1、2016年广东省茂名市高考物理一模试卷二、选择题：本题共有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如图（甲）所示，导线MN和矩形线圈abcd共面且固定在MN中通以图（乙）所示的电流（NM方向为电流的正方向），则在0T时间内（） A线框感应电流方向始终沿adcba方向B线框感应电流方向先沿abcda后沿adcbaCab边始终不受力的作用Dbc边受安培力先向右后向左2如图所示，平行水平放置的光滑导轨AB、CD相距0.2m，电阻不计，导轨的左右两端分别接有阻值为1的电阻R1和R2，金属圆环的
2、直径为0.2m，电阻为2，整个装置放在大小为1T、方向竖直向下的匀强磁场中，M、N为圆环与导轨接触的两点当圆环以速度为10m/s向右匀速运动时，下列说法正确的是（）A导轨中没有电流BM、N两点的电压为2VCM、N两点的电压为1.57VDR1的功率为1W3如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放着用细线相连的质量相等的两个物体A和B，它们与盘间的摩擦因数相同，当圆盘转动到两个物体刚好还未发生滑动时，烧断细线，两个物体的运动情况是（）A两物体沿切向方向滑动B两物体均沿半径方向滑动，离圆盘圆心越来越远C两物体仍随圆盘一起做圆周运动，不发生滑动D物体B仍随圆盘一起做匀速圆周运动，物体A发生滑动，
3、离圆盘圆心越来越远4如图所示为一只理想变压器，原、副线圈匝数比是10：1，原线圈接入电压为220V的正弦交流电，一个理想二极管与一个最大阻值为10的滑动变阻器串联后接在副线圈上，滑片P在变阻器的最下端，则下列说法正确的是（）A1分钟内电阻R上产生的热量为1452JB电压表的示数为22VC二极管两端的最大电压为22VD滑片P向上移动时，电流表A的示数减小5如图所示，两根等长且不可伸长的细线结于O点，A端固定在水平杆上，B端系在轻质圆环（不计重力）上，圆环套在竖直光滑杆上，C端挂一重物，重物质量为m开始时用手握住轻圆环，使其紧靠D端，且AD=OA，当重物静止时如图所示现释放圆环，圆环在竖直光滑杆上
4、自由滑动，当重物再次静止时OA绳拉力为FA，OB绳拉力为FB，则（）AFAmg；FBmgBFA=mg；FB=0CFA=mg；FB=mgDFAmg； FB=mg6质量为m的物体在水平恒力F作用下沿水平面运动，在t0时刻撤去F，其Vt图象如图所示已知物体与水平面间的动摩擦因数为，在这过程中力F做的功为W，则下列关系式正确的是（）AF=2mgBF=3mgCW=mgV0t0DW=3mgV0t07如图所示，带有正电荷量Q的细铜圆环竖直固定放置，一带量为q的正点电荷从很远处沿水平轴线飞来并到达圆心，不计粒子的重力关于粒子的上述过程，下列说法正确的是（）A粒子先做加速运动后做减速运动B粒子的电势能先增大后减
5、小C粒子的加速度先增大后减小D粒子的动能与电势能之和不变8如图所示是牛顿研究抛体运动时绘制的一幅草图，以不同的速度抛出的物体分别沿a、b、c、d轨迹运动，其中a是一段曲线，b是贴近地球表面的圆，C是椭圆，d是双曲线的一部分已知引力常数为G，地球质量为M，半径为R，地球附近的重力加速度为g以下说法正确的是（）A沿a运动物体的初速度一定小于B沿b运动物体的初速度一定等于C沿c运动物体的初速度与P点时速度大小相等D沿d运动物体的初速度一定大于第一宇宙速度三、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12
6、9分）9在“利用打点计时器测定匀变速直线运动加速度”的实验中，某同学在打出的纸带上按打点的先后顺序每5点取一个计数点，共取了A、B、C、D、E、，六个计数点在一次课外实践活动中，某课题研究小组收集到电子产品中的一些旧电池及从废旧收音机上折下来的电容、电阻、电感线圈等电子元件现从这些材料中选取两待测元件，一是电阻R0（约为2k），一是手机中常用的锂电池（电动势E标称值为3.7V，允许最大放电电流500mA）在操作台上还准备了如下 实验器材：A电压表（量程为0315V，电阻RV约为01575k）B电流表A1（量程为100mA，内阻不计）C电流表A2（量程为2mA，内阻不计）D滑动变阻器R1（02k
