1、2016年广东省江门市高考物理模拟试卷（4月份）一、选择题：本题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第15题只有一项符合题目要求，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在物理学的发展过程中，下列说法正确的是（）A牛顿认为在足够高的高山上以足够大的水平速度抛出一物体，物体就不会再落在地球上B安培发现的电流的磁效应为电磁感应定律的发现提供了启迪C法拉第在实验中观察到在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流D在公式I=中电压U和电流I具有因果关系、公式E=n中和E具有因果关系，同理在a=中v和a具有因果关系2如图甲所示，固定的水平
2、金属导轨足够长且电阻不计两阻值相同的导体棒ab、cd置于导轨上，棒与导轨垂直且始终保持良好接触整个装置处在与导轨平面垂直向下的匀强磁场B中现让导体棒ab以如图乙所示的速度向右运动导体棒cd始终静止在导轨上，以水平向右为正方向，则导体棒cd所受的静摩擦力f随时间变化的图象是（）ABCD3如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，A、V均为理想电表，R为光敏电阻（其阻值随光强增大而减小），Ll和L2是两个完全相同的灯泡原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u，下列说法正确的是（）A电压u的频率为100HzB电压表V的示数为22VC当光强增大时，A示数变小D当Ll的灯丝烧断后，V示数不变
3、4如图所示，一平行板电容器的两个极板竖直放置，并与电源两极连接，两极板间有一带电小球，小球用一绝缘细线悬挂于0点，平衡时细线与竖直方向的夹角为30，水平缓慢移动极板，使细线与竖直方向的夹角增加到60，小球与极板不接触，下列说法正确的是（）A板间电压为原来的3倍B极板电量为原来的倍C板间距离为原来的D电容器的电容为原来的倍5如图所示，天文学家观测到某行星和地球在同一轨道平面内绕太阳做同向匀速圆周运动，且行星的轨道半径比地球的轨道半径小，地球和太阳中心的连线与地球和行星的连线所夹的角叫做地球对该行星的观察视角（简称视角）已知该行星的最大视角为，当行星处于最大视角处时，是地球上的天文爱好者观察该行星
4、的最佳时期则地球绕太阳转动的角速度与行星绕太阳转动的角速度之比值为（）ABCD6如图所示，将一轻弹簧下端固定在倾角为的粗糙斜面底端，弹簧处于自然状态时上端位于A点质量为m的物体从斜面上的B点由静止开始下滑，与弹簧发生相互作用后，最终停在斜面上下列说法正确的是（）A物体最终将停在A点B整个过程中物体第一次到达A点时动能最大C物体第一次反弹后不可能到达B点D整个过程中重力势能的减少量大于克服摩擦力做的功7套圈游戏是一很受欢迎的群众活动，要求每次从同一位置水平抛出圆环，套住与抛出时距圆环前端水平距离2.8m处高为10cm竖直放置的细杆，即为获胜若圆环的半径为10cm，有一名群众在高度为135cm处水
5、平抛出圆环，要想套住细杆，抛出的初速度可能为：（g取10m/s2）（）A5.5m/sB5.7m/sC5.9 m/sD6.1m/s8两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示，一个电荷量为1C，质量为1kg的小物块从C点静止释放，其运动的vt图象如图乙所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置（图中标出了该切线），则下列说法正确的是（）A由C点到A点电势逐渐降低BB、A两点间的电势差UBA=10VC中垂线上B点电场强度最大，场强E=2V/mD由C到A时物块的电势能先减小后变大三、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
6、第13题第18题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题9探究小组利用传感器研究小球在摆动过程中的机械能守恒规律，实验装置如图所示在悬点处装有拉力传感器，可记录小球在摆动过程中各时刻的拉力值忽略摆线的质量和摆动过程中摆线长度的变化，重力加速度为g，实验过程如下：（1）测量小球质量m和摆线长L；（2）为了测量小球在最低点的速度大小，小组成员将小球拉至某一高度h处无初速释放，在传感器采集的数据中提取最大值为F，则小球在最低点的速度表达式为v=（用F等测定的物理量符号表达），若考虑小球的大小不可忽略，则该速度的计算值与实际值相比较（填写“偏大”、“偏小”或“相等”）（3）小球从释放到最低点的过程中机械
