1、2016年辽宁省沈阳市高考物理三模试卷一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1a、b两辆汽车沿同一直线运动，它们的xt图象如图所示，则下面关于两车运动情况的说法正确的是（）A前2s内两车的位移相同Bt=1s时两车之间的距离最远Cb车的加速度的大小为1m/s2D第3秒内两车行驶的路程相同2如图所示，在、两个区域内存在磁感应强度均为B的匀强磁场，磁场方向分别垂直于纸面向外和向里，边界AC、AD的夹角DAC=30，边界AC与边界MN平行，边界AC处磁场方向垂直纸面向里，区域宽度为d质量为m、电荷量为+q的粒子在边界AD上距A点d处垂直AD射入区，已知粒子速度大小为，方向垂直磁场，不计粒子重力
2、，则粒子磁场中运动的总时间为（）ABCD3如图所示，M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板，质量为m、电量为q的带电粒子，以初速度v0由M板中间的小孔垂直金属板进入电场中，不计粒子重力当M、N间电压为U时，带电粒子恰好能够到达M、N两板间距的一半处返回，现将两板间距变为原来的一半，粒子的初速度变为2v0，要使这个粒子刚好能够到达N板，则两板间的电压应变为（）ABUC2UD4U4一位网球运动员以拍击球，使网球沿水平方向飞出，第一只球落在自己一方场地的B点，弹跳起来后，刚好擦网而过，也落在A点，设球与地面的碰撞过程没有能量损失，且运动过程不计空气阻力，则两只球飞过球网C处时水平速度之比为（）A1
3、：1B1：3C3：1D1：95某星球由于自转使处于赤道上的物体对星球表面压力恰好为零，设该物体的线速度为v1，该星球的第一宇宙速度为v2，该星球同步卫星的线速度为v3，三者的大小关系为（）Av1=v2=v3Bv1=v3v2Cv1=v2v3Dv1v3v26如图甲所示，倾角为30的斜面固定在水平地面上，一个小物块在沿斜面向上的恒定拉力F作用下，从斜面底端A点由静止开始运动，一段时间后撤去拉力F，小物块能达到的最高位置为C点，已知小物块的质量为0.3kg，小物块从A到C的vt图象如图乙所示，取g=10m/s2，则下列说法正确的是（）A小物块加速时的加速度是减速时加速度的B小物块与斜面间的动摩擦因数为
4、C小物块到达C点后将沿斜面下滑D拉力F的大小为4N7如图所示，一个由绝缘材料制成的闭合水平放置，环上各点在同一平面内，在环面内A、B两点分别固定两个点电荷QA和QB，其中QA为正电荷，一个带正电的小球P穿在环上，可以沿着闭合环无摩擦第滑动，现给小球P一定的初速度，小球恰好能沿环做速度大小不变的运动，则下列判断正确的是（）AB点固定的电荷QB一定为负电荷BB点固定的电荷QB一定为正电荷CQA和QB所产生的电场，在环上各点的电场强度都相同DQA和QB所产生的电场，在环上各点的电势都相等8如图所示，虚线框内为漏电保护开关的原理示意图，变压器A处用火线和零线平行绕制成线圈，然后接到用电器，B处有一个输
5、电线圈，一旦线圈B中有电流，经过大后便能推动继电器切断电源，如果甲、乙、丙、丁四人分别以图示方式接触电线（裸露部分），甲、乙、丙站在木凳上，则下列说法正确的是（）A甲不会发生触电事故，继电器不会切断电源B乙会发生触电事故，继电器不会切断电源C丙会发生触电事故，继电器会切断电源D丁会发生触电事故，继电器会切断电源二、解答题（共4小题，满分47分）9在如图所示的电路中，A、B、C为三节干电池，实验中理想电压表和电流表的读数如表所示（1）如果干电池A和B具有相同的电动势和内阻，根据表中实验数据，可计算出干电池A的电动势为V，内阻为（保留两位小数）；（2）已知干电池C的电动势与A、B相同，当电键K与“
6、3”连接时，电流表的示数变为0.29A，则其原因是 电键位置 电压表U（V）电流表I（A） K1 1.400.20 K2 2.700.30 10某同学利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图所示，气垫导轨与水平桌面的夹角为，导轨底端P点有一带挡光片的滑块，滑块和挡光片的总质量为M，挡光片的宽度为b，滑块与沙桶由跨过轻质光滑定滑轮的细绳相连，导轨上Q点固定一个光电门，挡光片到光电门的距离为d（1）实验时，该同学进行了如下操作：开启气泵，调节细沙的质量，使滑块处于静止状态，则沙桶和细沙的总质量为；在沙桶中再加入质量为m的细沙，让滑块从P点由静止开始运动，已知光电门记录挡光片挡光的时间为t，则滑
