1、2015-2016学年广东省揭阳市高二（下）期末物理试卷一、选择题1如图所示，实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点若带电粒子在运动中仅受到电场力作用，根据此图可判断出（）A该粒子带正电B该粒子在a的加速度小于在b的加速度C该粒子在a的速度小于在b的速度D该粒子在a的电势能小于在b的电势能2空间虚线上方存在匀强磁场，磁感应强度为B一群电子以不同速率v从边界上的P点以相同的方向射入磁场，其中某一速率v0的电子从Q点射出，如图所示已知电子入射方向与边界夹角为，则由以上条件可判断（）A该匀强磁场的方向是垂直纸面向外B所有电子在磁
2、场中的轨迹相同C速度大的电子在磁场中运动对应的圆心角小D所有电子的速度方向都改变了23有一个小型发电机，机内的矩形线圈匝数为50匝，电阻为5，线圈在匀强磁场中，以恒定的角速度绕垂直于磁场方向的固定轴转动穿过每匝线圈的磁通量随时间的变化规律如图所示由此可知发电机电动势瞬时值表达式为（）Ae=31.4sin50t（V）Be=31.4cos50t（V）Ce=157cos100t（V）De=157sin100t（V）4如图所示，固定于水平面上的金属架CDEF处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动t=0时，磁感应强度为B，此时MN到达的位置使MDEN构成一个边长为L的正方形为使
3、MN棒中不产生感应电流，从t=0开始，磁感应强度B随时间t变化图象为（）ABCD5如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器当R2的滑动触点在ab的中点时合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U现将R2的滑动触点向a端移动，则（）A电源的总功率减小BR3消耗的功率增大CI1增大，I2减小，U增大DI1减小，I2不变，U减小6如图甲，一理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2=11：5，原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u随时间t的变化规律如图乙所示，副线圈仅接入一个10的电阻则（）A电流表的示数为10sin100t（A）B变压器
4、的输出电流的周期为2sC变压器的输入功率是1103WD电压表的示数是100V7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若将S断开，则油滴将做自由落体运动B若将A向左平移一小段位移，G表中有ba的电流C若将A向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动D若将A向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动8有两根长直导线a、b互相平行放置，如图所示为垂直于导线的截面图在如图所示的平面内，O点为两根导线连接的中点，M、N为两导线连线的中垂线上两点，与O点的距离相等，aM与MN的夹角为若两导线中通有大小
5、相等、方向相同的恒定电流I，单根导线中的电流在M处产生的磁感应强度大小为B0，现将一根电流元I0L从M点移到N点，如图所示，则下列说法中正确的是（）A在运动过程中电流元所受到的安培力方向保持不变B在O点电流元所受到的安培力为零C在M点电流元所受到的安培力为2I0LB0cosD在运动过程中电流元所受到的安培力大小先增大后减小二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第9-12题为必考题，每个试题考生都必须作答。第13-18题为选考题，考生根据要求作答。9某实验小组采用如图（a）的电路测量规格为“6V，0.5A”的小型直流电动机M中线圈的电阻（阻值约为几欧姆）R0为阻值为3.0的定值电阻调节R并控制
6、电动机不转动时读出电流表和电压表示数电压表示数是2.50V，电流表示数如图（b），则电流表示数是_使用测得数据，计算电动机线圈电阻为_（计算结果保留2为有效数字）调节R时并让电动机转动，读出电流表为0.50A，电压表示数为7.50V，则此时电动机的电压为_V（计算结果保留2为有效数字）10甲乙两位同学在实验室利用如图（a）所示的电路测定定值电阻R0，电源的电动势E和内电阻r，调节滑动变阻器的滑动触头P向某一方向移动时，甲同学记录了电流表A和电压表V1的测量数据，乙同学记录的是电流表A和电压表V2的测量数据并根据数据描绘了如图（b）所示的两条UI直线回答下列问题：根据图（b），可以求出定值电阻R
7、0=_，电源电动势E=_V，内电阻r=_（以上结果均保留2位有效数字）由于_（填“电流表分压”或“电压表分流”）的影响，测得的电源电动势比实际值偏小11如图所示，两根相距L=1m的平行金属导轨，一部分水平，另一部分足够长且与水平面的夹角为=37两金属杆ab、cd与导轨垂直且良好接触，并形成闭合回路cd杆与水平导轨间的动摩擦因数为=0.5，倾斜导轨光滑，导轨电阻不计ab质量m1=1kg，电阻R1=1；cd质量m2=2kg，电阻R2=4整个装置处于磁感应强度B=2T，方向垂直于倾斜导轨向上的匀强磁场中，ab杆在平行于倾斜导轨的恒力F=10N作用下向上做匀速运动，cd杆始终保持静止（sin37=0.
