1、2016年广东省惠州市高考物理模拟试卷二、选择题：本题共8小题，每小题6分，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下列说法中，不符合物理学史实的是（）A牛顿总结出了万物间相互作用的规律B亚里士多德认为，力是物体运动状态改变的原因，而不是物体运动的原因C密立根测得电荷量e的数值D奥斯特发现导线通电时，导线附近的小磁针发生偏转2如图，光滑斜面C静止在粗糙的水平地面上，质量均为m的滑块A、B叠放在一起后由静止开始下滑，此过程中斜面保持静止则下列说法正确的是（）AA对B的压力等于mgBA、B 间没有摩擦力的作用C地面对C的摩擦力方向水平向左D若将A撤去，则B下滑的加速度变小3某人向放
2、在水平地面的正前方小桶中水平抛球，结果球划着一条弧线飞到小桶的前方（如图所示）某人抛球的高度为2L，离小桶左边缘水平距离为5L，小桶高度为L，直径为L，不计小桶厚度，不计空气阻力，重力加速度为g，假设小球碰到桶底和桶壁不弹出，为了能把小球抛进小桶中，则水平抛的速度V取值范围为（）ABCD4一半径为R的均匀带正电荷圆环，其轴线与x轴重合，环心位于坐标原点O处，M、N为x轴上的两点，则下列说法正确的是（）A沿x轴正方向从O点到无穷远处电场强度越来越大B沿x轴正方向从O点到无穷远处电场强度越来越小C将一正试探电荷由M点移到N点，电荷的电势能增大D将一正试探电荷由M点移到N点，电荷的电势能减少5在匀强
3、磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的轴匀速转动，如图1所示产生的感应电动势如图2所示，则（）At=0.01s时线框平面与磁场B垂直Bt=0.005s时线框的磁通量变化率为零C线框产生的交变电动势有效值为311VD线框产生的交变电动势频率为100Hz6我国于2013年6月11日17时38分发射“神舟十号”载人飞船，并与“天宫一号”目标飞行器对接如图所示，开始对接前，“天宫一号”在高轨道，“神舟十号”飞船在低轨道，各自绕地球做匀速圆周运动，距离地面的高度分别为h1和h2（设地球半径为R），“天宫一号”的运行周期约为90分钟则以下说法正确的是（）A“天宫一号”跟“神舟十号”的线速度大小之比为B“天
4、宫一号”跟“神舟十号”的向心加速度大小之比为C“天宫一号”的角速度比地球同步卫星的角速度大D“天宫一号”的线速度大于7.9 km/s7如图1，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，刚接触轻弹簧的瞬间速度是5m/s，接触弹簧后小球速度v和弹簧缩短的长度x之间关系如图2所示，其中A为曲线的最高点已知该小球重为2N，弹簧在受到撞击至压缩到最短的过程中下列说法正确的是（）A小球的动能先变大后变小B小球的机械能先增大后减小C小球速度最大时受到的弹力为2ND小球受到的最大弹力为12.2N8用一段截面半径为r、电阻率为、密度为d的均匀导体材料做成一个半径为R（rR）的圆环圆环竖直向下落入如图所示的径向磁场中圆
5、环的圆心始终在N极的轴线上，圆环所在的位置的磁感应强度大小均为B，圆环在加速下落过程中某一时刻的速度为v，忽略电感的影响，则（）A此时在圆环中产生了（俯视）顺时针的感应电流B圆环因受到了向下的安培力而加速下落C此时圆环的加速度a=D如果径向磁场足够长，则圆环的最大速度vm=二、解答题（共4小题，满分47分）9在验证机械能守恒定律实验中，（1）为完成此实验，图1中A、B、C、D、E表示部分实验器材，需在图中选用的器材有（填入正确选项前的字母）（2）下面列举了该实验的几个操作步骤：A打点计时器接到电源的“直流输出”上B释放纸带后接通电源，打出一条纸带C测量纸带上某些点间的距离D根据测量的结果计算重
6、锤下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能其中操作不当的步骤是（3）利用这个装置也可以测量重锤下落的加速度a的数值根据打出的纸带，选取纸带上连续的五个点A、B、C、D、E，测出各点之间的距离如图2所示使用交流电的频率为f，则计算重锤下落的加速度的表达式a=（用x1、x2、x3、x4及f表示）10有一量程为05V的电压表V，某同学为了知道它的内阻，采用了下列测量方法：（1）该同学利用欧姆表通过图1的方式进行测量测量时欧姆表的黑表笔应该与电压表的（选填“正”或“负”）极接线柱相连，红表笔与另一接线柱相连在欧姆表的挡位位于“1k”挡时，欧姆表的示数如图2所示，则电压表的内阻RV约为k（2）为了更准
7、确地测出这块电压表V的内阻，该同学在实验室找到了下列器材：电压表V1：量程010V定值电阻R0：阻值5000滑动变阻器R1：050滑动变阻器R2：010k电源E：电动势12V，内阻很小开关S、导线若干该同学设计了图3所示的电路，其中甲为，乙为（选填“V”或“V1”）滑动变阻器应选（选填“R1”或“R2”）该同学通过调节滑动变阻器的阻值，得到电压表V、V1的多组读数U、U1，以U为纵坐标、U1为横坐标建立坐标系并画出相应图象，如图4所示若图象的斜率为k，则电压表V的内阻RV=（用k和R0表示）11滑雪度假村某段雪地赛道可等效为长L=36m，倾角为=37的斜坡已知滑道的积雪与不同滑板之间的动摩擦因
8、数不同，现假定甲先滑下时滑板与赛道的动摩擦因数1=0.5，乙后滑时滑板与赛道的动摩擦因数为2=0.25，g取10m/s2已知甲和乙均可看作质点，且滑行方向平行，相遇时不会相撞求：（1）甲从坡顶由静止自由滑下时到达坡底的速度大小（2）若乙比甲晚出发t=1s，为追上甲，有人从后面给乙一个瞬时作用使乙获得初速度V0=1m/s，通过计算分析乙能否在甲到达坡底前追上甲；若能追上求出两者在追上前相距的最远距离，若不能追上求出两者到达坡底的时间差12如图所示，间距为L的光滑M、N金属轨道水平放置，ab是电阻为R0的金属棒，此棒可紧贴平行导轨滑动导轨右侧连接一水平放置的平行板电容器，板间距为d，板长也为L，导
