1、广东省珠海市2016年高考物理二模试卷（解析版）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1418题只有一项符合题目要求，第1921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许多科学家为经典物理学的发展作出了重要贡献下列说法错误的是（）A伽利略最先总结出自由落体运动的规律B库仑巧妙利用扭秤探究电荷间相互作用的规律C开普勒在前人观测的基础上总结出行星绕太阳运动的规律D法拉第总结出：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化量成正比2如图甲所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一匝数为n，面积为S，总电阻为r的矩形线圈abcd绕轴
2、OO做角速度为的匀速转动，矩形线圈在转动中可以保持和外电路电阻R形成闭合电路，回路中接有一理想交流电流表图乙是线圈转动过程中产生的感应电动势e随时间t变化的图象，下列说法中正确的是（）A从tl到t3这段时间穿过线圈磁通量的变化量为2nBSB从t3到t4这段时间通过电阻R的电荷量为Ct3时刻穿过线圈的磁通量变化率为nBSD电流表的示数为3如图，一边长为2m的正方形放在与其平面平行的匀强电场中，A、B、C、D是该正方形的四个顶点，已知A、B、C三点的电势分别为A=10V、B=2V、C=2v，则（）AD点电势D=0B电场强度的大小为2V/mC电场强度的方向沿AC方向D电子在静电力作用下从A运动到D电
3、势能增加10eV4图甲是张明同学站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，点P是他的重心位置图乙是根据传感器采集到的数据画出的力一时间图线两图中ag各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出取重力加速度g=10m/s2根据图象分析可知（）A张明的重力为1500NBc点位置张明处于失重状态Ce点位置张明处于超重状态D张明在d点的加速度小于在f点的加速度5如图所示，竖直面内半径为R的光滑半圆形轨道与水平光滑轨道相切于D点b、c两个质量相同的物块由水平部分分别向半环滑去，最后重新落回到水平面上时的落点到切点D的距离分别为BD=2R，CD2R设两个物块离开半圆形轨道在空中飞行时间依次为tb、tc，到达地面
4、瞬间动能分别为Eb、Ec，则下面判断正确的是（）AtbtcBtbtcCEbEcDEbEc6如图，水平转台上有一个质量为m的物块（可视为质点），物块与竖直转轴间距为R，物块与转台间动摩擦因数为，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现让物块始终随转台一起由静止开始缓慢加速转动至角速度为时（）A物块受到的向心力为mgB物块受到的摩擦力为m2RC转台对物块做的功为m2R2D转台对物块做的功不小于mgR7引力波的发现证实了爱因斯坦100年前所做的预测1974年发现了脉冲双星间的距离在减小就已间接地证明了引力波的存在如果将双星系统简化为理想的圆周运动模型，如图所示，两星球仅在相互间的万有引力作用下，绕O点做匀速
5、圆周运动；假设双星间的距离L已知且保持不变，两星周期为T，质量分别为m1、m2，对应的轨道半径为r1、r2（r1r2），加速度大小为a1、a2，万有引力常量为G，则下列关系式正确的是（）Am1a1=m2a2Ba1r12=a2r22Cm1r1=a2r2DT2=8如图，匀强磁场B上下边界间距为a，磁感应强度方向垂直纸面向里，现将边长为b的正方形线框CDEF从距磁场上边界h处无初速释放，若下落过程中，线框平面始终位于纸平面内，下边框始终与磁场上下边界平行，当（）A线框匀速进入磁场时，则穿出磁场时速度可能减小或不变B线框匀速进入磁场时，则穿出磁场时加速度可能减小或不变C线框穿过磁场时，关于D、E两点的
6、电势始终有DED线框穿过磁场时，产生的焦耳热一定小于其重力势能的减少量三、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（共129分）9某同学做“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验如图该装置为在轻质弹簧下端逐个悬拄多个钩码稳定后弹簧指针在标尺刻度上所指的位置现把累计悬挂钩码个数与弹簧指针对应的际尺刻度值列表如下累计悬挂4个钩码隐定后标尺刻度示数如图放大部分已知每个钩码质量为50g弹簧上端悬挂点对应际尺刻度为0，重力加速度g取9.80m/s2，则：不挂钩码时标尺刻度值x0=_cm，该弹簧劲度系数k=_N/m