7、，额定电流0.01A）E滑动变阻器R2（010，额定电流0.6A）F电阻箱R（0999.9）G开关一只，导线若干（1）为了测定电阻R0的阻值，小组成员设计了如图（甲）所示的电路，所选器材均标在图上，其器材选取中有不妥之处，你认为应该怎样调整？答：（2）当滑片移到某一位置时，电压表示数如图（乙）所示，此时R0的电压测量值为V（3）如果在实际过程中，发现滑动变阻器、电压表已损坏，请你用余下的器材测量电池的电动势E和内阻r请你在图（丙）所示的方框内画出实验电路图（标明所用器材符号）该项实验小组的同学在实验中取得多组数据，然后作出图（丁）所示的图象，则电源的电动势E=V，内电阻r=11质量为4kg的物
8、体系在气球的下端，绳子伸直且物体刚好接触地面释放气球，使物体由静止开始竖直上升，8s后绳子断开，再经6s物体落回地面，g取10m/s2求：（1）绳子对物体的拉力？（2）从释放到绳子断开前，绳子拉力的平均功率？12在真空中有大小为B=1.0T、方向垂直纸面向里的环形匀强磁场，内环半径R1=m，外环半径R2=1.0m在圆心O与内环间加上电压U后，内圆内形成一个辐射性的电场荷质比为=4.0103C/kg的带正电的粒子由圆心O处静止释放后经电场加速后进入磁场，不计带电粒子的重力求（1）带电粒子不能穿越磁场外边界的最大电压Um；（2）当电压为Um时，带电粒子从圆心静止释放后第一次在磁场中的运动时间三、物
9、理-选修3-3（共2小题，满分15分）13下列说法中正确的是（）A单晶体的各向异性是由晶体微观结构决定的B布朗运动就是液体分子的运动C能量转化和守恒定律是普遍规律，但是能量耗散违反能量转化和守恒定律D小昆虫水黾可以站在水面上是由于液体表面张力的缘故E物体可从单一热源吸收热量并全部用于做功14如图所示，一直立的气缸用一质量为m的活塞封闭一定量的理想气体，活塞横截面积为S，汽缸内壁光滑且缸壁是导热的，开始活塞被固定在A点，打开固定螺栓K，活塞下落，经过足够长时间后，活塞停在B点，已知AB=h，大气压强为p0，重力加速度为g求活塞停在B点时缸内封闭气体的压强；设周围环境温度保持不变，求整个过程中通过
10、缸壁传递的热量Q（一定量理想气体的内能仅由温度决定）四、物理-选修3-4（共2小题，满分0分）15简谐运动的振动图线可用下述方法画出：如图（甲）所示，在弹簧振子的小球上安装一支绘图笔P，让一条纸带在与小球振动方向垂直的方向上匀速运动，笔P在纸带上画出的就是小球的振动图象取振子水平向右的方向为振子离开平衡位置的位移正方向，纸带运动的距离代表时间，得到的振动图线如图乙所示则下列说法中正确的是（）A弹簧振子的周期为4sB弹簧振子的振幅为10cmCt=17s时振子相对平衡位置的位移是10cmD若纸带运动的速度为2cm/s，振动图线上1、3两点间的距离是4cmE2.5s时振子正在向x轴正方向运动16如图
11、所示，一个半径为R的四分之一透明圆柱体放置在水平桌面上，一束蓝光沿水平方向垂直入射到OA上，经过圆柱体后在水平面形成一个光斑已知圆柱体对蓝光的折射率为2求：蓝光在圆柱体中的传播速度；圆柱体右侧水平桌面上黑暗部分的长度五、物理-选修3-5（共2小题，满分0分）17以下说法中，正确的是（）A衰变成要经过6次衰变和8次衰变B一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为这束光的光强太小C原子核发生一次衰变时，其内部的一个中子转变为一个质子和一个电子D射线与射线一样是电磁波，穿透本领远比射线强E在原子核中，平均结合能越大表示原子核中的核子结合得越牢固18如图所示，甲车的质量为m1=3kg，质量为m=1