7、块通过Q点的瞬时速度为；（2）在滑块从P点运动到Q点的过程中，滑块的机械能增加量E1=，沙桶和细沙的机械能减少量E2=，在误差允许的范围内，如果E1=E2，则滑块、沙桶和细沙组成的系统机械能守恒11用光滑圆管制成如图所示的轨道，竖直立于水平地面上，其中ABC为圆轨道的一部分，CD为倾斜直轨道，二者相切与C点，已知圆轨道的半径R=1m，倾斜轨道CD与水平地面的夹角为=37，现将一小球以一定的初速度从A点射入圆管，小球直径略小于圆管的直径，取重力加速度g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，求小球通过倾斜轨道CD的最长时间（结果保留一位有效数字）12如图所示，两条平行的光滑金属导
8、轨固定在倾角为的绝缘斜面上，导轨上端连接一个定值电阻，导体棒a和b放在导轨上，与导轨垂直并接触良好，斜面上水平虚线PQ以下区域内，存在着垂直斜面向上的磁场，磁感应强度大小为B0已知b棒的质量为m，a棒、b棒和定值电阻的阻值均为R，导轨电阻不计，重力加速度为g（1）断开开关S，a棒、b棒固定在磁场中，恰与导轨构成一个边长为L的正方形，磁场从B0以=k均匀增加，写出a棒所受安培力F安随时间t变化的表达式（2）若接通开关S，同时对a棒施以平行导轨斜向上的拉力F，使它沿导轨匀速向上运动，此时放在导轨下端的b棒恰好静止，当a棒运动到磁场的上边界PQ处时，撤去拉力F，a棒将继续沿导轨向上运动一小段距离后再
9、向下滑动，此时b棒已滑离导轨，当a棒再次滑回到磁场上边界PQ处时，又恰能沿导轨匀速向下运动，求a棒质量ma及拉力F的大小三、物理-选修3-313下列说法正确的是（）A当分子间距离为平衡距离时分子势能最大B饱和汽压随温度的升高而减小C对于一定质量的理想气体，当分子热运动变剧烈时，压强可以不变D熵增加原理说明一切自然过程总是向着分子热运动的无序性增大的方向进行E由于液面表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，所以液体表面具有收缩的趋势14如图所示，内壁光滑的圆柱形导热气缸固定在水平面上，气缸内被活塞封有一定质量的理想气体，活塞横截面积为S，质量和厚度都不计，活塞通过弹簧与气缸底部连接在一起，弹簧处
10、于原长，已知周围环境温度为T0，大气压强恒为p0，弹簧的劲度系数k=（S为活塞横截面积），原长为l0，一段时间后，环境温度降低，在活塞上施加一水平向右的压力，使活塞缓慢向右移动，当压力增大到某一值时保持恒定，此时活塞向右移动了0.2l0，缸内气体压强为1.1p0（1）求此时缸内气体的温度T1；（2）对气缸加热，使气体温度缓慢升高，当活塞移动到距气缸底部1.2l0时，求此时缸内气体的温度T2物理-选修3-415如图是水面上两列频率相同的波在某时刻的叠加情况，以波源S1、S2为圆心的两组同心圆弧分别表示同一时刻两列波的波峰（实线）和波谷（虚线），S1的振幅A1=3cm，S2的振幅A2=2cm，则下
11、列说法正确的是（）A质点D是振动减弱点B质点A、D在该时刻的高度差为10cmC再过半个周期，质点A、C是振动加强点D质点C的振幅为1cmE质点C此刻以后将向下振动16如图所示，一玻璃砖的横截面为半圆形，O为圆心，半径为R，MN为直径，P为OM的中点，MN与水平放置的足够大光屏平行，两者间距为d=R，一单色细光束沿垂直于玻璃砖上表面的方向从P点射入玻璃砖，光从弧形表面上某点A射出后到达光屏上某处Q点，已知玻璃砖对该光的折射率为n=，求光束从OM上的P点射入玻璃砖后到达光屏上Q点所用的时间（不考虑反射光，光在真空中传播速度为c）物理-选修3-517下列说法正确的是（）A为了解释光电效应现象，爱因斯