7、（保留3位有效数字）挂4个钩码后标尺刻度值x4_cm（设弹簧始终在弹性限度内）钩码个数/个01234弹簧长度/cmx012.5019.0025.50x410现用如图电路测量电源电动势E 及电阻Rx的阻值图中电阻R 的阻值已知，K2为单刀双掷开关，V为理想电压表，E为电源（内阻不可忽略）（1）补充完整以下的操作步骤：K1断开，K2接到a端，记下电压表的读数U1；_，K2仍接到a端，记下电压表的读数U2；_，记下电压表的读数U3；重复上述步骤（2）由R及电压表测得的量，可测得E=_，Rx=_11（12分）（2016珠海二模）如图是质谱仪的工作原理示意图，两平行金属板间距为d，电势差为U，板间电场可
8、视为匀强电场；金属板下方有一磁感应强度为B的匀强磁场，带电量为+q、质量为m的粒子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后进入磁场做匀速圆周运动到P点，忽略粒子重力的影响，求：（1）粒子从电场射出时速度v的大小；（2）粒子运动到P点的总时间t12（20分）（2016珠海二模）如图，一质量M=1kg的足够长薄木板正在水平地面上滑动，当其速度为v0=5m/s时将一质量m=1kg小铁块（可视为质点）无初速地轻放到木板的A端；已知薄木板与小铁块间的动摩撅因数1=0.2，薄木板与地面间的动摩擦因数2=0.3，g=10m/s2求：（1）小铁块放到薄木板后瞬间铁块和木板的加速度大小a1、a2；（2）当小铁块速
9、度刚好减小到零时，小铁块到A端的距离二.选考题：共45分请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题如果多做，则每学科按所做的第一题计分物理-选修3-3（15分）13下列说法正确的是（）A布朗运动就是液体分子的无规则运动B当分子力表现为引力时，分子势能随分子间距离的增加而增加C对物体做功，物体的内能不一定增加D已知水的密度和水的摩尔质量，则可以计算出阿伏加德罗常数E扩散现象说明分子之间存在空隙，同时分子在永不停息地做无规则运动14（10分）（2016珠
10、海二模）一竖直放置、缸壁光滑且导热的柱形气缸内盛有一定量的氮气，被活塞分隔成、两部分；已知活塞的质量为m，活塞面积为S，达到平衡时，这两部分气体的体积相等，如图（a）所示；为了求出此时上部气体的压强P10，将气缸缓慢倒置，再次达到平衡时，上下两部分气体的体积之比为3：1，如图（b）所示设外界温度不变，重力加速度大小为g，求：图（a）中上部气体的压强P10物理-选修3-5（15分）15（2016珠海二模）下列说法正确的是（）A太阳辐射能量与目前核电站发电的能量均来自核聚变反应B1g 铀238经过一个半衰期后铀238的质量变为0.5gC一个氢原子从n=4的激发态跃迁到基态时，能辐射6种不同频率的光
11、子D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，原子能量增加E康普顿效应说明光具有粒子性，电子的衍射实验说明粒子具有波动性16（2016珠海二模）如图所示，一质量M=8kg的光滑长木板停放在光滑水平面上，在木板上的0点处有一质量m=1.9kg的物块（可视为质点），在木板右端固定一轻质弹簧，弹簧为原长时左端刚好在O点，一颗质量为m0=0.1kg的子弹以v0=200m/s的初速度水平向右飞来，击中物块并留在其中，己知子弹击中木块的时间极短、弹簧的形变始终在弹性限度内求：物块回到O点瞬间，物块和木板的速度大小分别是多少？2016年广东省珠海市高考物理二模试卷参
12、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1418题只有一项符合题目要求，第1921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许多科学家为经典物理学的发展作出了重要贡献下列说法错误的是（）A伽利略最先总结出自由落体运动的规律B库仑巧妙利用扭秤探究电荷间相互作用的规律C开普勒在前人观测的基础上总结出行星绕太阳运动的规律D法拉第总结出：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化量成正比【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、伽利略最先根据对斜面上小球运动的研究，