7、能守恒的表达式为（用测定物理量的符号表达）10（9分）某同学设计了一个如图甲所示的实验电路，用以测定电源电动势和内阻，使用的实验器材为：待测一节干电池、电流表A（量程0.6A，内阻小于1）、电流表A1（量程0.6A，内阻不知）、电阻箱（099.99）、滑动变阻器（010）、单刀双掷开关、单刀单掷开关各一个及导线若干考虑到干电池的内阻较小，电流表的内阻不能忽略（1）该同学按图甲连线，闭合开关K，将开关S与C接通，通过调节滑动变阻器和电阻箱，读取电流表A的示数为0.20A、电流表A1的示数为0.60A、电阻箱（如图乙）的示数为，则电流表A 的内阻为（2）利用图甲所示电路测量电源电动势和内阻的实验步
8、骤：请同学们按图甲所示电路在图丙中的实物上完成实验所需的线路连接；断开开关K，调节电阻箱R，将开关 S接D，记录电阻箱的阻值和电流表示数；断开开关D，再次调节电阻箱R，将开关S接D，记录电阻箱的阻值和电流表示数；重复实验步骤进行多次测量（3）图丁是由实验数据绘出的R图象，由此求出干电池的电动势E=V、内阻r=（计算结果保留二位有效数字）11（13分）如图所示，上表面光滑下表面粗糙足够长质量为M=10kg的木板，在F=50N的水平拉力作用下，沿水平地面向右匀加速运动加速度a=2.5m/s2，某时刻速度为v0=5m/s，将一个小铁块（可视为质点）无初速地放在木板最右端，这时木板恰好匀速运动，当木板
9、运动了L=1.8m时，又将第二个同样的小铁块无初速地放在木板最右端，g取10m/s2，求：（1）木板与地面间的动摩擦因数（2）放上第二个铁块后木板又运动L距离时的速度12（19分）在一足够大的光滑水平面上建立如图所示的xoy坐标系，第一、四象限存在方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场；第四象限存在沿x轴正方向、电场强度为E的匀强电场一长为L内壁光滑的薄玻璃管与y轴平行放置在水平面上的第三象限，开口端b与x轴重合，在玻璃管的a端放置一个直径比玻璃管直径略小的小球，小球带电荷量为q、质量为m玻璃管带着小球以水平速度v0沿x轴正方向运动，由于水平外力的作用，玻璃管进入磁场后速度保持不变，经一段时间
10、后小球从玻璃管b端滑出并能在水平面内自由运动，最后从y轴飞离磁场设运动过程中小球的电荷量保持不变，求：（1）小球从玻璃管b端滑出时速度的大小；（2）从玻璃管进入磁场至小球从b端滑出的过程中，外力F随时间t变化的关系；（3）小球飞离磁场时速度的方向(二）选考题，请考生任选一模块作答物理一选修3-3（15分）13下列说法正确的是（）A一定质量的气体，在体积不变时，分子每秒与器壁平均碰撞次数随着温度降低而减小B晶体熔化时吸收热量，分子平均动能一定增大C空调既能制热又能制冷，说明在不自发地条件下热传递方向性可以逆向D外界对气体做功时，其内能一定会增大E生产半导体器件时，需要在纯净的半导体材料中掺入其他
11、元素，可以在高温条件下利用分子的扩散来完成14（10分）已知竖直玻璃管总长为h，第一次向管内缓慢地添加一定质量的水银，水银添加完时，气柱长度变为h第二次再取与第一次相同质量的水银缓慢地添加在管内，整个过程水银未溢出玻璃管，外界大气压强保持不变求第二次水银添加完时气柱的长度若第二次水银添加完后，把玻璃管在竖直面内以底部为轴缓慢的沿顺时针方向旋转60求此时气柱长度（水银未溢出玻璃管）物理一选修3-4（15分）15一列简谐横波沿x轴正方向传播，t=0时刻波形图如图中的实线所示，此时波刚好传到P点，t=0.6s时刻，这列波刚好传到Q点，波形如图中的虚线所示，a、b、c、P、Q是介质中的质点，则以下说法
12、正确的是（）A这列波的波速为16.7 m/sB这列波的周期为0.8sC在t=0.5 s时，质点b、P的位移相同D从t=0时刻开始计时，质点a第一次到达平衡位置时，恰好是这个时刻E质点c在这段时间内通过的路程一定等于30cm16如图所示，直角棱镜ABC置于空气中，A=30，AB边长为2a一束单色光从D点垂直于BC边射入棱镜，在AC边上的E点恰好发生一次全反射后，从AB边中点F处射出已知真空中光速为c求：棱镜的折射率n；单色光通过棱镜的时间t物理-选修3-5（15分）17下列说法中正确的是（）A对于同种金属产生光电效应时，逸出光电子的最大初动能与照射光的频率成正比B一重原子核衰变成粒子和另一原子核
