选：D3“瑞安中学星”是以我国中学为名命名的小行星它沿着一个近似圆形的轨道围绕太阳运行，轨道半径长约为3.2天文单
11、位（一个天文单位为太阳和地球间的平均距离），则“瑞安中学星”绕太阳运行一周的时间约为（）A1年B3.2年C5.7年D6.4年【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系【分析】行星围绕太阳运行，根据万有引力提供向心力，得出周期与轨道半径的关系，从而求出“瑞安中学星”绕太阳运行周期是地球公转周期的倍数【解答】解：行星围绕太阳做圆周运动，根据万有引力提供向心力，根据G=mr得，周期 T=因为“瑞安中学星”的轨道半径是地球轨道半径的3.2倍，则周期是地球公转周期的5.7倍，所以“瑞安中学星”绕太阳运行一周大约需5.7年故C正确，ABD错误故选：C4一个带电荷量为q、质量为m的小球从光滑绝缘的斜面轨道的
12、A点由静止下滑，小球恰能通过半径为R的竖直圆形轨道的最高点B而做圆周运动现在竖直方向上加如图所示的匀强电场，且电场强度满足mg=2qE若仍从A点由静止释放该小球，则（）A小球仍恰好过B点B小球不能过B点C小球能过B点，且在B点与轨道之间压力不为0D以上说法都不对【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势差与电场强度的关系【分析】没有电场时，小球恰能通过轨道的最高点时恰好由重力提供向心力加上电场时，运用动能定理分析到最高点时速度，研究向心力，判断能否通过最高点，并求出小球到达B点的速度【解答】解：没有电场时，最高点速度设为v，则 mg=又根据机械能守恒定律得：mg（h2R）=mv2解得：h=
13、加上电场时，恰好过最高点时，轨道对小球没有作用，设需要的速度设为vB则得：mgqE=由题意知：mg=2qE，又h=R解得：vB=根据动能定理有：mg（h2R）qE（h2R）=mvB2解得：vB=，说明小球仍恰好能过B点球与轨道间无作用力，故A正确，BCD错误故选：A5菱形有界匀强磁场中，磁感应强度的方向垂直纸面向里，矩形金属线圈在纸面内沿磁场区域的一条对角线向右匀速穿过磁场区域，如图所示线圈与磁场区域刻度均为H，线圈的宽度为L，磁场区域的宽度为2L线圈中电流以顺时针方向为正，则线圈穿过磁场过程中电流的变化情况为（）ABCD【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律【分析】先根据楞
14、次定律判断感应电流的方向再由E=BLv，分析感应电动势，其中L是有效的切割长度由欧姆定律得到感应电流与时间的关系式【解答】解：在0时间内，根据楞次定律判断可知，感应电流的方向为逆时针方向，是负值；线框的有效的切割长度为l=2vt，感应电流为I=，It；在时间内，根据楞次定律判断可知，感应电流的方向为逆时针方向，是负值；线框的有效的切割长度为l=H2v（t）2v（t）=H+4L4vt=6L4vt，感应电流为I=，当t=1.5时，I=0；线框从磁场中央向右运动过程与进入磁场过程情况相反，根据数学知识得知D正确故选D6如图所示，一个重为G的木箱放在水平地面上，木箱与水平面间的动摩擦因数为，用一个与水
15、平方向成角的推力F推动木箱沿地面做匀速直线运动，则推力的水平分力等于（）AFcos BCF（cossin）DFsin 【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】对物体受力分析，受重力、推力、支持力和摩擦力，根据平衡条件并结合正交分解法列式求解【解答】解：对物体受力分析，受重力、推力、支持力和摩擦力，如图所示：根据平衡条件，有：x方向：Fcos=fy方向：Fsin+G=N其中：f=N联立解得：f=（Fsin+G），故A正确，BCD错误；故选：A7如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C
16、球放在水平地面上现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面下列说法正确的是（）A斜面倾角=60BA获得最大速度为2gCC刚离开地面时，B的加速度最大D从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球组成的系统机械能守恒【考点】机械能守恒定律【分析】C刚离开地面时，物体A沿斜面下滑的距离应该等于弹簧原来被压缩的长度再加上后来弹簧被拉长的长度，B获得最大速度，B应该处于受力平衡状态，对B受力分析，可以求
17、得斜面的倾角；对于整个系统机械能守恒，根据机械能守恒列出方程就可以求得B的最大速度【解答】解：A、设当物体C刚刚离开地面时，弹簧的伸长量为xC，则 kxC=mg物体C刚刚离开地面时，以B为研究对象，物体B受到重力mg、弹簧的弹力kxC、细线的拉力T三个力的作用，设物体B的加速度为a，根据牛顿第二定律，对B有：TmgkxC=ma对A有：4mgsinT=4ma由、两式得：4mgsinmgkxC=5ma当B获得最大速度时，有：a=0由式联立，解得 sin=0.5，所以：=30，故A错误；B、设开始时弹簧的压缩量xB，则有：kxB=mg 设当物体C刚刚离开地面时，弹簧的伸长量为xA，则有：kxC=mg