13、总结出自由落体运动的规律，故A正确；B、库仑通过扭秤实验总结出电荷间相互作用的规律，故B正确；C、开普勒在前人观测的基础上总结出行星绕太阳运动的规律，故C正确；D、法拉第发现了电磁感应现象，是库伯和韦德总结出了电磁感应定律故D错误；本题选错误的，故选：D【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，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一匝数为n，面积为S，总电阻为r的矩形线圈abcd绕轴OO做角速度为的匀速转动，矩形线圈在转动中可以保持和外电路电阻R形成闭合电路，回路中接有一理想交流电流表图乙是线圈转动过程中产生的感应电动势
14、e随时间t变化的图象，下列说法中正确的是（）A从tl到t3这段时间穿过线圈磁通量的变化量为2nBSB从t3到t4这段时间通过电阻R的电荷量为Ct3时刻穿过线圈的磁通量变化率为nBSD电流表的示数为【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率【分析】明确交流电的产生过程，能由法拉第电磁感应定律分析平均电动势，再由欧姆定律求出平均电流，由Q=It可求出电荷量由图得出交流电的最大值，再由有效值与最大值的关系即可求出电流的有效值；【解答】解：A、由图可知，tl和t3这两时刻的磁通量大小为BS，方向相反；故穿过线圈磁通量的变化量为2BS；故A错误；B、从t3到t4这段
15、时间磁通量的变化为BS，则平均电动势=；因此通过电阻R的电荷量为q=；故B错误；C、t3时刻电动势E=NBS；则由法拉第电磁感应定律可知：E=；则穿过线圈的磁通量变化率为BS；故C错误；D、电流表的示数为有效值，则有：I=；故D正确；故选：D【点评】本题考查交流电图象的掌握以及交流电的产生规律，要注意明确电表示数均为有效值，而求电量时用平均电动势； 同时掌握法拉第电磁感应定律的正确应用3如图，一边长为2m的正方形放在与其平面平行的匀强电场中，A、B、C、D是该正方形的四个顶点，已知A、B、C三点的电势分别为A=10V、B=2V、C=2v，则（）AD点电势D=0B电场强度的大小为2V/mC电场强
16、度的方向沿AC方向D电子在静电力作用下从A运动到D电势能增加10eV【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系【分析】在匀强电场中平行等间距的电势差相等；连接AC，在AC上找出与B点等电势点，作出等势线，再过D作出等势线，根据电场线与等势面垂直垂直画出电场线，根据U=Ed计算电场强度【解答】解：A、匀强电场中，沿着任意方向每前进相同的距离，电势变化都相等，故AB=DC，即得D=6V，故A错误；BC、AB中点的电势为E，连接DE，DE为一条等势线，过A点向DE作垂线，电场方向垂直DE斜向下，根据几何关系A到DE的距离d=m，即，故B正确，C错误；D、电子在静电力作用下从A到D电场力做功，即电势能增
17、加4eV，故D错误；故选：B【点评】本题关键是抓住匀强电场中沿着任意方向每前进相同的距离电势变化相等，电场线与等势面垂直以及公式U=Ed分析计算4图甲是张明同学站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，点P是他的重心位置图乙是根据传感器采集到的数据画出的力一时间图线两图中ag各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出取重力加速度g=10m/s2根据图象分析可知（）A张明的重力为1500NBc点位置张明处于失重状态Ce点位置张明处于超重状态D张明在d点的加速度小于在f点的加速度【考点】牛顿运动定律的应用-超重和失重【分析】开始时的人对传感器的压力等于其重力；失重状态：当物体对接触面的压力小于物体的真
18、实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；超重状态：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度人下蹲过程分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重，起立也是如此【解答】解：A、开始时人处于平衡状态，人对传感器的压力是500N，根据牛顿第三定律和功率的平衡可知，人的也是500N故A错误；B、c点时人对传感器的压力大于其重力，处于超重状态故B错误；C、e点时人对传感器的压力大于其重力，处于超重状态故C正确；D、人在d点：，人在f点：，可知d点的加速度大于f点的加速度故D错误故选：C【点评】本题考察物理知识与生活的联