13、，衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能C按照玻尔理论，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，但原子的能量增大D衰变中产生的射线是原子核外电子挣脱原子核的束缚而形成的高速电子流E不论用怎样的人工办法都无法改变放射性物质的半衰期18质量为M的木块静止在光滑的水平面上，一颗子弹质量为m，以水平速度v0击中木块并最终停留在木块中求：在这个过程中木块的最大动能；子弹和木块的位移之比2016年广东省江门市高考物理模拟试卷（4月份）参考答案与试题解析一、选择题：本题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第15题只有一项符合题目要求，第68题有多项符合题目要求全部选对的得6分，
14、选对但不全的得3分，有选错的得0分1在物理学的发展过程中，下列说法正确的是（）A牛顿认为在足够高的高山上以足够大的水平速度抛出一物体，物体就不会再落在地球上B安培发现的电流的磁效应为电磁感应定律的发现提供了启迪C法拉第在实验中观察到在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流D在公式I=中电压U和电流I具有因果关系、公式E=n中和E具有因果关系，同理在a=中v和a具有因果关系【考点】物理学史【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可【解答】解：A、牛顿认为在足够高的高山上以足够大的水平速度抛出一物体，物体就不会再落在地球上，故A正确；B、奥斯特发现的电流的磁效
15、应为电磁感应定律的发现提供了启迪，故B错误；C、通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，不会出现感应电流，故C错误；D、在公式I=中电压U和电流I具有因果关系、公式E=n中和E没有因果关系，同理在a=中v和a没有因果关系，故D错误；故选：A【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2如图甲所示，固定的水平金属导轨足够长且电阻不计两阻值相同的导体棒ab、cd置于导轨上，棒与导轨垂直且始终保持良好接触整个装置处在与导轨平面垂直向下的匀强磁场B中现让导体棒ab以如图乙所示的速度向右运动导体棒cd始终静止在导轨上，以水平向右为正方向，则
16、导体棒cd所受的静摩擦力f随时间变化的图象是（）ABCD【考点】导体切割磁感线时的感应电动势【分析】由右手定则判断出感应电流的方向，由E=BLv求出电动势，然后由欧姆定律求出回路中的电流然后对cd进行受力分析，由共点力的平衡即可求出cd棒受到的摩擦力的大小【解答】解：由右手定则可知ab中感应电流的方向向上，由法拉第电磁感应定律得：E=BLv，由欧姆定律得：I=感应电流从上向下流过cd棒，由左手定则可知，产生的安培力向右，大小：对cd进行受力分析，可知，cd棒竖直方向受到重力和轨道的支持力；水平方向受到安培力和摩擦力的作用，由共点力的平衡可得，水平方向受到的摩擦力与安培力大小相等，方向相反，即方
17、向向左，大小：f=F=，大小与速度v成正比，与速度的方向相反故B正确，ACD错误故选：B【点评】此题考查了导体棒在磁场中运动问题，关键推导安培力与速度的关系，正确分析能量如何转化，运用平衡条件和能量守恒解决这类问题3如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，A、V均为理想电表，R为光敏电阻（其阻值随光强增大而减小），Ll和L2是两个完全相同的灯泡原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u，下列说法正确的是（）A电压u的频率为100HzB电压表V的示数为22VC当光强增大时，A示数变小D当Ll的灯丝烧断后，V示数不变【考点】变压器的构造和原理【分析】由变压器原理可得变压器原、副线圈中的
18、电流之比，输入、输出功率之比和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，在根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况【解答】解：A、原线圈接入如图乙所示，T=0.02s，所以频率为f=50 Hz，故A错误；B、原线圈接入电压的最大值是220V，所以原线圈接入电压的有效值是U=220V，理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，所以副线圈电压是22V，电压表测得是两端的电压，所以V的示数小于22V，故B错误；C、R阻值随光强增大而减小，根据I=知副线圈电流增加，副线圈输出功率增加，根据能量守恒定律，所以原线圈输入功率也增加