12、坦建立了光子说，指出在光电效应现象中，光电子的最大初动能与入射光的频率成线性关系B汤姆逊根据阴极射线在电场和磁场中的偏转情况断定，阴极射线的本质是带负电的粒子流，并测出了这种粒子的比荷C按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子的能量减小了D已知中子、质子和氘核的质量分别为mn、mp和mD，则氘核的比结合能为（c表示真空中的光速）E放射性元素发生衰变，新核的化学性质不变18如图所示，物块A静止在光滑水平面上，木板B和物块C一起以速度v0向右运动，与A发生弹性正碰，已知v0=5m/s，mA=6kg，mB=4kg，mC=2kg，C与B之间动摩擦因数=0
13、.2，木板B足够长，取g=10m/s2，求：（1）B与A碰撞后A物块的速度；（2）B、C共同的速度；（3）整个过程中系数增加的内能2016年辽宁省沈阳市高考物理三模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1a、b两辆汽车沿同一直线运动，它们的xt图象如图所示，则下面关于两车运动情况的说法正确的是（）A前2s内两车的位移相同Bt=1s时两车之间的距离最远Cb车的加速度的大小为1m/s2D第3秒内两车行驶的路程相同【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系【分析】在位移时间图象中，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，斜率表示速度，图象的交点表示相遇【解
14、答】解：A、位移大小等于初末位置坐标之差，根据图象可知，前2s内a车的位移大于b车位移，故A错误；B、图象的交点表示相遇，根据图象可知，t=1s时两车相遇，故B错误；C、b车做匀速直线运动，加速度为0，故C错误；D、图象的斜率表示速度，根据图象可知，第3秒s，ab速度相同，做匀速直线运动，则第3秒内两车行驶的路程相同，故D正确故选：D2如图所示，在、两个区域内存在磁感应强度均为B的匀强磁场，磁场方向分别垂直于纸面向外和向里，边界AC、AD的夹角DAC=30，边界AC与边界MN平行，边界AC处磁场方向垂直纸面向里，区域宽度为d质量为m、电荷量为+q的粒子在边界AD上距A点d处垂直AD射入区，已知
15、粒子速度大小为，方向垂直磁场，不计粒子重力，则粒子磁场中运动的总时间为（）ABCD【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【分析】粒子射入磁场后受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可求得粒子的轨迹半径和周期，画出轨迹，找出轨迹对应的圆心角，由【解答】解：根据洛伦兹力提供向心力，有得=根据几何关系，粒子离开区域的速度方向与沿AC方向，进入磁场区域做匀速圆周运动，运动周期后射出磁场在区域圆弧所对的圆心角，在区域圆弧所对的圆心角为90粒子在磁场中运动的总时间为，故C正确，ABD错误；故选：C3如图所示，M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板，质量为m、电量为q的带电粒子，
16、以初速度v0由M板中间的小孔垂直金属板进入电场中，不计粒子重力当M、N间电压为U时，带电粒子恰好能够到达M、N两板间距的一半处返回，现将两板间距变为原来的一半，粒子的初速度变为2v0，要使这个粒子刚好能够到达N板，则两板间的电压应变为（）ABUC2UD4U【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系【分析】电粒子恰好能够到达M、N两板间距的一半处返回时，只有电场力做功，根据动能定理得：Uq=0mv02；两板间距变为原来的一半，粒子的初速度变为2v0，粒子刚好能够到达N板，则两板间的电压为U，此时再根据动能定理：Uq=0m（2v0）2，计算可以得出U=2U【解答】解：设：M、N板的中间为P点，电粒子