8、6，cos37=0.8，g=10m/s2）求：（1）ab杆匀速运动的速度；（2）cd杆受到的摩擦力大小12如图所示，平行板电容器两金属板A、B板长L=32cm，两板间距离d=32cm，A板的电势比B板高电量q=1010C，质量m=1020kg的带正电的粒子，以初速度v0=2106m/s沿电场中心线垂直电场线飞入电场随后，粒子在O点飞出平行板电容器（速度偏转角为37），并进入磁场方向垂直纸面向里，且边长为CD=24cm的正方形匀强磁场区域（sin37=0.6，cos37=0.8，粒子的重力不计）（1）求AB两板的电势差；（2）粒子穿过磁场区域后打在放置于中心线上的荧光屏CD上，求磁感应强度的范围
9、【物理-选修3-3】13下列说法中正确的是（）A气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内的分子数及气体分子的平均动能都有关B布朗运动是液体分子的运动，它说明水分子不停息地做无规则热运动C温度升高，物体的每一个分子的动能都增大D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，所以液体表面具有收缩的趋势E在绝热条件下压缩气体，气体的内能一定增加14如图所示，在一辆静止的小车上，竖直固定着两端开口、内径均匀的U形管，U形管的竖直部分与水平部分的长度均为l，管内装有水银，两管内水银面距管口均为现将U形管的左端封闭，并让小车水平向右做匀加速直线运动，运动过程中U形管
10、两管内水银面的高度差恰好为已知重力加速度为g，水银的密度为，大气压强为p0=gl，环境温度保持不变，求：（）左管中封闭气体的压强p；（）小车的加速度a【物理-选修3-4】15如图所示，图甲为一列横波在t=0.5s时的波动图象，图乙为质点P的振动图象，下列说法正确的是（）A波沿x轴正方向传播B0.5s至1.0s的过程中质点P的位移为0.4cmC在t=1.0s时，质点P向x轴正方向运动D波速为4m/sEt=0.75s时，质点P的加速度达到最大值16如图所示，平面镜M与竖直巨型光屏平行放置，其与光屏之间的距离为L，由小孔S处垂直光屏向平面镜中点O射入一束氦氖激光，现平面镜M以其中点O为轴逆时针匀速旋
11、转，角速度为求：（1）平面镜转过15时，光屏上形成的光点P至S的距离；（2）平面镜转动时间t（t）时，激光束在光屏上形成的光点移动的速度【物理-选修3-5】17有关原子结构和原子核的认识，其中正确的是（）A射线是高速运动的电子流B氢原子核外电子从低能级跃迁到高能级时，电子的动能减少，原子的能量增大C发生光电效应时入射光波长相同，从金属表面逸出的光电子最大初动能越大，这种金属的逸出功越小D Bi的半衰期是5天，100个Bi经过10天后还剩下25个Bi未发生衰变E UTh+He属于衰变18光滑曲面AB与滑动摩擦系数=0.4的粗糙水平面BC相切于B点，如图所示图中SBC=0.5m，用细线拴一质量m=
12、1kg小球Q，细线长L=1.5m，细线的另一端悬于O点球Q在C点时，对C点无压力质量与Q相等的小球P自高h=1.0m处沿曲面AB由静止开始滑下，在水平面上与球Q正碰，若碰撞过程中无机械能损失（g取10m/s2）（1）P与Q第一次碰撞后，小球Q上升的最大高度；（2）小球P与Q最多能碰撞几次？2015-2016学年广东省揭阳市高二（下）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题1如图所示，实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点若带电粒子在运动中仅受到电场力作用，根据此图可判断出（）A该粒子带正电B该粒子在a的加速度小于在b的加速
13、度C该粒子在a的速度小于在b的速度D该粒子在a的电势能小于在b的电势能【考点】电场线；电势能【分析】粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子受到的电场力大体向左，电场线方向不明，无法判断粒子的电性根据电场线的疏密可以判断电场强度的强弱，进而判断电场力的大小；根据电场力做功情况，判断动能和电势能的变化当电场力做正功时，电荷的电势能减小，动能增大；当电场力做负功时，电荷的电势能增大，动能减小【解答】解：A：粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左由于电场线方向不明，所以无法确定粒子的电性故A错误；B、根据电场线的疏密反映了电场强度的相对大小，可知a点的电场强度大，故粒子在a点受