19、，原线圈电流增加，所以A的示数变大，故C错误；D、当Ll的灯丝烧断后，变压器的输入电压不变，根据变压比公式，输出电压也不变，光敏电阻R和两端的总电压不变，电阻不变，所以两端电压不变，故电压表读数不变，故D正确；故选：D【点评】电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法4如图所示，一平行板电容器的两个极板竖直放置，并与电源两极连接，两极板间有一带电小球，小球用一绝缘细线悬挂于0点，平衡时细线与竖直方向的夹角为30，水平缓慢移动极板，使细线与竖直方向的夹角增加到60，小球与极板不接触，下列说法正确的是（）A板间
20、电压为原来的3倍B极板电量为原来的倍C板间距离为原来的D电容器的电容为原来的倍【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；力的合成与分解的运用【分析】小球受重力、电场力和拉力处于平衡，根据共点力平衡求出电场力与重力的大小关系，再由E=可得【解答】解：当小球的质量不变时，当平衡时细线与竖直方向的夹角为30，根据共点力平衡得：qE=mgtan30；当细线与竖直方向的夹角增加到60，根据共点力平衡得：qE=mgtan60，知电场强度变为原来的3倍，平行板电容器的两个极板竖直放置，并与电源两极连接，则两板间电势差不变，由E=可知，极板间距变为原来的；故C正确，ABD错误故选：C【点评】本题综合考查了共点
21、力平衡、电容器、电场强度等知识点，综合性较强特别注意：平行板电容器的两个极始终与电源两极连接，则两板间电势差不变；平行板电容器充电后与电源断开，电容器电量不变5如图所示，天文学家观测到某行星和地球在同一轨道平面内绕太阳做同向匀速圆周运动，且行星的轨道半径比地球的轨道半径小，地球和太阳中心的连线与地球和行星的连线所夹的角叫做地球对该行星的观察视角（简称视角）已知该行星的最大视角为，当行星处于最大视角处时，是地球上的天文爱好者观察该行星的最佳时期则地球绕太阳转动的角速度与行星绕太阳转动的角速度之比值为（）ABCD【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系【分析】根据题意知道当行星处于最大视角处时，
22、地球和行星的连线应与行星轨道相切，运用几何关系求解问题【解答】解：由题图可知，当行星处于最大视角处时，地球和行星的连线应与行星轨道相切：根据几何关系有R行=R地sin根据开普勒第三定律有：所以： =故选：B【点评】能根据题目给出的信息分析视角最大时的半径特征，在圆周运动中涉及几何关系求半径是一个基本功问题6如图所示，将一轻弹簧下端固定在倾角为的粗糙斜面底端，弹簧处于自然状态时上端位于A点质量为m的物体从斜面上的B点由静止开始下滑，与弹簧发生相互作用后，最终停在斜面上下列说法正确的是（）A物体最终将停在A点B整个过程中物体第一次到达A点时动能最大C物体第一次反弹后不可能到达B点D整个过程中重力势
23、能的减少量大于克服摩擦力做的功【考点】动能定理的应用；功能关系【分析】根据重力与重力沿斜面方向分力的关系判断物体最终静止的位置根据能量守恒判断物体反弹后到达的位置结合能量守恒，通过重力势能的减小量等于弹性势能的增加量和克服摩擦力做功产生的内能之和，判断重力势能的减小量与克服摩擦力做功的大小关系【解答】解：A、由题意可知，物块从静止沿斜面向上运动，说明重力的下滑分力大于最大静摩擦力，因此物体不可能最终停于A点，故A错误；B、物体接触弹簧后，还要继续加速，直到弹力与重力的分力相等时，达到最大速度；故最大速度在A点下方； 故B错误； C、由于运动过程中存在摩擦力，导致摩擦力做功，所以物体第一次反弹后
24、不可能到达B点，故C正确；C、根据动能定理可知，从静止到速度为零，则有重力做功等于克服弹簧弹力做功与物块克服摩擦做的功之和，则重力势能的减小量大于物块克服摩擦力做功故D正确；故选：CD【点评】本题考查弹力作功与弹性势能变化关系，重力做功与重力势能变化的关系，摩擦力做功导致弹簧与物块的机械能在变化并学会由受力分析来确定运动情况7套圈游戏是一很受欢迎的群众活动，要求每次从同一位置水平抛出圆环，套住与抛出时距圆环前端水平距离2.8m处高为10cm竖直放置的细杆，即为获胜若圆环的半径为10cm，有一名群众在高度为135cm处水平抛出圆环，要想套住细杆，抛出的初速度可能为：（g取10m/s2）（）A5.