17、恰好能够到达P点时，则P点速度为0，过程中只有电场力做负功，UMN=Ed=U；UMP=E=，根据动能定理得：Uq=0mv02；两板间距变为原来的一半，粒子的初速度变为2v0时，粒子刚好能够到达N板，此时速度为0，设此时两板间的电压为U，再根据动能定理：Uq=0m（2v0）2，两个等式左边相除等于右边相除，约分化简得： =；故U=2U故选：C4一位网球运动员以拍击球，使网球沿水平方向飞出，第一只球落在自己一方场地的B点，弹跳起来后，刚好擦网而过，也落在A点，设球与地面的碰撞过程没有能量损失，且运动过程不计空气阻力，则两只球飞过球网C处时水平速度之比为（）A1：1B1：3C3：1D1：9【考点】平
18、抛运动【分析】第一、二两球被击出后都是作平抛运动，竖直方向做自由落体运动，由于高度相同，两球被击出至各自第一次落地的时间是相等的对于第一个球：球与地面的碰撞是完全弹性碰撞，撞地后弹起做斜抛运动，最大高度等于H，斜抛运动的时间等于被击出至各自第一次落地的时间的两倍根据水平方向是匀速直线运动，研究出两个球的初速度关系，根据水平位移关系，研究初速度关系【解答】解：由平抛运动的规律可知，两球分别被击出至各自第一次落地的时间是相等的由于球与地面的碰撞是完全弹性碰撞，设第一球自击出到落地时间为t1，第二球自击出到落地时间为t2，则：t1=3t2由于一、二两球在水平方向均为匀速运动，水平位移大小相等，设它们
19、从O点出发时的初速度分别为v1、v2，由x=v0t得：v2=3v1所以有，所以两只球飞过球网C处时水平速度之比为1：3，故B正确故选：B5某星球由于自转使处于赤道上的物体对星球表面压力恰好为零，设该物体的线速度为v1，该星球的第一宇宙速度为v2，该星球同步卫星的线速度为v3，三者的大小关系为（）Av1=v2=v3Bv1=v3v2Cv1=v2v3Dv1v3v2【考点】同步卫星；第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度【分析】赤道上的物体和同步卫星周期相同，根据半径关系比较向心加速度和线速度大小关系，再根据万有引力提供圆周运动向心力比较同步卫星与近地卫星的向心加速度和线速度的大小关系【解答】解：处
20、于赤道上的物体对星球表面压力恰好为零，那么物体的线速度为v1，该星球同步卫星的线速度为v3，它们的角速度相等，依据v=r，可知，v3v1；同步卫星的轨道高度大于近地卫星的轨道高度，据G=m得线速度v=知，近地卫星线速度大于同步卫星线速度，故v2v3，因此则有：v1v3v2，故D正确，ABC均错误故选：D6如图甲所示，倾角为30的斜面固定在水平地面上，一个小物块在沿斜面向上的恒定拉力F作用下，从斜面底端A点由静止开始运动，一段时间后撤去拉力F，小物块能达到的最高位置为C点，已知小物块的质量为0.3kg，小物块从A到C的vt图象如图乙所示，取g=10m/s2，则下列说法正确的是（）A小物块加速时的
21、加速度是减速时加速度的B小物块与斜面间的动摩擦因数为C小物块到达C点后将沿斜面下滑D拉力F的大小为4N【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像【分析】根据加速度的定义式求加速与减速的加速度；撤去拉力后，根据牛顿第二定律求动摩擦因数；比较mgsin30和mgcos30判断物块能否沿斜面下滑；在拉力作用下，根据牛顿第二定律求拉力F【解答】解：A、小物块加速时的加速度为：减速时的加速度为：小物块加速时的加速度是减速时加速度的，故A正确；B、撤去拉力后，根据牛顿第二定律，有：即：，得：，故B错误；C、在C点mgsin30mgcos30，所以小物块到达C点后将沿斜面下滑，故C正确；D、在拉力作用下，根
22、据牛顿第二定律，有：代入数据得： =，故D错误；故选：AC7如图所示，一个由绝缘材料制成的闭合水平放置，环上各点在同一平面内，在环面内A、B两点分别固定两个点电荷QA和QB，其中QA为正电荷，一个带正电的小球P穿在环上，可以沿着闭合环无摩擦第滑动，现给小球P一定的初速度，小球恰好能沿环做速度大小不变的运动，则下列判断正确的是（）AB点固定的电荷QB一定为负电荷BB点固定的电荷QB一定为正电荷CQA和QB所产生的电场，在环上各点的电场强度都相同DQA和QB所产生的电场，在环上各点的电势都相等【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度；电势【分析】球沿闭合圆环运动速率不变，说明动能不变，电场力不做功