14、到的电场力的大，根据牛顿第二定律可知，带电粒子在a点的加速度比b点的加速度大故B错误；CD、粒子受到的电场力沿电场线向左，则从a到b，电场力对粒子做负功，粒子的动能减小，电势能增大，则粒子在a点的速度较大，在a点的电势能较小，故C错误，D正确故选：D【点评】本题是电场中粒子的轨迹问题，首先要能根据轨迹的弯曲方向判断粒子受力方向，其次根据电场线的疏密可以判断电场强度的强弱，进而判断电场力的大小；再次判断粒子动能和电势能的变化要根据电场力做功情况2空间虚线上方存在匀强磁场，磁感应强度为B一群电子以不同速率v从边界上的P点以相同的方向射入磁场，其中某一速率v0的电子从Q点射出，如图所示已知电子入射方
15、向与边界夹角为，则由以上条件可判断（）A该匀强磁场的方向是垂直纸面向外B所有电子在磁场中的轨迹相同C速度大的电子在磁场中运动对应的圆心角小D所有电子的速度方向都改变了2【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【分析】电子进入磁场后受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，根据左手定则判断磁场方向；电子在磁场中的轨迹与半径有关，由半径公式r=知，速率不同，轨迹半径不同电子在磁场中速度方向改变的角度等于轨迹的圆心角，而电子运动时间与轨迹的圆心角成正比，据此即可分析电子在磁场中运动的长短【解答】解：A、由图知，电子在P点受到的洛伦兹力方向沿PO，如图，根据左手定则判断得知：匀强磁场的方向是垂直纸面向里故A错误B、电子
16、进入磁场后受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，由半径公式r=知，轨迹半径与电子的速率成正比，速率不同，轨迹半径不同，则轨迹就不同故B错误C、D根据圆的对称性可知，所有电子离开磁场时速度方向与PQ线的夹角都是，则所有电子的速度方向都改变了2，由几何知识得知，所有电子轨迹对应的圆心角都是2，则所有电子在磁场中运动的时间都相同故C错误，D正确故选：D【点评】本题是磁场中直线边界问题，掌握左手定则和轨迹半径的基础上，抓住圆的对称性，确定速度的偏向角与轨迹的圆心角，即可比较磁场中运动的时间3有一个小型发电机，机内的矩形线圈匝数为50匝，电阻为5，线圈在匀强磁场中，以恒定的角速度绕垂直于磁场方向的固定轴转动穿过
17、每匝线圈的磁通量随时间的变化规律如图所示由此可知发电机电动势瞬时值表达式为（）Ae=31.4sin50t（V）Be=31.4cos50t（V）Ce=157cos100t（V）De=157sin100t（V）【考点】正弦式电流的图象和三角函数表达式【分析】根据图象得出周期和最大磁通量，进而求出角速度和电动势的最大值，根据e=Emcost 即可求出感应电动势e的瞬时表达式；【解答】解：根据图象可知，T=2102s，所以=，m=1.0102Wb所以Em=nm=157 V 所以发电机电动势瞬时值表达式为e=Emcost=157cos100t（V）故选：C【点评】对于正弦交变电流的最大值Em=nBS=n
18、m，要在理解的基础上加强记忆交流电流表和电压表测量的是有效值4如图所示，固定于水平面上的金属架CDEF处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动t=0时，磁感应强度为B，此时MN到达的位置使MDEN构成一个边长为L的正方形为使MN棒中不产生感应电流，从t=0开始，磁感应强度B随时间t变化图象为（）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】只要通过闭合回路的磁通量不变，则MN棒中不产生感应电流，抓住磁通量不变，求出B随时间t变化的关系，从而得出对应的图象【解答】解：当通过闭合回路的磁通量不变，则MN棒中不产生感应电流，有B0L2=BL（L+vt