25、5m/sB5.7m/sC5.9 m/sD6.1m/s【考点】平抛运动【分析】根据高度差求出平抛运动的时间，结合水平位移的关系和时间求出平抛运动的初速度范围【解答】解：根据得， =，水平位移的范围为2.8mx3.0m，根据x=v0t得，初速度的范围为5.6m/sv06.0m故B、C正确，A、D错误故选：BC【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住水平位移的范围得出速度的范围，难度不大8两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示，一个电荷量为1C，质量为1kg的小物块从C点静止释放，其运动的vt图象如图乙所示，其中B点处为整条图线
26、切线斜率最大的位置（图中标出了该切线），则下列说法正确的是（）A由C点到A点电势逐渐降低BB、A两点间的电势差UBA=10VC中垂线上B点电场强度最大，场强E=2V/mD由C到A时物块的电势能先减小后变大【考点】电场线；电势能【分析】两个等量的同种正电荷，其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧；电量为1C仅在运动方向上受电场力作用从C点到B、再到A运动的过程中，根据Vt图可知在B点的加速度为最大，物体先做加速度增大后做加速度减小的加速运动，根据牛顿第二定律判断电荷所受电场力大小变化情况和加速度变化情况【解答】解：A、据两个等量的同种正电荷，其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向
27、外侧，故由C点到A点的过程中电势逐渐减小，故A正确B、据Vt图可知A、B两点的速度，再根据动能定理得电场力做的功：WBA=10J故电势：UBA=，故B正确C、据Vt图可知带电粒子在B点的加速度最大为2m/s2，所受的电场力最大为2N，据E=知，B点的场强最大为2N/C，故C正确D、由C点到A点的过程中，据Vt图可知带电粒子的速度增大，电场力做正功，电势能减小，故D错误故选：ABC【点评】明确等量同种电荷电场的特点是解本题的关键，据Vt图获取加速度、速度、动能等物理量是解本题的突破口三、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18题为选考题，考生
28、根据要求作答（一）必考题9探究小组利用传感器研究小球在摆动过程中的机械能守恒规律，实验装置如图所示在悬点处装有拉力传感器，可记录小球在摆动过程中各时刻的拉力值忽略摆线的质量和摆动过程中摆线长度的变化，重力加速度为g，实验过程如下：（1）测量小球质量m和摆线长L；（2）为了测量小球在最低点的速度大小，小组成员将小球拉至某一高度h处无初速释放，在传感器采集的数据中提取最大值为F，则小球在最低点的速度表达式为v=（用F等测定的物理量符号表达），若考虑小球的大小不可忽略，则该速度的计算值与实际值相比较偏小（填写“偏大”、“偏小”或“相等”）（3）小球从释放到最低点的过程中机械能守恒的表达式为FL=mg
29、（2h+L）（用测定物理量的符号表达）【考点】验证机械能守恒定律【分析】（2）抓住小球在最低点拉力最大，结合牛顿第二定律求出拉力和速度的关系，从而求出速度大小；若考虑小球的大小，则L将变大，即可判定计算值与实际值的关系；（3）根据减小的重力势能转化为动能，即可求解【解答】解：（2）当小球运动到最低点时，拉力最大，根据Fmg=m得，则小球在最低点的速度表达式为v=若考虑小球的大小不可忽略，即实际L值变大，而计算时，仍代入L，导致计算值小于实际值，（3）根据下摆过程中，减小的重力势能转化为动能的增加，即为：mgh=，而v=，则有：FL=mg（2h+L）故答案为：（2），偏小；（3）FL=mg（2h
30、+L）【点评】考查牛顿第二定律的内容，及向心力表达式，掌握机械能守恒定律的条件，及其应用，注意小球的大小会影响公式中L的值10某同学设计了一个如图甲所示的实验电路，用以测定电源电动势和内阻，使用的实验器材为：待测一节干电池、电流表A（量程0.6A，内阻小于1）、电流表A1（量程0.6A，内阻不知）、电阻箱（099.99）、滑动变阻器（010）、单刀双掷开关、单刀单掷开关各一个及导线若干考虑到干电池的内阻较小，电流表的内阻不能忽略（1）该同学按图甲连线，闭合开关K，将开关S与C接通，通过调节滑动变阻器和电阻箱，读取电流表A的示数为0.20A、电流表A1的示数为0.60A、电阻箱（如图乙）的示数为
31、0.10，则电流表A 的内阻为0.20（2）利用图甲所示电路测量电源电动势和内阻的实验步骤：请同学们按图甲所示电路在图丙中的实物上完成实验所需的线路连接；断开开关K，调节电阻箱R，将开关 S接D，记录电阻箱的阻值和电流表示数；断开开关D，再次调节电阻箱R，将开关S接D，记录电阻箱的阻值和电流表示数；重复实验步骤进行多次测量（3）图丁是由实验数据绘出的R图象，由此求出干电池的电动势E=1.5V、内阻r=0.25（计算结果保留二位有效数字）【考点】测定电源的电动势和内阻【分析】（1）根据电阻箱的读数方法可明确电阻值；再根据串并联电路的规律可求得电流表内阻；（2）根据原理图可明确对应的实物图；（3）