18、 当物体C刚离开地面时，物体B上升的距离以及物体A沿斜面下滑的距离均为： h=xC+xB由于弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，且物体C刚刚离开地面时，A、B两物体的速度相等，设为vBm，以A、B及弹簧组成的系统为研究对象，由机械能守恒定律得：4mghsinmgh=（4m+m） VBm2代入数据解得：VBm=2g，故B正确；C、C刚离开地面时，B的速度最大，加速度为零，故C错误；D、从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球以及弹簧构成的系统机械能守恒，A、B两小球组成的系统机械能不守恒故D错误；故选：B8在空间有竖直向下的匀强电场，一带电粒子，电量为q质量为m从电场中的A点以速度V
19、0垂直电场方向射入，通过B点AB连线与水平成53，AB长度5m（粒子的重力不计）则下列说法正确的是（）A电场强度大小为E=BAB两点的电势差UAB=C经过B点的速度大小VB=V0D在B点时电场力做功的瞬时功率P=【考点】电势差与电场强度的关系；电势差【分析】A、粒子从A到B过程做的是类似平抛运动，根据分运动的运动学公式，结合E=，列式求解即可；B、先根据类平抛运动的分位移公式列式求解竖直分位移，在根据公式U=Ed列式求解A、B两点间电势差；C、根据类似平抛运动的分运动的速度公式，结合矢量的合成法则；D、根据功率表达式P=Fv，结合电场力与电场强度方向的速度，列式求解即可【解答】解：A、带电粒子
20、垂直电场后，做类平抛运动，将运动分解成电场（y）方向与垂直电场（x）方向，如下图所示：依据平抛运动处理规律，结合运动学公式，则有：sy=而t=且SAB=5cm，AB连线与水平成53，联立上式，解得：E=，故A正确；B、依据公式U=Ed，那么UAB=ESABsin53=，故B错误；C、根据速度公式，那么B点沿着y方向的速度为：vBy=，根据矢量的合成法则，结合勾股定理，那么经过B点的速度大小为：VB=V0，故C错误； D、依据功率表达式P=Fvy，因此在B点时电场力做功的瞬时功率为：P=qE=，故D正确；故选：AD二、计算题9如图所示，让一束均匀的阴极射线从两极板正中间垂直穿过正交的电磁场，选择
21、合适的磁感应强度B和两极之间的电压U，带电粒子将不发生偏转，然后撤去电场，粒子将做匀速圆周运动，并垂直打到极板上，两极板之间的距离为d，则阴极射线中带电粒子的比荷为多少？【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在混合场中的运动【分析】电子匀速穿过电磁场区域，说明电场力与洛伦兹力平衡，根据平衡条件列式求解速度与磁感应强度、电场强度之间的关系；撤去电场后，根据带电粒子做圆周运动的特点即可求出【解答】解：电子匀速穿过电磁场区域，根据受力平衡条件，有：解得： 撤去电场后，粒子做匀速圆周运动，由于粒子垂直打到极板上，所以粒子运动的半径r=，电子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，得： 联立
22、得：答：粒子的比荷为10已知氢原子的基态能量为13.6eV，核外电子的第一轨道半径为0.531010m，电子质量me=9.11031kg，电荷量为1.61019C，求电子跃迁到第三轨道时，氢原子的能量、电子的动能和电子的电势能各多大？【考点】氢原子的能级公式和跃迁【分析】根据求出氢原子的能量，根据求出电子的轨道半径，结合库仑引力提供向心力求出电子的动能，抓住原子能量等于电子动能和电势能之和求出电子的电势能【解答】解：电子跃迁到第三轨道时，氢原子的能量为： =1.51eV，第三轨道的半径为： m=4.771010m，根据得电子的动能为： =J=2.4151019J=1.51eV，则电子的电势能为
23、：Ep=E3Ek=1.511.51eV=3.02eV答：电子跃迁到第三轨道时，氢原子的能量为1.51eV，电子的动能为1.51eV，电子的电势能为3.02eV11处在激发态的氢原子向能量较低的状态跃迁时会发出一系列不同频率的光，称为氢光谱氢光谱线的波长可以用下面的巴耳末里德伯公式表示： =R（），n、k分别表示氢原子跃迁前后所处状态的量子数，k=1，2，3对每一个k，有n=k+1，k+2，k+3R称为里德伯常量，是一个已知量对于k=1的一系列谱线其波长处在紫外光区，称为莱曼系；k=2的一系列谱线，其中四条谱线的波长处在可见光区，称为巴耳末系用氢原子发出的光照射某种金属进行光电效应实验，当用莱曼
24、系波长最长的光照射时，遏止电压的大小为U1，当用巴耳末系波长最短的光照射时，遏止电压的大小为U2，已知电子电荷量的大小为e，真空中的光速为c，试求普朗克常量和该种金属的逸出功【考点】氢原子的能级公式和跃迁【分析】根据巴耳末里德伯公式，结合n=2k=1跃迁，得出波长，并确定对应的能量，同理可得出由n=k=2跃迁时发出的能量，再根据光电效应方程，即可求解【解答】解：巴耳末里德伯公式表示： =R（），可知赖曼系波长最长的光是氢原子由n=2k=1跃迁时发出的，其波长的倒数对应的光子能量为，巴耳末系波长最短的光是氢原子由n=k=2跃迁时发出的，其波长的倒数对应的光子能量用A表示该金属的逸出功，则eU1和eU2分别为光电子的最大初动能由爱因斯坦光电效应方程得联立得，A=，h=答：普朗克常量为，该种金属的逸出功为2016年12月27日