19、）所以B=即B与时间t为反比例关系； 则可知对应的图象应为C； 故C正确，ABD错误故选：C【点评】解决本题的关键抓住通过闭合回路的磁通量不变，MN棒中就不产生感应电流，从而分析导体棒运动和磁场的变化关系5如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器当R2的滑动触点在ab的中点时合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U现将R2的滑动触点向a端移动，则（）A电源的总功率减小BR3消耗的功率增大CI1增大，I2减小，U增大DI1减小，I2不变，U减小【考点】闭合电路的欧姆定律【分析】理清电路，确定电压表测的是什么电压，电流表测定的
20、是什么电流，抓住电动势和内阻不变，采用局部整体局部的方法，利用闭合电路电路的欧姆定律进行分析；根据分析电源总功率变化情况，由分析消耗的功率【解答】解：的滑动触点向a端移动时，增大，整个电路的总电阻增大，总电流减小，内电压减小，外电压增大，即电压表示数U增大，电压减小，、并联电压增大，通过的电流增大，即示数增大，而总电流I减小，则通过的电流减小，即示数减小，故C正确；D错误；电源的总功率，总电流I减小，电源的总功率减小，故A正确；消耗的功率，总电流减小，R3消耗的功率减小，故B错误；故选：AC【点评】解决本题的关键抓住电动势和内阻不变，结合闭合电路欧姆定律求解，注意做题前一定要理清电路，看电压表
21、测的是什么电压，电流表测的是什么电流6如图甲，一理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2=11：5，原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u随时间t的变化规律如图乙所示，副线圈仅接入一个10的电阻则（）A电流表的示数为10sin100t（A）B变压器的输出电流的周期为2sC变压器的输入功率是1103WD电压表的示数是100V【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系【分析】根据图象可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论【解答】解：A、由图象可知，原线圈中电压的最大值为Um=220，副线圈中电压的最大值，流过电阻的电流最大值周期为0.02s角速度为，所以电流表的瞬时值表
22、达式为i=sin100t（V），所以A错误；B、变压器只改变电压，不会改变交流电的周期，故变压器的输出电流的周期为0.02s，故B错误；C、流过电阻电流的有效值I=，消耗的功率P=I2R=10210W=1000W，故变压器的输入功率是1103W，故C正确；D、电压表的示数U=IR=100V，故D正确；故选：CD【点评】掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题7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若将S断开，则油滴将做自由落体运动B若将A向左平移
23、一小段位移，G表中有ba的电流C若将A向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动D若将A向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动【考点】电容；闭合电路的欧姆定律【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、将S断开，电容器的电量不变，电路中无电流板间场强不变，油滴所受的电场力不变，故油滴仍处于静止状态，故A错误；B、若将A板左移，电容器板间电压不变，根据C=，可知电容减小，结合C=可知，
24、电荷量减小，电容器要放电，则有由ba的电流流过G，故B正确C、将A板上移，由E=可知，E变小，油滴所受的电场力减小，将向下加速运动故C正确；D、将A板下移，由E=可知，E变大，油滴所受的电场力增大，将向上加速运动故D正确；故选：BCD【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8有两根长直导线a、b互相平行放置，如图所示为垂直于导线的截面图在如图所示的平面内，O点为两根导线连接的中点，M、N为两导线连线的中垂线上两点，与O点的距离相等，aM与MN的夹角为若两导线中通有大小相等、方向相同的恒定电流I，