19、系，注意细致分析物理过程，仔细观察速度的变化情况，与超失重的概念联系起来加以识别5如图所示，竖直面内半径为R的光滑半圆形轨道与水平光滑轨道相切于D点b、c两个质量相同的物块由水平部分分别向半环滑去，最后重新落回到水平面上时的落点到切点D的距离分别为BD=2R，CD2R设两个物块离开半圆形轨道在空中飞行时间依次为tb、tc，到达地面瞬间动能分别为Eb、Ec，则下面判断正确的是（）AtbtcBtbtcCEbEcDEbEc【考点】平抛运动；向心力【分析】根据平抛运动的高度比较平抛运动的时间，结合水平位移和时间比较初速度，根据平行四边形定则比较落地的速度，从而比较落地的动能【解答】解：A、b、c两物块
20、离开半圆形轨道做平抛运动，根据t=知，高度相同，则运动的时间相等，即tb=tc，故A、B错误C、根据知，两物块落地时的竖直分速度相等，由于c的水平位移大，则c平抛运动的初速度大，根据平行四边形定则知，落地时c的速度较大，则物块落到C点的动能较大，故D正确，C错误故选：D【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，知道运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移6如图，水平转台上有一个质量为m的物块（可视为质点），物块与竖直转轴间距为R，物块与转台间动摩擦因数为，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现让物块始终随转台一起由静止开始缓慢加速转动至角速度为时（）A物块受到的向
21、心力为mgB物块受到的摩擦力为m2RC转台对物块做的功为m2R2D转台对物块做的功不小于mgR【考点】动能定理；向心力【分析】分析物块的受力情况，物块随转台做匀速圆周运动，静摩擦力充当向心力，根据向心力公式可求出摩擦力，因为滑块随转台缓慢变快，根据动能定理求转台对滑块做的功【解答】解：A、物块与圆盘间是静摩擦力，不能用滑动摩擦力公式计算，故A错误B、物块受到重力、支持力和摩擦力三个力的作用，摩擦力沿半径方向的分量充当了向心力，因为圆盘加速转动，摩擦力在切向有分力，所以摩擦力大于，故B错误C、物块始终随转台一起由静止开始缓慢加速转动至角速度为的过程中，重力和支持力不做功，只有摩擦力做功，末速度v
22、=R，根据动能定理，有，故C正确D、物体即将滑动时，最大静摩擦力提供向心力，由向心力公式，得，物体做加速圆周运动过程，所以转台对物块做的功小于或等于，故D错误故选：C【点评】本题考查了匀速圆周运动的问题，注意分析向心力的来源，同轴转动具有相等的角速度，转台加速过程中切向有摩擦力做功，根据动能定求变力做功是常用的方法7引力波的发现证实了爱因斯坦100年前所做的预测1974年发现了脉冲双星间的距离在减小就已间接地证明了引力波的存在如果将双星系统简化为理想的圆周运动模型，如图所示，两星球仅在相互间的万有引力作用下，绕O点做匀速圆周运动；假设双星间的距离L已知且保持不变，两星周期为T，质量分别为m1、
23、m2，对应的轨道半径为r1、r2（r1r2），加速度大小为a1、a2，万有引力常量为G，则下列关系式正确的是（）Am1a1=m2a2Ba1r12=a2r22Cm1r1=a2r2DT2=【考点】万有引力定律及其应用【分析】双星做匀速圆周运动具有相同的角速度，靠相互间的万有引力提供向心力，根据万有引力提供向心力得出双星的轨道半径关系，从而确定出双星的半径如何变化，以及得出双星的角速度、线速度、加速度和周期【解答】解：A、根据万有引力提供向心力得： =m1a1=m2a2，故A正确；B、双星系统的角速度是相等的，根据=m1r12=m2r22，知m1r1=m2r2，结合A的分析可得：，故B错误C正确D、
24、根据和，解得T2=，故D正确故选：ACD【点评】解决本题的关键知道双星靠相互间的万有引力提供向心力，知道双星的轨道半径比等于质量之反比8如图，匀强磁场B上下边界间距为a，磁感应强度方向垂直纸面向里，现将边长为b的正方形线框CDEF从距磁场上边界h处无初速释放，若下落过程中，线框平面始终位于纸平面内，下边框始终与磁场上下边界平行，当（）A线框匀速进入磁场时，则穿出磁场时速度可能减小或不变B线框匀速进入磁场时，则穿出磁场时加速度可能减小或不变C线框穿过磁场时，关于D、E两点的电势始终有DED线框穿过磁场时，产生的焦耳热一定小于其重力势能的减少量【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定