23、，可以得出闭合环是一个等势面，再结合常见电场的分布即可作答【解答】解：AB、根据题意，小球恰好能沿环做速度大小不变的运动，由动能定理知，电场力不做功，即闭合圆环和电场的某一等势面重合，根据常见电场的电场分布和等势面分布图知，AB是等量同种点电荷，为正电荷，也一定为正电荷，故B正确，A错误；CD、闭合环正好和电场的某个等势面重合，故环上各点的电势都相等，故C错误，D正确；故选：BD8如图所示，虚线框内为漏电保护开关的原理示意图，变压器A处用火线和零线平行绕制成线圈，然后接到用电器，B处有一个输电线圈，一旦线圈B中有电流，经过大后便能推动继电器切断电源，如果甲、乙、丙、丁四人分别以图示方式接触电线
24、（裸露部分），甲、乙、丙站在木凳上，则下列说法正确的是（）A甲不会发生触电事故，继电器不会切断电源B乙会发生触电事故，继电器不会切断电源C丙会发生触电事故，继电器会切断电源D丁会发生触电事故，继电器会切断电源【考点】变压器的构造和原理【分析】图中A线圈是用火线和零线双股平行线绕制成线圈，正常情况下火线和零线中电流方向相反、大小相等，线圈A产生的总磁通量为零；当漏电时，火线和零线中电流方向、大小不等，线圈A产生的总磁通量不为零，增加了，故会在线圈B中产生感应电流，经放大后便能推动继电器切断电源【解答】解：AB、图中甲、乙站在木凳上（人与地绝缘）接触火线时，火线和零线中电流方向、大小不变，线圈A产
25、生的总磁通量为零，线圈B中不产生感应电流，继电器均不会切断电源，甲、乙不会发生触电事故，故A正确；C、当丙双手“火线零线”触电时（人与地绝缘），火线和零线中电流方向相反、大小相等，线圈A产生的总磁通量为零；线圈A中不会产生感应电流，故继电器不会切断电源，但人会触电；故C错误；D、当丁如图中“手地”触电时，会导致一部分电流通过大地，火线和零线中电流方向、大小不等，线圈A产生的总磁通量不为零，即增加了，故会在线圈B中产生感应电流，经放大后便能推动继电器切断电源；故D正确；故选：AD二、解答题（共4小题，满分47分）9在如图所示的电路中，A、B、C为三节干电池，实验中理想电压表和电流表的读数如表所示
26、（1）如果干电池A和B具有相同的电动势和内阻，根据表中实验数据，可计算出干电池A的电动势为1.5V，内阻为0.5（保留两位小数）；（2）已知干电池C的电动势与A、B相同，当电键K与“3”连接时，电流表的示数变为0.29A，则其原因是干电池C是旧电池，内阻较大，功率损耗较大 电键位置 电压表U（V）电流表I（A） K1 1.400.20 K2 2.700.30 【考点】闭合电路的欧姆定律【分析】根据闭合电路的欧姆定律，根据表中数据联立方程组即可求出电动势和内阻，当电键K与“接线柱3”连接，串联电池组的总电动势增加，电流表的示数反而减小，电池C的内阻较大【解答】解：（1）根据闭合电路的欧姆定律，有
27、电键k解1时：电键k接2时：代入数据得：E=1.40+0.20r2E=2.70+0.302r解得：E=1.5V r=0.5（2）k接3时，电源的电动势变大，灯泡电阻不变，电流变小，原因是干电池C是旧电池，内阻较大，功率损耗较大故答案为：（1）1.5 0.5（2）干电池C是旧电池，内阻较大，功率损耗较大10某同学利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图所示，气垫导轨与水平桌面的夹角为，导轨底端P点有一带挡光片的滑块，滑块和挡光片的总质量为M，挡光片的宽度为b，滑块与沙桶由跨过轻质光滑定滑轮的细绳相连，导轨上Q点固定一个光电门，挡光片到光电门的距离为d（1）实验时，该同学进行了如下操作：开启气
28、泵，调节细沙的质量，使滑块处于静止状态，则沙桶和细沙的总质量为Msin；在沙桶中再加入质量为m的细沙，让滑块从P点由静止开始运动，已知光电门记录挡光片挡光的时间为t，则滑块通过Q点的瞬时速度为；（2）在滑块从P点运动到Q点的过程中，滑块的机械能增加量E1=，沙桶和细沙的机械能减少量E2=，在误差允许的范围内，如果E1=E2，则滑块、沙桶和细沙组成的系统机械能守恒【考点】验证机械能守恒定律【分析】（1）根据共点力平衡求出沙桶和细沙的总质量；根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出滑块通过Q点的瞬时速度；（2）根据滑块动能的增加量和重力势能增加量求出滑块机械能增加量，根据沙桶和细沙重力势能的减小量