32、根据闭合电路欧姆定律以及对应的图象可分析电动势和内电阻【解答】解：（1）如图所示电阻箱的读数为0.10； 根据串并联电路的规律可知，流过电阻箱的电流I=0.600.20=0.40A；电压U=0.100.40=0.040V，则电流表内阻RA=0.20（2）根据原理图可得出对应的实物图，连线如图所示；（3）将电流表内阻等效为电源内阻，根据闭合电路欧姆定律可知，I=变形可得：=根据图象可知， =0.675解得E=1.5V；=0.3解得r=0.45；则可知，电源内阻r=0.450.20=0.25；故答案为：（1）0.10；0.20；（2）如图所示；（3）1.5；0.25【点评】本题考查测量电动势和内电
33、阻的实验，要求能明确实验原理，掌握实物图的连接，并能正确根据图象分析数据求出电动势和内电阻11（13分）（2016江门模拟）如图所示，上表面光滑下表面粗糙足够长质量为M=10kg的木板，在F=50N的水平拉力作用下，沿水平地面向右匀加速运动加速度a=2.5m/s2，某时刻速度为v0=5m/s，将一个小铁块（可视为质点）无初速地放在木板最右端，这时木板恰好匀速运动，当木板运动了L=1.8m时，又将第二个同样的小铁块无初速地放在木板最右端，g取10m/s2，求：（1）木板与地面间的动摩擦因数（2）放上第二个铁块后木板又运动L距离时的速度【考点】动能定理；牛顿第二定律【分析】（1）未放上小铁块前，对
34、木板运用牛顿第二定律，求出木板与地面间的动摩擦因数（2）放上第一个小铁块后木板匀速运动，结合平衡求出放上铁块的质量，每放一个小铁块，木板所受的摩擦力增加mg，结合动能定理求出放上第二个铁块后木板又运动L距离时的速度【解答】解：（1）木板做匀加速直线运动时，由牛顿第二定律得：FMg=Ma，代入数据得：=0.25 （2）每放一个小铁块，木板所受的摩擦力增加mg，放上第一个小铁块后木板匀速运动，由平衡条件得：F=Mg+mg，代入数据解得：m=10 kg 设刚放第二块铁块时木板速度为v，对木板从放第一块铁块到刚放第二块铁块的过程，由动能定理得：，联立代入数据得v=4 m/s 答：（1）木板与地面间的动
35、摩擦因数为0.25（2）放上第二个铁块后木板又运动L距离时的速度为4m/s【点评】本题考查了牛顿第二定律、共点力平衡、动能定理的综合运用，根据牛顿第二定律和共点力平衡求出动摩擦因数和小铁块的质量是解决第二问的关键12（19分）（2016江门模拟）在一足够大的光滑水平面上建立如图所示的xoy坐标系，第一、四象限存在方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场；第四象限存在沿x轴正方向、电场强度为E的匀强电场一长为L内壁光滑的薄玻璃管与y轴平行放置在水平面上的第三象限，开口端b与x轴重合，在玻璃管的a端放置一个直径比玻璃管直径略小的小球，小球带电荷量为q、质量为m玻璃管带着小球以水平速度v0沿x轴正方向
36、运动，由于水平外力的作用，玻璃管进入磁场后速度保持不变，经一段时间后小球从玻璃管b端滑出并能在水平面内自由运动，最后从y轴飞离磁场设运动过程中小球的电荷量保持不变，求：（1）小球从玻璃管b端滑出时速度的大小；（2）从玻璃管进入磁场至小球从b端滑出的过程中，外力F随时间t变化的关系；（3）小球飞离磁场时速度的方向【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【分析】（1）小球参与两个运动，第一是随玻璃管水平向右的匀速直线运动，第二是在洛仑兹力作用下沿y轴正方向的匀加速直线运动，则离开管口的速度就是两者的矢量和（2）由于小球有沿y轴正方向的速度，由左手定则小球还受到向左的洛仑兹力，加上电场力均挤压玻璃管，所以
37、小球与玻璃管间相互作用弹力大小为两者之和由运动学公式表示出vy，从而就能表示出洛仑兹力，弹力，外力等（3）先由球在管里的匀加速直线运动位移求出时间，从而求出沿水平方向的位移，进入x轴上方的速度在第一问已经求出，由洛仑兹力提供向心力从而求得半径，再由几何关系就能求出从y轴上穿出时的角度【解答】解：（1）如图所示，小球沿管匀加速，由牛顿第二定律：a=， 又 F洛=Bv0q 得： 设小球运动至b端时的y方向速度分量为vy，则： 又 由式，可解得小球运动至b端时速度大小为：（2）设小球与玻璃管间相互作用弹力大小为N，则N=Eq+Bvyq 依题意，由平衡条件可知，玻璃管受到的水平外力为：F=N 又 由式