25、单根导线中的电流在M处产生的磁感应强度大小为B0，现将一根电流元I0L从M点移到N点，如图所示，则下列说法中正确的是（）A在运动过程中电流元所受到的安培力方向保持不变B在O点电流元所受到的安培力为零C在M点电流元所受到的安培力为2I0LB0cosD在运动过程中电流元所受到的安培力大小先增大后减小【考点】安培力【分析】根据安培定则判断两根导线在M、N两点产生的磁场方向，根据平行四边形定则，进行合成，确定大小和方向的关系在线段M N上只有O点的磁感应强度为零【解答】解：A、根据安培定则判断得知，两根通电导线产生的磁场方向均沿逆时针方向，由于对称，两根通电导线在MN两点产生的磁感应强度大小相等，根据
26、平行四边形进行合成得到，M点和N点的磁感应强度大小相等，M点磁场向下，N点磁场向上，方向相反，故在运动过程中电流元所受到的安培力方向发生变化故A错误B、只有当两根通电导线在同一点产生的磁感应强度大小相等、方向相反时，合磁感应强度才为零，则知O点的磁感应强度为零受到的安培力为零，故B正确C、两根导线在M点产生的磁感应强度的方向如图所示，根据平行四边形定则进行合成，得到M点和N点的磁感应强度大小为2B0cos受到的安培力F=2I0LB0cos，故C正确D、按根据产生的磁场即磁场的叠加可知，从M点到N点合场强先减小后增大，故受到的安培力先减小后增大，故D错误；故选：BC【点评】本题考查安培定则和平行
27、四边定则的综合应用，注意安培定则的用右手二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第9-12题为必考题，每个试题考生都必须作答。第13-18题为选考题，考生根据要求作答。9某实验小组采用如图（a）的电路测量规格为“6V，0.5A”的小型直流电动机M中线圈的电阻（阻值约为几欧姆）R0为阻值为3.0的定值电阻调节R并控制电动机不转动时读出电流表和电压表示数电压表示数是2.50V，电流表示数如图（b），则电流表示数是0.50A使用测得数据，计算电动机线圈电阻为2.0（计算结果保留2为有效数字）调节R时并让电动机转动，读出电流表为0.50A，电压表示数为7.50V，则此时电动机的电压为6.0V（计算结果
28、保留2为有效数字）【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【分析】明确电表的量程，根据最小分度从而确定电流表的示数；根据欧姆定律可求得电动机线圈电阻；由图可知电动机和定值电阻串联，根据欧姆定律可求得R0两端的电压，再由串并联电路的规律即可求得电动机两端的电压【解答】解：电流表量程度0.6A，则最小分度为0.02，故对应的读数应为0.50A； 由欧姆定律可知：R+R0=解得：R=3.0=2.0； 电动机和定值电阻两端的电压为7.50V，由欧姆定律可知，定值电阻两端的电压为：U=IR0=0.503=1.50V；则电动机两端的电压为：UM=7.501.50=6.0V；故答案为：0.50A；2.0； 6.0【
29、点评】本题考查电动机电阻的测量，要注意明确当电动机不转时，可以视为纯电阻电路，而当电机转动时，不能再视为纯电阻电路处理，只能根据串并联电路进行分析求解10甲乙两位同学在实验室利用如图（a）所示的电路测定定值电阻R0，电源的电动势E和内电阻r，调节滑动变阻器的滑动触头P向某一方向移动时，甲同学记录了电流表A和电压表V1的测量数据，乙同学记录的是电流表A和电压表V2的测量数据并根据数据描绘了如图（b）所示的两条UI直线回答下列问题：根据图（b），可以求出定值电阻R0=2.0，电源电动势E=1.5V，内电阻r=1.0（以上结果均保留2位有效数字）由于电压表分流（填“电流表分压”或“电压表分流”）的影
30、响，测得的电源电动势比实际值偏小【考点】测定电源的电动势和内阻【分析】（1）从电路连接结合电流表和电压表的读数变化判断图线的含义由图可知，图象由纵坐标的交点为电动势；由图象与横坐标的交点利用闭合电路欧姆定律可求得内电阻（2）根据电路结构以及电表内阻的影响分析实验误差【解答】解：从电路连接可以看出，电流表A的读数增大时，电压表V1的读数减小，电压表V2的读数增大由图象可知，电压表V1和电流表A的数据绘制图象是甲；根据电压表V2和电流表A的数据绘制图象是乙从图象可以得出定值电阻R0的阻值为：R0=2.0；甲图象可以得出图象在U轴上的截距为1.5V，即电源的电动势E=1.5V，电源的内阻：r=1.0