12、kg的小球用长为0.5m轻绳悬挂在L形支架一上，它们静止在水平面质量为m2=2kg的乙车以V0=5m/s的速度向甲车运动，甲、乙两车碰撞后一起运动g=10m/s2求：乙车碰撞甲后瞬时速度；绳子偏离竖直方向的最大偏角（可用反三角函数表示）2016年广东省茂名市高考物理一模试卷参考答案与试题解析二、选择题：本题共有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如图（甲）所示，导线MN和矩形线圈abcd共面且固定在MN中通以图（乙）所示的电流（NM方向为电流的正方向），则在0T时间内（）A线框感应
13、电流方向始终沿adcba方向B线框感应电流方向先沿abcda后沿adcbaCab边始终不受力的作用Dbc边受安培力先向右后向左【考点】楞次定律【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合【分析】根据右手螺旋定则可判定线圈所处磁场的方向，再由电流与时间的关系来确定磁场大小变化，由楞次定律可确定线圈产生的感应电流方向，从而根据左手定则可确定安培力的方向得出结果【解答】解：A、由题意可知，NM方向为电流正方向，根据右手螺旋定则可知，在0到T时间内，穿过线框abcd磁场方向垂直纸面向里，大小在减小，则线框产生的感应电流方向，由楞次定律可得，感应电流方向顺时针，即为abcda；当在到T时间内，穿过线框a
14、bcd磁场方向垂直纸面向外，大小在增大，则线框产生的感应电流方向，由楞次定律可得，感应电流方向仍为顺时针，即为abcda；故AB错误；C、当NM电流大小变化时，周围产生磁场，导致线框中产生感应电流，从而使线框ab受到安培力作用；当通以正向电流时，线框bc受到向右的安培力；当通以反向电流时，线框bc受到向左的安培力，故C错误，D正确；故选：D【点评】考查右手螺旋定则、楞次定则、左手定则，及法拉第电磁感应定律，得出电流方向同向的相互吸引，电流方向反向的相互排斥且磁场与时间的图象斜率表示磁场的变化2如图所示，平行水平放置的光滑导轨AB、CD相距0.2m，电阻不计，导轨的左右两端分别接有阻值为1的电阻
15、R1和R2，金属圆环的直径为0.2m，电阻为2，整个装置放在大小为1T、方向竖直向下的匀强磁场中，M、N为圆环与导轨接触的两点当圆环以速度为10m/s向右匀速运动时，下列说法正确的是（）A导轨中没有电流BM、N两点的电压为2VCM、N两点的电压为1.57VDR1的功率为1W【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；电功、电功率【专题】参照思想；等效替代法；电磁感应与电路结合【分析】当圆环以速度为10m/s向右匀速运动时切割磁感线产生感应电动势，相当于一个并联电池组，有效的切割长度等于其直径，由E=BLv求出感应电动势，再由电路规律解答【解答】解：A、当圆环以速度为10m/s向右
16、匀速运动时切割磁感线产生感应电动势，导轨中有感应电流故A错误BC、圆环产生的感应电动势为 E=BLv=10.210V=2V，通过导轨的电流 I=A=2AM、N两点的电压是路端电压，为 U=EI=221=1V故BC错误D、R1的功率为 P=W=1W，故D正确故选：D【点评】本题要用等效的思维方法来理解电路，要知道圆环相当于一个并联电池组，有效的切割长度等于其直径，在分析电路结构的基础上，应用E=BLv、欧姆定律、功率公式即可正确解题3如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放着用细线相连的质量相等的两个物体A和B，它们与盘间的摩擦因数相同，当圆盘转动到两个物体刚好还未发生滑动时，烧断细线，两
17、个物体的运动情况是（）A两物体沿切向方向滑动B两物体均沿半径方向滑动，离圆盘圆心越来越远C两物体仍随圆盘一起做圆周运动，不发生滑动D物体B仍随圆盘一起做匀速圆周运动，物体A发生滑动，离圆盘圆心越来越远【考点】向心力；牛顿第二定律【专题】牛顿第二定律在圆周运动中的应用【分析】对AB两个物体进行受力分析，找出向心力的来源，即可判断烧断细线后AB的运动情况【解答】解：当圆盘转速加快到两物体刚要发生滑动时，A物体靠细线的拉力与圆盘的最大静摩擦力的合力提供向心力做匀速圆周运动，所以烧断细线后，A所受最大静摩擦力不足以提供其做圆周运动所需要的向心力，A要发生相对滑动，离圆盘圆心越来越远，但是B所需要的向心