25、律；焦耳定律【分析】正方形线框abcd边长为b，如果ab或ab，有一段过程线框完全进入磁场，线框无感应电流，只受重力，做加速运动，线框受安培力与速度有关，根据牛顿第二定律分析加速度，比较DE两点的电势运用右手定则，根据功能关系分析线框中产生的焦耳热【解答】解：A、线框匀速进入磁场时，如果ab或ab，线框完全进入磁场，磁通量不变，没有感应电流，只受重力，做加速运动，离开磁场时的安培力大于重力，将做减速运动；如果a=b，离开磁场时将做匀速运动，线框匀速进入磁场时，则穿出磁场时速度可能减小或不变，故A正确B、线框匀速进入磁场时，如果a=b，线框匀速通过磁场区域，a=0，加速度不变；如果ab或ab，离
26、开磁场时，经过了一段加速运动，合力向上，向下做减速运动，根据牛顿第二定律有：，随着速度减小加速度也减小，故B正确C、线框穿过磁场时，根据右手定则，当DE边离开磁场，CF边切割磁感线时，感应电流顺时针方向，流过DE边的电流由ED，有；DE边切割磁感线时，由右手定则，DE是电源，感应电流逆时针方向，有，故C正确D、线框可能匀速通过整个磁场区，产生的焦耳热等于重力势能的增加量，故D错误故选：ABC【点评】解决本题的关键对正方形线框进行受力分析，明确研究过程的运动情况，注意磁场区域的宽度可能大于、小于、等于线框边长，分析问题要全面三、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
27、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（共129分）9某同学做“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验如图该装置为在轻质弹簧下端逐个悬拄多个钩码稳定后弹簧指针在标尺刻度上所指的位置现把累计悬挂钩码个数与弹簧指针对应的际尺刻度值列表如下累计悬挂4个钩码隐定后标尺刻度示数如图放大部分已知每个钩码质量为50g弹簧上端悬挂点对应际尺刻度为0，重力加速度g取9.80m/s2，则：不挂钩码时标尺刻度值x0=6.00cm，该弹簧劲度系数k=7.69N/m（保留3位有效数字）挂4个钩码后标尺刻度值x432.00cm（设弹簧始终在弹性限度内）钩码个数/个01234弹簧长度/cmx012
28、.5019.0025.50x4【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系【分析】根据胡克定律F=kx求出劲度系数，求出原长，确定四个钩码时形变量，及原长度【解答】解：根据胡克定律F=kx得F=kx10.5=k（0.19000.1250）解得k=7.69N/m当挂一个钩码时，由胡克定律F=kx得，x=6.50cm弹簧的原长x0=12.506.50=6.00cm当挂4个钩码时，由胡克定律F=kx得，x=26.00cmx4=26.00+6.00cm=32.00cm故答案为：6.00 7.69 32.00【点评】考查了胡克定律，理解F=kx的含义，知道弹簧的形变量、原长、总长之间的关系，难度不大10现用如图电路
29、测量电源电动势E 及电阻Rx的阻值图中电阻R 的阻值已知，K2为单刀双掷开关，V为理想电压表，E为电源（内阻不可忽略）（1）补充完整以下的操作步骤：K1断开，K2接到a端，记下电压表的读数U1；K1闭合，K2仍接到a端，记下电压表的读数U2；K1仍闭合，K2接到b端，记下电压表的读数U3；重复上述步骤（2）由R及电压表测得的量，可测得E=U1，Rx=【考点】测定电源的电动势和内阻【分析】由图可知实验的原理，因电压表内阻较大，故可以直接测出电源电动势；因电路中没有电流表，故只能通过定值电阻串联的方法，由串联电路的规律求解电阻RX【解答】解：（1）将电压表直接接在电源两端测出电源的电动势，再测出R
30、与Rx两端的电压，同理测出Rx两端的电压，由串并联电路的规律可得出电阻Rx，故步骤为：l1断开，k2接到a端，记下电压表的读数U1；k2仍接到a端，闭合k1，记下电压表的读数U2；k1仍闭合，k2接到b端，记下电压表的读数U3（3）电压表第一步测出的即为电源电动势，故E=U1；由串联电路的规律可知：解得：RX=故答案为：（1）K1闭合；K1仍闭合，K2接到b端；（2）U1，【点评】本题的解题关键在于看懂电路图，明确电路的原理及实验原理；在审题时，一定要注意题目中隐含的信息，如本题中电压表内阻很大，电压表即可看作理想电表11（12分）（2016珠海二模）如图是质谱仪的工作原理示意图，两平行金属板