31、，即电源的内阻为r=1.0由于电压表分流作用，所测电流小于通过电源电流，所测电源电动势小于真实值故答案为：2.0，1.5，1.0； 电压表分流【点评】本题考查测量电动势和内电阻实验的数据和定值电阻电流及电压数据的处理，并能用图象法求出电动势和内电阻11如图所示，两根相距L=1m的平行金属导轨，一部分水平，另一部分足够长且与水平面的夹角为=37两金属杆ab、cd与导轨垂直且良好接触，并形成闭合回路cd杆与水平导轨间的动摩擦因数为=0.5，倾斜导轨光滑，导轨电阻不计ab质量m1=1kg，电阻R1=1；cd质量m2=2kg，电阻R2=4整个装置处于磁感应强度B=2T，方向垂直于倾斜导轨向上的匀强磁场
32、中，ab杆在平行于倾斜导轨的恒力F=10N作用下向上做匀速运动，cd杆始终保持静止（sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2）求：（1）ab杆匀速运动的速度；（2）cd杆受到的摩擦力大小【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化【分析】（1）ab杆向上匀速运动时，由平衡条件，法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律结合求解其速度大小；（2）cd棒静止，由平衡条件求解其所受的摩擦力【解答】解：（1）金属棒ab匀速运动，由平衡条件可得：由法拉第电磁感应定律可得：E=BLv由闭合电路的欧姆定律可得：联立式并代入数据可得ab杆匀速运动的速度：v=5m/s（2）对cd棒进行受
33、力分析，由平衡条件可得：ILBcos=f联立式可得cd杆受到的摩擦力大小：f=3.2N答：（1）ab杆匀速运动的速度5m/s；（2）cd杆受到的摩擦力大小3.2N【点评】本题考查导体棒切割磁感线时的力学规律应用，要注意正确对两个物体进行受力分析，要注意cd棒不切割磁感线，但受到安培力，从而产生摩擦力12如图所示，平行板电容器两金属板A、B板长L=32cm，两板间距离d=32cm，A板的电势比B板高电量q=1010C，质量m=1020kg的带正电的粒子，以初速度v0=2106m/s沿电场中心线垂直电场线飞入电场随后，粒子在O点飞出平行板电容器（速度偏转角为37），并进入磁场方向垂直纸面向里，且边
34、长为CD=24cm的正方形匀强磁场区域（sin37=0.6，cos37=0.8，粒子的重力不计）（1）求AB两板的电势差；（2）粒子穿过磁场区域后打在放置于中心线上的荧光屏CD上，求磁感应强度的范围【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】（1）带电粒子在电场中做类平抛，根据牛顿第二定律和运动学公式列式即可求解；（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出临界轨迹，根据几何关系求出半径，得出磁感应强度的临界值，从而得出范围【解答】解：（1）带电粒子射出电场时在电场方向上的速度为：在电场中，由牛顿第二定律可得：在电场中垂直于电场方向上有：联立可得AB两板的电势差为：U=300
35、V（2）粒子进入磁场的速度为：带电粒子射出电场时在电场方向上的位移为：粒子要打在CD板上，当磁感应强度最大时，运动轨迹如图线1所示，设此时的磁感应强度为，半径为，由几何关系可得：由洛伦兹力提供向心力可得：粒子要打在CD板上，当磁感应强度最小时，假设运动轨迹与右边界相切且从CD射出，设此时的半径为，由几何关系可得：解得，又由于粒子圆心恰好在CD上，且从D点射出磁场，如图线2所示，假设成立，设此时的磁感应强度为由洛伦兹力提供向心力可得：联立并代入数据可得磁感应强度的范围为：答：（1）AB两板的电势差300V；（2）粒子穿过磁场区域后打在放置于中心线上的荧光屏CD上，磁感应强度的范围【点评】本题是类
36、平抛运动与匀速圆周运动的综合，分析粒子的受力情况和运动情况是基础难点是运用几何知识研究圆周运动的半径【物理-选修3-3】13下列说法中正确的是（）A气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内的分子数及气体分子的平均动能都有关B布朗运动是液体分子的运动，它说明水分子不停息地做无规则热运动C温度升高，物体的每一个分子的动能都增大D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，所以液体表面具有收缩的趋势E在绝热条件下压缩气体，气体的内能一定增加【考点】布朗运动；* 液体的表面张力现象和毛细现象【分析】布朗运动是悬浮在液体内的固体小颗粒的无规则运动，是液体分子无规