18、力小于B的最大静摩擦力，所以B仍保持相对圆盘静止状态，故A、B、C选项错误，D选项正确故选D【点评】解决本题的关键是找出向心力的来源，知道AB两物体是由摩擦力和绳子的拉力提供向心力，难度不大，属于基础题4如图所示为一只理想变压器，原、副线圈匝数比是10：1，原线圈接入电压为220V的正弦交流电，一个理想二极管与一个最大阻值为10的滑动变阻器串联后接在副线圈上，滑片P在变阻器的最下端，则下列说法正确的是（）A1分钟内电阻R上产生的热量为1452JB电压表的示数为22VC二极管两端的最大电压为22VD滑片P向上移动时，电流表A的示数减小【考点】变压器的构造和原理【专题】定量思想；推理法；交流电专题
19、【分析】根据图象可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，二极管的作用是只允许正向的电流通过，再根据电压与匝数成正比即可求得结论【解答】解：A、B、C、原、副线圈的电压与匝数成正比，所以副线圈两端电压为22V，最大值为V，则C错误；由于副线圈接着二极管，它具有单向导电性，根据电流的热效应知解得U=11V，故B错误；则1 min内产生的热量为Q=1452J，故A正确 D、P向上移动时，电阻变小，副线圈电流变大，则原线圈电流也变大则D错误故选：A【点评】本题需要掌握变压器的电压之比和匝数比之间的关系，同时对于二极管的作用要了解5如图所示，两根等长且不可伸长的细线结于O点，A端固定在水平杆上，B端系在
20、轻质圆环（不计重力）上，圆环套在竖直光滑杆上，C端挂一重物，重物质量为m开始时用手握住轻圆环，使其紧靠D端，且AD=OA，当重物静止时如图所示现释放圆环，圆环在竖直光滑杆上自由滑动，当重物再次静止时OA绳拉力为FA，OB绳拉力为FB，则（）AFAmg；FBmgBFA=mg；FB=0CFA=mg；FB=mgDFAmg； FB=mg【考点】共点力平衡的条件及其应用【专题】共点力作用下物体平衡专题【分析】题中圆环质量很轻，重力不计，受到竖直杆的支持力和绳OB的拉力两个力作用，当让圆环在竖直光滑杆上自由滑动，重物再次静止时，OB必须与竖直杆垂直才能平衡根据几何知识得到此时OA绳与水平杆的夹角，分析结点
21、O的受力情况，作出力图，根据平衡条件进行分析【解答】解：据题分析可知，圆环的重力不计，受到竖直杆的支持力和绳OB的拉力两个力作用，竖直杆对圆环的支持力与杆垂直向左，二力平衡时，这两个力必定在同一直线上，则当让圆环在竖直光滑杆上自由滑动，重物再次静止时，OB绳也与竖直杆垂直设此时OA与水平杆的夹角为，三个细线的长度均为L，则几何知识得 cos0.6，得=53以结点O为研究对象，分析受力情况如图，由平衡条件得知：FB与mg的合力与FA大小相等，方向相反，由于=5345，则根据几何知识分析得到： FA=mg，FB=0故选：B【点评】本题中分析出轻环处于二力平衡状态是解题的关键，再以结点为研究对象，根
22、据平衡条件进行分析6质量为m的物体在水平恒力F作用下沿水平面运动，在t0时刻撤去F，其Vt图象如图所示已知物体与水平面间的动摩擦因数为，在这过程中力F做的功为W，则下列关系式正确的是（）AF=2mgBF=3mgCW=mgV0t0DW=3mgV0t0【考点】动能定理的应用；匀变速直线运动的图像【专题】整体思想；图析法；运动学中的图像专题；动能定理的应用专题【分析】对全过程，运用动量定理求F的大小在vt图象中，面积表示位移大小，据此求解各个时间段的位移大小，从而全过程摩擦力做功，对全程根据动能定理列式求解拉力F做的功【解答】解：取初速度方向为正方向，根据动量定理，对全过程：Ft0mg3t0=0，解