31、间距为d，电势差为U，板间电场可视为匀强电场；金属板下方有一磁感应强度为B的匀强磁场，带电量为+q、质量为m的粒子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后进入磁场做匀速圆周运动到P点，忽略粒子重力的影响，求：（1）粒子从电场射出时速度v的大小；（2）粒子运动到P点的总时间t【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理【分析】（1）根据动能定理列式求解速度，（2）分别求出粒子在电场中的加速时间及磁场中的偏转时间，则可求得总时间【解答】解：（1）粒子在电场中加速：解得：v=（2）电场中加速时间：其中：磁场中偏转时间为：联立得：答（1）粒子从电场射出时速度v的大小为；（2）粒子运动到P点的总时间t为【点评】本
32、题考查了带电粒子在电场中的加速和在磁场中的偏转，属于基础题；要明确两种场中的不同解决方法12（20分）（2016珠海二模）如图，一质量M=1kg的足够长薄木板正在水平地面上滑动，当其速度为v0=5m/s时将一质量m=1kg小铁块（可视为质点）无初速地轻放到木板的A端；已知薄木板与小铁块间的动摩撅因数1=0.2，薄木板与地面间的动摩擦因数2=0.3，g=10m/s2求：（1）小铁块放到薄木板后瞬间铁块和木板的加速度大小a1、a2；（2）当小铁块速度刚好减小到零时，小铁块到A端的距离【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动规律的综合运用【分析】（1）对M、m分别进行受力分析，根据牛顿第二定律求加速度（
33、2）刚开始小铁块相对于木板向左运动，速度相等以后相对于木板向右运动，最后M停止，m继续向右运动直到速度为0，根据牛顿第二定律和运动学公式分过程求解【解答】解：（1）小铁块放到薄木板后瞬间，对小铁块和薄木板进行受力分析如图，根据牛顿第二定律，有对小铁块对薄木板：即代入数据解得（2）设经过时间t，M、m的速度相等代入数据解得t=0.5s速度相等时v=1m/s这段时间内m的位移M的位移m相对于M向左运动=速度相等后，假设M、m相对静止，一起匀减速运动，加速度为m不可能与M相对静止，因为所以m继续向右匀减速运动，设经过时间t速度减为0对M解得M经过t速度减为0m的位M的位移m相对于M向右运动经时m的速
34、M停止后m继续匀减速直到停止小铁块到A端的距离答：（1）小铁块放到薄木板后瞬间铁块和木板的加速度大小分别为、（2）当小铁块速度刚好减小到零时，小铁块到A端的距离【点评】本题考查牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，关键是受力分析，分析清楚物体的运动的情景二.选考题：共45分请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题如果多做，则每学科按所做的第一题计分物理-选修3-3（15分）13下列说法正确的是（）A布朗运动就是液体分子的无规则运动B当分子力表现为引力
35、时，分子势能随分子间距离的增加而增加C对物体做功，物体的内能不一定增加D已知水的密度和水的摩尔质量，则可以计算出阿伏加德罗常数E扩散现象说明分子之间存在空隙，同时分子在永不停息地做无规则运动【考点】布朗运动；阿伏加德罗常数；分子间的相互作用力【分析】布朗运动是固体微粒的运动，是液体分子无规则热运动的反映；当分子力表现为引力时，分子势能随分子间距离的增加而增加；由热力学定律U=Q+W可判断；已知水的密度和水的摩尔质量，只能求出水的摩尔体积，求不出阿伏加德罗常数；扩散现象说明分子在做无规则运动【解答】解：A布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动，是液体分子热运动的体现，故A错误；B当分子力
36、表现为引力时，分子距离增大时，分子引力做负功，分子势能增加，故B正确；C由热力学定律，U=Q+W，对物体做功，物体可以放出热量，物体的内能不一定增加，故C正确；D已知水的密度和水的摩尔质量，只能求出水的摩尔体积，求不出阿伏加德罗常数，故D错误；E扩散现象说明分子之间存在空隙，同时分子在永不停息地做无规则运动，故E正确故选：BCE【点评】本题考查热力学的一些基本知识，要注意重点掌握布朗运动、热力学定律及阿伏加德常数等内容，并能正确应用14（10分）（2016珠海二模）一竖直放置、缸壁光滑且导热的柱形气缸内盛有一定量的氮气，被活塞分隔成、两部分；已知活塞的质量为m，活塞面积为S，达到平衡时，这两部