37、则热运动的标志；气体压强与单位体积内的分子数及气体分子的平均动能都有关；温度是分子平均动能的标志凡作用于液体表面，使液体表面积缩小的力，称为液体表面张力；它产生的原因是液体跟气体接触的表面存在一个薄层，叫做表面层，表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力；正是因为这种张力的存在，有些小昆虫才能无拘无束地在水面上行走自如；改变物体内能的两种方式是热传递和做功【解答】解：A、气体分子在单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数与分子数密度和分子平均速率有关，也就是与单位体积内的分子数及气体分子的平均动能都有关，故A正确；B、布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，反映
38、的是液体分子的无规则运动，故B错误C、温度是分子平均动能的标志，温度升高，表示分子平均动能大，而不能代表物体的每一个分子的动能都增大，故C错误；D、液体跟气体接触的表面存在一个薄层，叫做表面层，表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力，故D正确；E、改变物体内能的两种方式是热传递和做功在绝热条件下压缩气体，对气体做正功，气体与外界没有热交换，气体的内能一定增加，故E正确故选：ADE【点评】本题考查了气体压强的微观意义、布朗运动、液体表面张力、内能、温度的微观意义，知识点多，不难，关键多看书14如图所示，在一辆静止的小车上，竖直固定着两端开口、内径均
39、匀的U形管，U形管的竖直部分与水平部分的长度均为l，管内装有水银，两管内水银面距管口均为现将U形管的左端封闭，并让小车水平向右做匀加速直线运动，运动过程中U形管两管内水银面的高度差恰好为已知重力加速度为g，水银的密度为，大气压强为p0=gl，环境温度保持不变，求：（）左管中封闭气体的压强p；（）小车的加速度a【考点】气体的等温变化；牛顿第二定律【分析】（）环境温度保持不变，左管中封闭气体作等温变化，根据玻意耳定律求解左管中封闭气体的压强p；（ii）以水平管内长为l的水银为研究对象，运用牛顿第二定律列式求解小车的加速度a【解答】解：（）以左管中封闭的气体为研究对象，设U形管的横截面积为S，由玻意
40、耳定律得： p0（）S=p（）S 解得：p=； （）以水平管内长为l的水银为研究对象，由牛顿第二定律得： （pS+glS）（p0S+glS）=lSa解得：a=g答：（i）左管中封闭气体的压强p为；（）小车的加速度a为g【点评】对于气体问题，首先要明确其状态变化过程，选择相应的规律求解对于封闭气体的压强常常以与气体接触的水银或活塞为研究对象，根据平衡条件或牛顿第二定律研究【物理-选修3-4】15如图所示，图甲为一列横波在t=0.5s时的波动图象，图乙为质点P的振动图象，下列说法正确的是（）A波沿x轴正方向传播B0.5s至1.0s的过程中质点P的位移为0.4cmC在t=1.0s时，质点P向x轴正方
41、向运动D波速为4m/sEt=0.75s时，质点P的加速度达到最大值【考点】横波的图象【分析】由振动图象乙上t=0.5s读出P点的速度方向，在波动图象上判断出波的传播方向由波动图象甲读出波长，由振动图象乙读出周期，可求出波速根据图乙分析质点P的振动情况，明确位移最大时加速度最大【解答】解：AB、根据乙图可知，在t=0.5s时刻，P点向y轴负向运动，所以波是沿x轴正方向传播的，故A正确； B、0.5s至1.0s的过程中质点由平衡位置又回到了平衡位置，故位移为零，故B错误；C、由图乙可知，在t=1.0s时，质点P向x轴负方向运动；故C错误；D、由甲图可得波长为 =4m，由乙图可得周期为 T=1.0s
42、，所以波速为v=4m/s故D正确； E、t=0.75s时，质点P在最大位移处，故其加速度达到最大值；故E正确故选：ADE【点评】本题首先要能正确识别、理解振动图象和波动图象，关键能把握两种图象之间的内在联系，要注意两种图象判断质点振动方向的方法是不同的，不能混淆16如图所示，平面镜M与竖直巨型光屏平行放置，其与光屏之间的距离为L，由小孔S处垂直光屏向平面镜中点O射入一束氦氖激光，现平面镜M以其中点O为轴逆时针匀速旋转，角速度为求：（1）平面镜转过15时，光屏上形成的光点P至S的距离；（2）平面镜转动时间t（t）时，激光束在光屏上形成的光点移动的速度【考点】运动的合成和分解；光的反射定律【分析】