23、得：F=3mg；0t0时间内，全过程的位移为：x=v03t0=对全过程，运用动能定理得：Wmgx=0，得W=mgv0t0故BC正确，AD错误故选：BC【点评】本题涉及力在时间上的累积效应，可优先考虑运用动量定理研究F的大小，当然也可以根据牛顿第二定律和运动学公式结合求解7如图所示，带有正电荷量Q的细铜圆环竖直固定放置，一带量为q的正点电荷从很远处沿水平轴线飞来并到达圆心，不计粒子的重力关于粒子的上述过程，下列说法正确的是（）A粒子先做加速运动后做减速运动B粒子的电势能先增大后减小C粒子的加速度先增大后减小D粒子的动能与电势能之和不变【考点】电场的叠加；牛顿第二定律；电势能【专题】比较思想；合成
24、分解法；电场力与电势的性质专题【分析】带有正电荷圆环的电场电场线从圆环出发到无穷远终止，分析粒子q所受的电场力方向，即可判断其运动情况根据电场力做功正负，判断电势能的变化无穷远场强为零，O点场强也为零，即可从无穷远到O点，场强先增大后减小，粒子的加速度先增大，后减小根据能量守恒分析动能与电势能之和如何变化【解答】解：A、圆环带正电，根据电场的叠加原理可知，水平轴线上电场线从圆环中心出发到无穷远终止，带正电的粒子q所受的电场力方向与其运动方向相反，所以粒子一直做减速运动故A错误B、电场力对粒子q一直做负功，其电势能一直增大故B错误C、无穷远场强为零，O点场强也为零，即可从无穷远到O点，场强先增大
25、后减小，粒子所受的电场力先增大后减小，所以其加速度先增大，后减小故C正确D、根据能量守恒得知：粒子的动能与电势能之和保持不变故D正确故选：CD【点评】本题要掌握电场的叠加原理来分析电场的分布情况，采用极限法分析场强的变化，来分析加速度的变化是关键8如图所示是牛顿研究抛体运动时绘制的一幅草图，以不同的速度抛出的物体分别沿a、b、c、d轨迹运动，其中a是一段曲线，b是贴近地球表面的圆，C是椭圆，d是双曲线的一部分已知引力常数为G，地球质量为M，半径为R，地球附近的重力加速度为g以下说法正确的是（）A沿a运动物体的初速度一定小于B沿b运动物体的初速度一定等于C沿c运动物体的初速度与P点时速度大小相等
26、D沿d运动物体的初速度一定大于第一宇宙速度【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用【专题】比较思想；模型法；人造卫星问题【分析】沿b运动的物体做匀速圆周运动，由重力提供向心力，列式可求出其速度，分析其他物体的速度与沿b运动的物体速度的关系第一宇宙速度是物体绕地球做匀速圆周运动的最大速度【解答】解：A、沿b运动的物体做匀速圆周运动，由重力提供向心力，得 mg=m，则 vb=沿a运动的物体做近心运动，初速度一定比b的速度小，则沿a运动的物体初速度一定小于故A正确B、沿b运动的物体做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，则有 G=m，得 vb=故B正确C、沿c运动的物体做椭圆运
27、动，根据开普勒第二定律知，沿c运动物体的初速度大于P点时的速度大小故C错误D、沿b运动的物体的速度等于第一宇宙速度，沿d运动的物体做离心运动，其运动速度一定大于b的速度，即大于第一宇宙速度故D正确故选：ABD【点评】解决本题的关键要抓住做匀速圆周运动的卫星，才能根据万有引力或重力等于向心力列式，求解其运行速度其他物体的速度，要根据其运动情况，结合变轨原理分析三、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在“利用打点计时器测定匀变速直线运动加速度”的实验中，某同学在打出的纸带上按打点的先
28、后顺序每5点取一个计数点，共取了A、B、C、D、E、，六个计数点在一次课外实践活动中，某课题研究小组收集到电子产品中的一些旧电池及从废旧收音机上折下来的电容、电阻、电感线圈等电子元件现从这些材料中选取两待测元件，一是电阻R0（约为2k），一是手机中常用的锂电池（电动势E标称值为3.7V，允许最大放电电流500mA）在操作台上还准备了如下 实验器材：A电压表（量程为0315V，电阻RV约为01575k）B电流表A1（量程为100mA，内阻不计）C电流表A2（量程为2mA，内阻不计）D滑动变阻器R1（02k，额定电流0.01A）E滑动变阻器R2（010，额定电流0.6A）F电阻箱R（0999.9）