37、分气体的体积相等，如图（a）所示；为了求出此时上部气体的压强P10，将气缸缓慢倒置，再次达到平衡时，上下两部分气体的体积之比为3：1，如图（b）所示设外界温度不变，重力加速度大小为g，求：图（a）中上部气体的压强P10【考点】理想气体的状态方程【分析】气体发生等温变化，求出气体状态参量，然后应用玻意耳定律求出气体压强【解答】解：设气缸倒置前下部气体的压强为p20，倒置后上下气体的压强分别为p2、p1，由力的平衡条件得：，倒置过程中，两部分气体均经历等温过程，设气体的总体积为V0，由玻意耳定律得：，解得：；答：图（a）中上部气体的压强P10为【点评】本题考查了求气体压强，分析清楚气体状态变化过程
38、，求出气体状态参量，应用玻意耳定律即可正确解题物理-选修3-5（15分）15（2016珠海二模）下列说法正确的是（）A太阳辐射能量与目前核电站发电的能量均来自核聚变反应B1g 铀238经过一个半衰期后铀238的质量变为0.5gC一个氢原子从n=4的激发态跃迁到基态时，能辐射6种不同频率的光子D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，原子能量增加E康普顿效应说明光具有粒子性，电子的衍射实验说明粒子具有波动性【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度【分析】太阳辐射的能量来自轻核聚变，核电站发电的能量来自重核裂变；经过一个半衰期有半数发生衰变；一个氢原子从n=
39、4能级跃迁，可能从n=4跃迁到n=3，再从n=3跃迁到n=2，再从n=2跃迁到n=1，最多只能辐射3种频率的光子；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；康普顿效应说明光具有粒子性，电子的衍射实验说明粒子具有波动性【解答】解：A、太阳辐射的能量来自轻核聚变，核电站发电的能量来自重核裂变，故A错误B、经过一个半衰期有半数发生衰变，1g 铀238经过一个半衰期后铀238的质量变为0.5g，故B正确C、一个氢原子从n=4的激发态跃迁到基态时，最多只能辐射3种频率的光子，若是一群氢原子，能辐射6种不同频率的光子，故C错误D、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
40、，原子能量增加，根据知，电子的动能减小，故D正确E、康普顿效应说明光具有粒子性，电子的衍射实验说明粒子具有波动性，故E正确故选：BDE【点评】本题考查了重核裂变、轻核聚变、半衰期、能级跃迁、波粒二象性等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基本概念和基本规律，不能混淆16（2016珠海二模）如图所示，一质量M=8kg的光滑长木板停放在光滑水平面上，在木板上的0点处有一质量m=1.9kg的物块（可视为质点），在木板右端固定一轻质弹簧，弹簧为原长时左端刚好在O点，一颗质量为m0=0.1kg的子弹以v0=200m/s的初速度水平向右飞来，击中物块并留在其中，己知子弹击中木块的时间极短、弹簧的形变始终在
41、弹性限度内求：物块回到O点瞬间，物块和木板的速度大小分别是多少？【考点】动量守恒定律；功能关系【分析】子弹射入物块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律求出子弹和木块的共同速度，此后子弹、物块和木板组成的系统动量守恒，机械能守恒，根据动量守恒定律以及机械能守恒定律列式求解即可【解答】解：子弹射入物块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正，根据动量守恒定律得：m0v0=（m+m0）v解得：v=，此后子弹、物块和木板组成的系统动量守恒，机械能守恒，则有：（m+m0）v=（m+m0）v1+Mv2，代入数据解得：v1=6m/s，v2=4m/s，即物块回到O点瞬间，物块和木板的速度大小分别是6m/s和4m/s答：物块回到O点瞬间，物块和木板的速度大小分别是6m/s和4m/s【点评】解决本题的关键能够正确地分析物块和木板的能量是如何转化的，准确选择研究对象，根据系统的动量守恒和机械能守恒研究这类问题，注意使用动量守恒定律解题时要规定正方向