38、可得外力随时间变化关系为：（3）设小球在管中运动时间为t0，小球在磁场中做圆周运动的半径为R， 轨迹如图所示 t0时间内玻璃管的运动距离 x=v0t0 小球沿管匀加速 由牛顿第二定律得： 由几何关系得：，又 由、式可得：sin=0 故=00，即小球飞离磁场时速度方向垂直于y轴向左答：（1）小球从玻璃管b端滑出时速度的大小（2）从玻璃管进入磁场至小球从b端滑出的过程中，外力F随时间t变化的关系为（3）小球飞离磁场时速度的方向是垂直于y轴向左【点评】由于球随管向右匀速直线运动，则球受到沿y正方向的洛仑兹力做匀加速直线运动，而由于有沿y正方向的速度增加，则同时又受到向左的洛仑兹力将增加，这些物理过程
39、相互关联至于第三问判断离开磁场的方向，涉及的知识点更多，首先求出球离开玻璃管的时间、末速度、位移、在磁场中做匀速圆周运动的半径等，再由几何关系求出打在y轴上的速度方向(二）选考题，请考生任选一模块作答物理一选修3-3（15分）13下列说法正确的是（）A一定质量的气体，在体积不变时，分子每秒与器壁平均碰撞次数随着温度降低而减小B晶体熔化时吸收热量，分子平均动能一定增大C空调既能制热又能制冷，说明在不自发地条件下热传递方向性可以逆向D外界对气体做功时，其内能一定会增大E生产半导体器件时，需要在纯净的半导体材料中掺入其他元素，可以在高温条件下利用分子的扩散来完成【考点】封闭气体压强；扩散；热力学第一
40、定律；* 晶体和非晶体【分析】热力学第二定律，热力学基本定律之一，内容为不可能把热从低温物体传到高温物体而不产生其他影响；不可能从单一热源取热使之完全转换为有用的功而不产生其他影响；不可逆热力过程中熵的微增量总是大于零【解答】解：A、一定量的气体，在体积不变时，温度降低，压强减小，根据气体压强原理知道分子每秒平均碰撞次数也减小，故A正确；B、晶体都有固定的熔点，故B错误；C、根据热力学第二定律，热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体，故C正确；D、根据热力学第一定律可知，当外界对气体做功的同时，对外放热，其内能可能会增大，也可能减小，也可为不变，故D错误；
41、E、生产半导体器件时，需要在纯净的半导体材料中掺入其他元素，可以在高温条件下利用分子的扩散来完成，故E正确；故选：ACE【点评】本题综合考查了热力学第二定律、扩散现象、分子力和分子势能等知识点，关键要多看课本，熟悉基础知识14（10分）（2016江门模拟）已知竖直玻璃管总长为h，第一次向管内缓慢地添加一定质量的水银，水银添加完时，气柱长度变为h第二次再取与第一次相同质量的水银缓慢地添加在管内，整个过程水银未溢出玻璃管，外界大气压强保持不变求第二次水银添加完时气柱的长度若第二次水银添加完后，把玻璃管在竖直面内以底部为轴缓慢的沿顺时针方向旋转60求此时气柱长度（水银未溢出玻璃管）【考点】理想气体的
42、状态方程【分析】两次添加水银前后，气体做等温变化，分别由玻意耳定律列方程组便可求解；求出玻璃管沿顺时针方向旋转60时气体的压强，然后应用玻意耳定律可以求出空气柱的高度【解答】解：设开始时封闭气体压强为P0，每次添加的水银产生的压强为P，玻璃管的横截面积为S，气体发生等温变化，由玻意耳定律得：P0hS=（P0+P）hS 设第二次水银添加完时空气柱长度为h，由玻意耳定律得：P0hS=（P0+2P）hS 解得：h=0.6h；把玻璃管在竖直面内缓慢的沿顺时针方向旋转600时气体压强：p=P0+2Psin30，气体发生等温变化，由玻意耳定律得：P0hS=（ P0+2Psin30）hS，解得：h=0.75
43、h；答：第二次水银添加完时气柱的长度为0.6h此时气柱长度为0.75h【点评】用理想气体状态方程解题，关键是正确选取状态，明确状态参量和变化过程，尤其是正确求解被封闭气体的压强，这是热学中的重点知识，要加强训练，加深理解物理一选修3-4（15分）15（2016江门模拟）一列简谐横波沿x轴正方向传播，t=0时刻波形图如图中的实线所示，此时波刚好传到P点，t=0.6s时刻，这列波刚好传到Q点，波形如图中的虚线所示，a、b、c、P、Q是介质中的质点，则以下说法正确的是（）A这列波的波速为16.7 m/sB这列波的周期为0.8sC在t=0.5 s时，质点b、P的位移相同D从t=0时刻开始计时，质点a第
44、一次到达平衡位置时，恰好是这个时刻E质点c在这段时间内通过的路程一定等于30cm【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象【分析】由题读出PQ间的距离x，由v=求出波速；读出波长，由公式v=求周期根据周期与角速度的关系求出角速度，从而写出b、P的振动方程，再分析它们位移的关系根据波形的平移法求质点a第一次到达平衡位置的时间根据时间与周期的关系求质点c通过的路程【解答】解：A、由题图知，PQ间的距离x=90m60m=30m，则波速为v=50m/s，故A错误B、波长为 =40m，则这列波的周期为 T=0.8s，故B正确C、b点的振动方程为yb=Acost=10cost cm=10cos2.5t c