29、G开关一只，导线若干（1）为了测定电阻R0的阻值，小组成员设计了如图（甲）所示的电路，所选器材均标在图上，其器材选取中有不妥之处，你认为应该怎样调整？答：用A2替换A1（2）当滑片移到某一位置时，电压表示数如图（乙）所示，此时R0的电压测量值为2.40V（3）如果在实际过程中，发现滑动变阻器、电压表已损坏，请你用余下的器材测量电池的电动势E和内阻r请你在图（丙）所示的方框内画出实验电路图（标明所用器材符号）该项实验小组的同学在实验中取得多组数据，然后作出图（丁）所示的图象，则电源的电动势E=3.5V，内电阻r=7【考点】伏安法测电阻【专题】实验题；定性思想；推理法；恒定电流专题【分析】（1）根
30、据闭合电路欧姆定律，估算出电路中电流的范围，从而得到电流表量程偏大；（2）根据图乙直接读出电压表示数；（3）滑动变阻器可以用电阻箱替换，由于电阻箱的电阻可以直接读出，因而可以不用电压表；先推导出电阻R与电流关系的一般表达式，然后结合图象得到数据【解答】解：（1）根据闭合电路欧姆定律，当滑动变阻器短路时，电流为：I=，故用电流表A1 量程太大，读数不准确，用A2替换A1 （2）根据图乙可知，电压测量值为：U=2.40V，（3）发现滑动变阻器、电压表已损坏，则用电阻箱和A1 串联接入电源，测量电池的电动势E和内阻r，如图所示：根据闭合电路欧姆定律，电流的表达式为：I=，则：，结合图象可以得到：r=
31、7，E=3.5V故答案为：（1）用A2替换A1；（2）2.40；（3）如图所示；3.5，7【点评】本题关键要从实验要求中的安全、准确、操作方便的角度进行分析，第三问要注意先推导出电阻R与电流关系的一般表达式，根据图象的斜率和截距求解，难度适中11质量为4kg的物体系在气球的下端，绳子伸直且物体刚好接触地面释放气球，使物体由静止开始竖直上升，8s后绳子断开，再经6s物体落回地面，g取10m/s2求：（1）绳子对物体的拉力？（2）从释放到绳子断开前，绳子拉力的平均功率？【考点】牛顿第二定律；平均速度；物体的弹性和弹力【专题】计算题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题【分析】（1）根据运动学公式
32、，抓住物体先匀加速，然后做竖直上抛运动，求出匀加速运动的加速度，结合牛顿第二定律求出拉力的大小（2）根据位移时间公式求出匀加速运动的位移，结合平均功率的公式求出拉力的平均功率【解答】解：（1）设物体匀加速直线运动的加速度为a，则8s末的速度为：v1=at1=8a，8s内的位移为：，绳子断后，物体做竖直上抛运动，根据代入数据解得：a=2.25m/s2根据牛顿第二定律得：Fmg=ma，解得：F=mg+ma=40+42.25N=49N（2）8s内物体的位移为： =72m，则拉力的平均功率为：答：（1）绳子对物体的拉力为49N；（2）从释放到绳子断开前，绳子拉力的平均功率为441W【点评】本题考查了牛
33、顿第二定律和运动学公式的综合运用，通过运动学公式求出物体的加速度是解决本题的关键12在真空中有大小为B=1.0T、方向垂直纸面向里的环形匀强磁场，内环半径R1=m，外环半径R2=1.0m在圆心O与内环间加上电压U后，内圆内形成一个辐射性的电场荷质比为=4.0103C/kg的带正电的粒子由圆心O处静止释放后经电场加速后进入磁场，不计带电粒子的重力求（1）带电粒子不能穿越磁场外边界的最大电压Um；（2）当电压为Um时，带电粒子从圆心静止释放后第一次在磁场中的运动时间【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动【专题】定性思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题【分析】（1）画出粒