29、和动能的增加量求出沙桶和细沙机械能的减小量【解答】解：（1）设沙桶和沙的质量为m，有：Mgsin=mg，解得m=Msin极短时间内的平均速度等于瞬时速度，则滑块通过Q点的瞬时速度v=（2）在滑块从P点运动到Q点的过程中，滑块的动能增加，重力势能增加，则机械能增加量为E1=，沙桶和细沙重力势能减小，动能增加，则沙桶和细沙机械能的减小量为E2=故答案为：（1）Msin，（2），11用光滑圆管制成如图所示的轨道，竖直立于水平地面上，其中ABC为圆轨道的一部分，CD为倾斜直轨道，二者相切与C点，已知圆轨道的半径R=1m，倾斜轨道CD与水平地面的夹角为=37，现将一小球以一定的初速度从A点射入圆管，小球
30、直径略小于圆管的直径，取重力加速度g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，求小球通过倾斜轨道CD的最长时间（结果保留一位有效数字）【考点】动能定理；向心力【分析】由题意得小球到达圆轨道的最高点的速度为0，则利用动能定理、牛顿第二定律和运动学公式建立等式联立求解【解答】解：小球通过倾斜轨道时间若最长，则小球到达圆轨道的最高点的速度为0，从最高点到C点：对小球由动能定理可得：mgh=mvC2由几何关系得：h=RRcos小球在CD段匀加速直线运动，由位移公式得：L=vCt+at2CD的长度为：L= 对小球利用牛顿第二定律可得：mgsin=ma代入数据联立解得：t=1s答：小球通过倾
31、斜轨道CD的最长时间为1s12如图所示，两条平行的光滑金属导轨固定在倾角为的绝缘斜面上，导轨上端连接一个定值电阻，导体棒a和b放在导轨上，与导轨垂直并接触良好，斜面上水平虚线PQ以下区域内，存在着垂直斜面向上的磁场，磁感应强度大小为B0已知b棒的质量为m，a棒、b棒和定值电阻的阻值均为R，导轨电阻不计，重力加速度为g（1）断开开关S，a棒、b棒固定在磁场中，恰与导轨构成一个边长为L的正方形，磁场从B0以=k均匀增加，写出a棒所受安培力F安随时间t变化的表达式（2）若接通开关S，同时对a棒施以平行导轨斜向上的拉力F，使它沿导轨匀速向上运动，此时放在导轨下端的b棒恰好静止，当a棒运动到磁场的上边界
32、PQ处时，撤去拉力F，a棒将继续沿导轨向上运动一小段距离后再向下滑动，此时b棒已滑离导轨，当a棒再次滑回到磁场上边界PQ处时，又恰能沿导轨匀速向下运动，求a棒质量ma及拉力F的大小【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；安培力【分析】（1）由法拉第电磁感应定律求解感应电动势，根据闭合电路的欧姆定律电路的电流，根据安培力计算公式来解答；（2）弄清楚电路连接情况，根据欧姆定律得干路电流，b棒保持静止时根据共点力平衡条件列方程，分析a棒的运动情况，根据机械能守恒定律得到a棒返回磁场时速度，a棒匀速下滑时，根据共点力的平衡条件求解a棒的质量；a棒向上运动时受力平衡，由此求解拉力大小【
33、解答】解：（1）由法拉第电磁感应定律可得：E=，根据闭合电路的欧姆定律可得：I=，t时刻磁感应强度为：B=B0+kt，此时棒所受的安培力为：F安=BIL，解得：F安=（2）根据题意可知，a棒沿斜面上运动时，a棒为电源，b棒和电阻R并联，通过a棒的电流为I1，由并联电路关系可得：I1=Ib+IRb棒和电阻R阻值相等，则通过b棒的电流为：Ib=，电路的总电阻为：R总=，由欧姆定律得干路电流为：I1=，感应电动势为：E=BLv，b棒保持静止，则有：mgsin=BIbL，a棒离开磁场后撤去拉力F，a棒机械能守恒，返回磁场时速度还是v，此时a棒和电阻R串联，则电路中的电流为：a棒匀速下滑，则有：mags