45、mP点的振动方程为yP=Asint=10sint cm=10sin2.5t cm当t=0.5s，代入得：yb=10cos2.50.5 cm=10cos1.25 cm=5cm，yP=10sin1.25 cm=5cm，则知，在t=0.5 s时，质点b、P的位移相同故C正确D、质点a的振动方程为 ya=Asin（t+），当t=s，代入得：ya=0，则知，从t=0时刻开始计时，质点a第一次到达平衡位置时，恰好是这个时刻故D正确E、波形传播到c位置的时间t1=s=0.2s，知0.2s后质点c开始振动，在0.4s内的路程s=2A=20cm故E错误故选：BCD【点评】本题的关键要明确波在同一均匀介质中匀速传
46、播，能根据质点的位置和运动方向写出质点的振动方程，要知道质点在一个周期内通过的路程是四倍的振幅16（2016江门模拟）如图所示，直角棱镜ABC置于空气中，A=30，AB边长为2a一束单色光从D点垂直于BC边射入棱镜，在AC边上的E点恰好发生一次全反射后，从AB边中点F处射出已知真空中光速为c求：棱镜的折射率n；单色光通过棱镜的时间t【考点】光的折射定律【分析】光线在E点发生全反射，入射角等于临界角由几何知识求出光线进入AC面的折射角，即可由临界角公式sinC=，求得折射率由v=求出光在玻璃中的传播速度，由几何知识求出光在玻璃中传播的路程，即可求解时间t【解答】解：在E点恰好发生全反射，临界角C
47、=60则此玻璃的折射率 传播的速度 光线在玻璃砖中传播的距离 所用时间 答：棱镜的折射率n为；单色光通过棱镜的时间t为【点评】解决本题的关键是判断出光线在AC面发生全反射，再根据反射定律和折射定律求解出各个分界面上的反射角和折射角，然后画出光路图，并结合几何关系进行分析计算物理-选修3-5（15分）17（2016江门模拟）下列说法中正确的是（）A对于同种金属产生光电效应时，逸出光电子的最大初动能与照射光的频率成正比B一重原子核衰变成粒子和另一原子核，衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能C按照玻尔理论，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，但原子的能量增大D衰变中产生的射
48、线是原子核外电子挣脱原子核的束缚而形成的高速电子流E不论用怎样的人工办法都无法改变放射性物质的半衰期【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】根据光电效应方程得出光电子最大初动能与入射光频率的关系；抓住重原子核衰变的过程中释放能量，比较结合能的大小；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；衰变释放的电子是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来；半衰期的大小由原子核内部因素决定，与原子核所处的物理环境和化学状态无关【解答】解：A、根据光电效应方程Ekm=hvW0知，逸出光电子的最大初动能与照射光的频率成一次函数关系，不是正比关系
49、，故A错误；B、一重原子核衰变成粒子和另一原子核，该过程中要释放能量，所以衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能故B正确；C、按照玻尔理论，氢原子核外电子从低能级跃迁到高能级时，电子的轨道半径增大，能量增大，根据知，电子的动能减小，故C正确；D、衰变释放的电子来自原子核，不是核外电子，故D错误E、半衰期由原子核内部因素决定，不论用怎样的人工办法都无法改变放射性物质的半衰期，故E正确故选：BCE【点评】本题考查了光电效应方程、结合能、能级、衰变实质、半衰期等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点，不能混淆18（2016江门模拟）质量为M的木块静止在光滑的水平面上，一颗子弹质量为m，
50、以水平速度v0击中木块并最终停留在木块中求：在这个过程中木块的最大动能；子弹和木块的位移之比【考点】动量守恒定律；动能定理的应用；功能关系【分析】子弹刚停留在木块中时速度最大，动能最大子弹射入木块的过程中，系统所受的合外力为零，动量守恒，由动量守恒定律求出碰撞后共同速度，即可求出最大动能对于子弹射入木块的过程，运用动能定理，分别对子弹和木块，列式求解位移之比【解答】解：设子弹和木块的共同速度为v，由动量守恒定律，mv0=（M+m）v解得：v=木块的最大动能Ek=Mv2=；设子弹和木块之间的相互作用力为F，位移分别为x1，x2由动能定理得，对子弹，Fx1=mv2mv02，对木块，Fx2=Mv20，联立解得子弹和木块的位移之比=答：木块的最大动能为；子弹和木块的位移之比为【点评】在子弹打木块模型中，基本规律是动量守恒运用动能定理时要注意研究对象的选取