34、子的运动轨迹，根据几何关系求出在磁场中做圆周运动的半径，再根据洛伦兹力提供向心力求出最大速度，在加速电场中，根据动能定理求解最大电压；（2）当所加电压为Um时，从圆心释放的带电粒子经电场、磁场再次回到圆心，画出运动轨迹，根据周期公式结合几何关系求解即可【解答】解：（1）粒子运动轨迹如图所示，由图知：粒子在磁场做圆周运动，则有：解得：粒子在电场中加速，则有：解得：（2）当所加电压为Um时，从圆心释放的带电粒子经电场、磁场再次回到圆心的轨迹如图所示由图知在磁场中的圆心角为=22粒子在磁场中做圆周运动的周期在磁场中运动的时间为t1，则有：联立解得：t1=1.05103s答：（1）带电粒子不能穿越磁场
35、外边界的最大电压Um为；（2）当电压为Um时，带电粒子从圆心静止释放后第一次在磁场中的运动时间为1.05103s【点评】考查带电粒子在电磁场中的运动，结合牛顿第二定律与动能定理求解，掌握如何画出运动轨迹图，学会求在磁场中运动的时间，难度适中三、物理-选修3-3（共2小题，满分15分）13下列说法中正确的是（）A单晶体的各向异性是由晶体微观结构决定的B布朗运动就是液体分子的运动C能量转化和守恒定律是普遍规律，但是能量耗散违反能量转化和守恒定律D小昆虫水黾可以站在水面上是由于液体表面张力的缘故E物体可从单一热源吸收热量并全部用于做功【考点】热力学第二定律；布朗运动；能量守恒定律【专题】定性思想；推
36、理法；热力学定理专题【分析】布朗运动是固体颗粒的运动，间接反映了液体分子的无规则运动，能量转化和守恒定律是普遍规律，不可能可从单一热源吸收的热量并全部用于做功，而不引起其它变化【解答】解：A、单晶体的各向异性是由晶体微观结构决定的，A正确；B、布朗运动是固体颗粒的运动，间接反映了液体分子的无规则运动，B错误；C、能量转化和守恒定律是普遍规律，能量耗散也不违反能量转化和守恒定律，B错误；D、小昆虫水黾可以站在水面上是由于液体表面张力的缘故，D正确；E、不可能可从单一热源吸收的热量并全部用于做功，而不引起其它变化；在引起其他变化的情况下物体可从单一热源吸收热量并全部用于做功故E正确；故选：ADE【
37、点评】本题重点掌握能量耗散的实质，是能量的形式发生的转化，并不是能量因此而消失，同时要掌握热力学第二定律的内容表述14如图所示，一直立的气缸用一质量为m的活塞封闭一定量的理想气体，活塞横截面积为S，汽缸内壁光滑且缸壁是导热的，开始活塞被固定在A点，打开固定螺栓K，活塞下落，经过足够长时间后，活塞停在B点，已知AB=h，大气压强为p0，重力加速度为g求活塞停在B点时缸内封闭气体的压强；设周围环境温度保持不变，求整个过程中通过缸壁传递的热量Q（一定量理想气体的内能仅由温度决定）【考点】理想气体的状态方程【专题】理想气体状态方程专题【分析】（1）对活塞在B点利用平衡列式求解；（2）根据热力学第一定律
38、列式求解【解答】解：（1）设活塞停在B点时缸内封闭气体的压强为P1在B点活塞受力平衡得：P0S+mg=P1S解得：（2）由于气体温度不变，所以气体内能不变，即U=0由A到B，外界对气体做的功为：W=P1Sh=（P0S+mg）h根据热力学第一定律得：W+Q=U联立得：Q=（P0S+mg）h“表示放热答：求活塞停在B点时缸内封闭气体的压强为；整个过程中通过缸壁传递的热量为（P0S+mg）h【点评】本题考查了求传递的热量，应用热力学第一定律即可正确解题，求气体的压强的关键是选择正确的研究对象四、物理-选修3-4（共2小题，满分0分）15简谐运动的振动图线可用下述方法画出：如图（甲）所示，在弹簧振子的
39、小球上安装一支绘图笔P，让一条纸带在与小球振动方向垂直的方向上匀速运动，笔P在纸带上画出的就是小球的振动图象取振子水平向右的方向为振子离开平衡位置的位移正方向，纸带运动的距离代表时间，得到的振动图线如图乙所示则下列说法中正确的是（）A弹簧振子的周期为4sB弹簧振子的振幅为10cmCt=17s时振子相对平衡位置的位移是10cmD若纸带运动的速度为2cm/s，振动图线上1、3两点间的距离是4cmE2.5s时振子正在向x轴正方向运动【考点】简谐运动的振动图象【专题】定量思想；图析法；振动图像与波动图像专题【分析】弹簧振子的周期和振幅由图乙直接读出根据周期性分析t=17s时振子相对平衡位置的位移纸带匀