34、in=BI2L，联立以上各式，解得：ma=，a棒向上运动时受力平衡，则有：F=magsin+BIaL，解得：F=答：（1）a棒所受安培力F安随时间t变化的表达式为F安=；（2）a棒质量为，拉力F的大小为三、物理-选修3-313下列说法正确的是（）A当分子间距离为平衡距离时分子势能最大B饱和汽压随温度的升高而减小C对于一定质量的理想气体，当分子热运动变剧烈时，压强可以不变D熵增加原理说明一切自然过程总是向着分子热运动的无序性增大的方向进行E由于液面表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，所以液体表面具有收缩的趋势【考点】* 液体的表面张力现象和毛细现象；有序、无序和熵【分析】分子间距离为平衡距离
35、时分子势能最小，饱和汽压随温度的升高而增大，气体压强与温度和体积有关，一切自然过程总是向着熵增加的方向进行【解答】解：A、当分子间距离为平衡距离时分子势能最小，故A错误；B、饱和汽压随温度的升高而增大，故B错误；C、当分子的热运动变剧烈时，温度升高，若体积同时增大，压强可以不变，故C正确；D、熵增加原理说明一切自然过程总是向着分子热运动的无序性增大的方向进行，故D正确；E、由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，故液体表面有收缩趋势，故E正确故选：CDE14如图所示，内壁光滑的圆柱形导热气缸固定在水平面上，气缸内被活塞封有一定质量的理想气体，活塞横截面积为S，质量
36、和厚度都不计，活塞通过弹簧与气缸底部连接在一起，弹簧处于原长，已知周围环境温度为T0，大气压强恒为p0，弹簧的劲度系数k=（S为活塞横截面积），原长为l0，一段时间后，环境温度降低，在活塞上施加一水平向右的压力，使活塞缓慢向右移动，当压力增大到某一值时保持恒定，此时活塞向右移动了0.2l0，缸内气体压强为1.1p0（1）求此时缸内气体的温度T1；（2）对气缸加热，使气体温度缓慢升高，当活塞移动到距气缸底部1.2l0时，求此时缸内气体的温度T2【考点】理想气体的状态方程【分析】（1）根据理想气体状态方程求缸内气体的温度（2）根据理想气体状态方程和对活塞受力平衡联立求解【解答】解：（1）汽缸内的气
37、体，初态时：压强为，体积为，温度为末态时：压强为，体积为由理想气体状态方程得：解得：（2）当活塞移动到距气缸底部时，体积为，设气体压强为，由理想气体状态方程得：此时活塞受力平衡方程为：当活塞向右移动后压力F保持恒定，活塞受力平衡解得：答：（1）求此时缸内气体的温度为；（2）对气缸加热，使气体温度缓慢升高，当活塞移动到距气缸底部1.2l0时，求此时缸内气体的温度为物理-选修3-415如图是水面上两列频率相同的波在某时刻的叠加情况，以波源S1、S2为圆心的两组同心圆弧分别表示同一时刻两列波的波峰（实线）和波谷（虚线），S1的振幅A1=3cm，S2的振幅A2=2cm，则下列说法正确的是（）A质点D是
38、振动减弱点B质点A、D在该时刻的高度差为10cmC再过半个周期，质点A、C是振动加强点D质点C的振幅为1cmE质点C此刻以后将向下振动【考点】波的叠加；波的干涉和衍射现象【分析】几列波相遇时，每列波都能够保持各自的状态继续传播而不互相干扰，只是在重叠的区域里，介质的质点同时参与这几列波引起的振动，质点的位移等于这几列波单独传播时引起的位移的矢量和；频率相同的两列同性质的波相遇产生稳定干涉图象，波峰与波峰相遇、波谷与波谷相遇的是振动加强点；而波峰与波谷相遇是振动减弱点【解答】解：A、两个波源的振动步调一致，图中AD到两个波源路程差为零，是振动加强点，而BC是波峰与波谷相遇，是振动减弱点，故A错误
39、；B、图示时刻，质点A的位移为+3cm+2cm=+5cm，质点D的位移为3cm2cm=5cm，故质点A、D在该时刻的高度差为10cm，故B正确；C、振动的干涉图象是稳定的，AD一直是振动加强点，而BC一直是振动减弱点，故C错误；D、质点C是振动减弱点，振幅为3cm2cm=1cm，故D正确；E、质点C是振动减弱点，此刻在上方最大位移处，故质点C此刻以后将向下振动，故E正确；故选：BDE16如图所示，一玻璃砖的横截面为半圆形，O为圆心，半径为R，MN为直径，P为OM的中点，MN与水平放置的足够大光屏平行，两者间距为d=R，一单色细光束沿垂直于玻璃砖上表面的方向从P点射入玻璃砖，光从弧形表面上某点A