43、（1）根据光的反射定律，结合几何关系，即可求解；（2）依据运动的合成与分解，结合几何关系，及圆周运动的线速度与角速度关系，即可求解【解答】解：（1）平面镜转过15，则反射光线转过30，由几何关系，可知：=Ltan30=（2）平面镜转动时间为t，则反射光线转过的角度为：=2t；光点P离O点的距离为：SOP=光点P绕点O旋转的线速度为：v1=2Sop=；由速度的合成与分解的知识可知，P点在光屏上移动的速度为：v2=答：（1）平面镜转过15时，光屏上形成的光点P至S的距离；（2）平面镜转动时间t（t）时，激光束在光屏上形成的光点移动的速度【点评】考查光的反射定律，及运动的合成与分解的内容，掌握圆周运
44、动中线速度与角速度的关系，注意几何关系的正确运用【物理-选修3-5】17有关原子结构和原子核的认识，其中正确的是（）A射线是高速运动的电子流B氢原子核外电子从低能级跃迁到高能级时，电子的动能减少，原子的能量增大C发生光电效应时入射光波长相同，从金属表面逸出的光电子最大初动能越大，这种金属的逸出功越小D Bi的半衰期是5天，100个Bi经过10天后还剩下25个Bi未发生衰变E UTh+He属于衰变【考点】爱因斯坦光电效应方程；原子核衰变及半衰期、衰变速度【分析】射线是电磁波；氢原子核跃迁时，根据电子轨道半径的变化，结合库仑引力提供向心力分析电子动能的变化根据光电效应方程分析金属逸出功的大小半衰期
45、具有统计规律，对大量的原子核适用【解答】解：A、射线是电磁波，故A错误B、氢原子核外电子从低能级跃迁到高能级时，吸收光子能量，原子的能量增大，电子的轨道半径变大，根据知，电子的动能减小，故B正确C、根据光电效应方程知，逸出功，由于入射光的波长相同，从金属表面逸出的光电子最大初动能越大，这种金属的逸出功越小，故C正确D、半衰期具有统计规律，对大量的原子核适用，对少数的原子核不适用，故D错误E、UTh+He属于衰变，故E正确故选：BCE【点评】本题考查了射线的实质、能级跃迁、光电效应方程、半衰期、衰变等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点，注意半衰期具有统计规律，对大量的原子核适用18光
46、滑曲面AB与滑动摩擦系数=0.4的粗糙水平面BC相切于B点，如图所示图中SBC=0.5m，用细线拴一质量m=1kg小球Q，细线长L=1.5m，细线的另一端悬于O点球Q在C点时，对C点无压力质量与Q相等的小球P自高h=1.0m处沿曲面AB由静止开始滑下，在水平面上与球Q正碰，若碰撞过程中无机械能损失（g取10m/s2）（1）P与Q第一次碰撞后，小球Q上升的最大高度；（2）小球P与Q最多能碰撞几次？【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律【分析】（1）P球从开始下滑到碰撞前的过程，运用动能定理可求得碰撞前的速度，由于碰撞过程中无机械能损失，所以碰撞中动量守恒，机械能也守恒，由此列式求出碰后Q的速度再对
47、碰后Q上升的过程，运用机械能守恒定律求小球Q上升的最大高度；（2）在两球碰撞过程中速度交换，由能量守恒定律可求出小球在BC段运动的总路程，再由几何关系求碰撞的次数【解答】解：（1）P球从开始下滑到碰撞前的过程，运用动能定理得 mghmgSBC=P球和Q球在碰撞过程中，取向右为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得 mv0=mvP+mvQ由机械能守恒定律得： mv02=mvP2+mvQ2解得：vP=0，vQ=v0设P与Q第一次碰撞后小球Q上升的最大高度为H对Q，由机械能守恒定律得mvQ2=mgH联立解得 H=0.8m（2）以P球和Q球为系统，从P球开始下滑至P球静止的过程中，由能量守恒定律得 mghmgs=0解得，P球在BC段滑行的总路程 s=1.25m则 =2.5所以两球碰撞四次，P球最终静止于C点答：（1）P与Q第一次碰撞后，小球Q上升的最大高度是0.8m；（2）小球P与Q最多能碰撞4次【点评】解决本题时要明确弹性碰撞遵守两大守恒定律：动量守恒定律和能量守恒定律，质量相等的两球发生弹性碰撞时会交换速度