40、速运动，由s=vt求其位移根据图象的斜率分析振子的速度方向【解答】解：A、周期是振子完成一次全振动的时间，由图知，弹簧振子的周期为T=4s，故A正确B、振幅是振子离开平衡位置的最大距离，由图知，弹簧振子的振幅为10cm，故B正确C、振子的周期为4s，由周期性知，t=17s时振子相对平衡位置的位移与t=1s时振子相对平衡位置的位移相同，为0故C错误D、若纸带运动的速度为2cm/s，振动图线上1、3两点间的距离是 s=vt=2cm/s2s=4cm故D正确E、图象的斜率表示速度，斜率正负表示速度的方向，则知2.5s时振子的速度为负，正在向x轴负方向运动，故E错误故选：ABD【点评】本题关键要理解简谐
41、运动的图象，明确振子运动和纸带运动具有等时性，弹簧振子的周期等于纸带前进一个完整的正弦图波形的时间16如图所示，一个半径为R的四分之一透明圆柱体放置在水平桌面上，一束蓝光沿水平方向垂直入射到OA上，经过圆柱体后在水平面形成一个光斑已知圆柱体对蓝光的折射率为2求：蓝光在圆柱体中的传播速度；圆柱体右侧水平桌面上黑暗部分的长度【考点】光的折射定律【专题】计算题；定量思想；几何法；光的折射专题【分析】已知蓝光的折射率，由公式v=求蓝光在圆柱体中的传播速度；由sinC=求蓝光的临界角，再由几何知识求圆柱体右侧水平桌面上黑暗部分的长度【解答】解：由n=得光在透明体中传播的速度为：v=1.5108m/s设光
42、从圆柱体入射空气时临界角为C，则有：sinC=可得：C=30 由图知：OB=R阴影部分长度为：L=OBR=（1）R 答：蓝光在圆柱体中的传播速度是1.5108m/s；圆柱体右侧水平桌面上黑暗部分的长度是（1）R【点评】本题关键要掌握光的折射定律n=、全反射临界角公式sinC=，结合几何知识进行答题五、物理-选修3-5（共2小题，满分0分）17以下说法中，正确的是（）A衰变成要经过6次衰变和8次衰变B一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为这束光的光强太小C原子核发生一次衰变时，其内部的一个中子转变为一个质子和一个电子D射线与射线一样是电磁波，穿透本领远比射线强E在原子核中，平均结合能越大
43、表示原子核中的核子结合得越牢固【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度；爱因斯坦光电效应方程【专题】定性思想；推理法；衰变和半衰期专题【分析】根据一次衰变，质量数减小4，质子数减小2，而一次衰变，质量数不变，质子数增加；当入射光的频率大于极限频率时，才能发生光电效应；射线是电子流；平均结合能越大表示原子核中的核子结合得越牢固【解答】解：A、根据一次衰变，质量数减小4，质子数减小2，而一次衰变，质量数不变，质子数增加，因此铀核（）衰变为铅核（）的过程中，质量数减少32，而质子数减少10，因此要经过8次衰变，导致质子数减少16，由于质子数只减少10，所以只有发生6次衰变，故A正确；B、不能发生光电效应
44、，是因为这束光的光频率小于极限频率，而与光的强度大小无关故B错误；C、原子核发生一次衰变时，质量数不变而电荷数增加1个，是其内部的一个中子转变为一个质子和一个电子，故C正确；D、射线是电子流，不是电磁波，故D错误；E、平均结合能表示原子核的稳定程度，在原子核中，平均结合能越大表示原子核中的核子结合得越牢固，故E正确；故选：ACE【点评】该题考查衰变与衰变的区别，及光电效应的发生条件特别当心能否发生光电效应与入射光的强度无关18如图所示，甲车的质量为m1=3kg，质量为m=1kg的小球用长为0.5m轻绳悬挂在L形支架一上，它们静止在水平面质量为m2=2kg的乙车以V0=5m/s的速度向甲车运动，甲、乙两车碰撞后一起运动g=10m/s2求：乙车碰撞甲后瞬时速度；绳子偏离竖直方向的最大偏角（可用反三角函数表示）【考点】动量守恒定律；力的合成与分解的运用；牛顿第二定律