40、射出后到达光屏上某处Q点，已知玻璃砖对该光的折射率为n=，求光束从OM上的P点射入玻璃砖后到达光屏上Q点所用的时间（不考虑反射光，光在真空中传播速度为c）【考点】光的折射定律【分析】光在MN面上是垂直入射，进入圆弧面上时发生折射，作出光路图，求解出各个角度，然后根据折射率公式n=列式，根据v=求解玻璃中的速度，最后联立求解【解答】解：完成光路图如图所示，P为OM的中点设出射点处的入射角为，折射角为由几何关系知： sin=，得 =30 PA=Rcos30设光在玻璃转中的传播速度为v，传播时间为t1，则： v=则光线在玻璃砖内传播的时间为 t1=由折射定律得：n=由图知，AQ=设光从A到Q所用时间
41、为t2，则： t2=由以上关系可求得从P到Q的时间为： t=t1+t2=答：光束从OM上的P点射入玻璃砖后到达光屏上Q点所用的时间是物理-选修3-517下列说法正确的是（）A为了解释光电效应现象，爱因斯坦建立了光子说，指出在光电效应现象中，光电子的最大初动能与入射光的频率成线性关系B汤姆逊根据阴极射线在电场和磁场中的偏转情况断定，阴极射线的本质是带负电的粒子流，并测出了这种粒子的比荷C按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子的能量减小了D已知中子、质子和氘核的质量分别为mn、mp和mD，则氘核的比结合能为（c表示真空中的光速）E放射性元素发生衰变
42、，新核的化学性质不变【考点】光电效应；氢原子的能级公式和跃迁【分析】根据光电效应方程分析光电子的最大初动能与入射光频率的关系；汤姆逊根据阴极射线在电场和磁场中的偏转情况断定，阴极射线的本质是带负电的粒子流，并测出了这种粒子的比荷；氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，原子的能量增大，根据库仑引力提供向心力分析电子动能的变化；根据爱因斯坦质能方程得出结合能的大小，从而求出比结合能；放射性元素发生衰变，变为新的元素，化学性质改变【解答】解：A、为了解释光电效应现象，爱因斯坦建立了光子说，根据光电效应方程Ekm=hvW0知，光电子的最大初动能与入射光的频率成线性关系，故A正确B、汤姆
43、逊根据阴极射线在电场和磁场中的偏转情况断定，阴极射线的本质是带负电的粒子流，并测出了这种粒子的比荷，故B正确C、氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，量子数增大，原子的能量增大，根据知，电子的动能减小，故C错误D、中子和质子结合成氘核，有质量亏损，根据爱因斯坦质能方程知，结合能，则氘核的比结合能为，故D正确E、放射性元素发生衰变，电荷数增1，则新核的化学性质改变，故E错误故选：ABD18如图所示，物块A静止在光滑水平面上，木板B和物块C一起以速度v0向右运动，与A发生弹性正碰，已知v0=5m/s，mA=6kg，mB=4kg，mC=2kg，C与B之间动摩擦因数=0.2，木板B足够
44、长，取g=10m/s2，求：（1）B与A碰撞后A物块的速度；（2）B、C共同的速度；（3）整个过程中系数增加的内能【考点】动量守恒定律；功能关系【分析】（1）对B与A弹性碰撞的过程，遵守动量守恒和机械能守恒，由动量守恒定律及机械能守恒定律定律可求得碰后A的速度；（2）以B、C为研究对象，由动量守恒定律可求得BC共同的速度（3）运用能量守恒定律求增加的内能【解答】解：（1）以AB为研究对象，B与A弹性碰撞过程，设向右为正，由动量守恒定律可有： mBv0=mAvA+mBvB；由机械能守恒定律可知：mBv02=mBvB2+mAvA2联立解得：vA=4m/s；vB=1m/s；（2）碰后B反向，与C相互作用；对B、C，由动量守恒定律可知： mCv0+mBvB=（mC+mB）v解得：v=1m/s（3）系统增加的内能为 Q=mBvB2+mCv02（mC+mB）v2解得 Q=24J答：（1）B与A相碰后，A的速度为5m/s；（2）BC共同的速度为1m/s（3）整个过程中系数增加的内能是24J2017年4月5日