9、轨左侧接阻值为R的定值电阻，其它电阻忽略不计轨道处的磁场方向垂直轨道平面向下，电容器处的磁场垂直纸面向里，磁感应强度均为B当ab以速度v0向右匀速运动时，一带电量大小为q的粒子以某一速度从紧贴A板左侧平行于A板进入电容器内，恰好做匀速圆周运动，并从C板右侧边缘离开试求：（1）AC两板间的电压U；（2）带电粒子的质量m；（3）带电粒子的速度大小v【选修3-3】13下列说法中正确的是（）A只要知道气体的摩尔体积和阿伏伽德罗常数，就可以算出气体分子的体积B悬浮在液体中的固体微粒越小，布朗运动就越明显C一定质量的理想气体，保持气体的压强不变，温度越高，体积越大D一定温度下，饱和汽的压强是一定的E由于液
10、体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间只有引力，没有斥力，所以液体表面具有收缩的趋势14如图所示，一直立的气缸用一质量为m的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞横截面积为S气体最初的体积为V0，气体最初的压强为；气缸内壁光滑且气缸是导热的开始活塞被固定，打开固定螺栓K，活塞下落，经过足够长时间后活塞停在B处设周围环境温度保持不变已知大气压强为P0，重力加速度为g，求：活塞停在B点时活塞下落的距离h【选修3-4】15下列说法正确的是 （）A关于核反应方程PSi+X，此反应为裂变反应，X粒子是正电子Ba射线比射线贯穿能力较强，电离能力则较弱C在光电效应现象中，光电子的最大初动能随照射光的
11、强度增大而增大D当温度升高或压强增大或发生化学反应时，原子核的半衰期不会改变E由玻尔的原子模型可以推知，氢原子处于激发态，量子数越大，核外电子动能越小16在如图所示的光滑水平面上，小明站在静止的小车上用力向右推静止的木箱，木箱离开手以5m/s的速度向右匀速运动，运动一段时间后与竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹回来后被小明接住已知木箱的质量为30kg，人与车的质量为50kg求：（1）推出木箱后小明和小车一起运动的速度大小；（2）小明接住木箱后三者一起运动，在接木箱过程中系统损失的能量2016年广东省惠州市高考物理模拟试卷参考答案与试题解析二、选择题：本题共8小题，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不
12、全的得3分，有选错的得0分）1下列说法中，不符合物理学史实的是（）A牛顿总结出了万物间相互作用的规律B亚里士多德认为，力是物体运动状态改变的原因，而不是物体运动的原因C密立根测得电荷量e的数值D奥斯特发现导线通电时，导线附近的小磁针发生偏转【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、牛顿通过开普勒行星运动三定律推导出了万有引力定律，故A正确；B、伽利略根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因，而是物体运动状态改变的原因，故B错误；C、密立根测得电荷量e的数值，故C正确；D、奥斯特发现导线通电时，导线附近的小磁针发生偏转，故D正确；本题选错
13、误的故选：B2如图，光滑斜面C静止在粗糙的水平地面上，质量均为m的滑块A、B叠放在一起后由静止开始下滑，此过程中斜面保持静止则下列说法正确的是（）AA对B的压力等于mgBA、B 间没有摩擦力的作用C地面对C的摩擦力方向水平向左D若将A撤去，则B下滑的加速度变小【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用【分析】先对AB整体，运用牛顿第二定律求出加速度，再由A，由正交分解法求B对A的摩擦力和支持力，再对B受力分析，分析受力个数，对ABC研究，根据加速度分析C受到的摩擦力方向，根据牛顿第二定律分析将A撤去，则B下滑的加速度变化情况【解答】解：A、AB整体具有沿斜面向下的加速度，设为加速度为a，由牛顿
14、第二定律可知：（m+m）a=（m+m）gsin得：a=gsin将a正交分解为竖直方向分量a1，水平分量a2，由于具有水平分量a2，故物体A必受水平向左摩擦力f，A受力如1图所示：由牛顿第二定律得：竖直方向上：mgN=ma1水平方向上：f=ma2斜面与水平方向的夹角为，摩擦力与弹力的合力与水平方向夹角为，由几何关系得；a1=asin=gsinsin=gsin2a2=acos=gsincos得：N=mgmgsin2=mgcos2，f=mgsincos，故A错误；B、对A受力分析，A具有沿斜面向下的加速度，则说明A受合力沿斜面向下，根据受力分析可知，A一定受B的摩擦力； 故B错误； C、把ABC看成
15、一个整体，则整体具有水平向左的分加速度，所以C受到地面对C水平向左的静摩擦力，故C正确；D、若将A撤去，对B，由牛顿第二定律可知：ma=mgsin，得：a=gsin，B的加速度不变，故D错误故选：C3某人向放在水平地面的正前方小桶中水平抛球，结果球划着一条弧线飞到小桶的前方（如图所示）某人抛球的高度为2L，离小桶左边缘水平距离为5L，小桶高度为L，直径为L，不计小桶厚度，不计空气阻力，重力加速度为g，假设小球碰到桶底和桶壁不弹出，为了能把小球抛进小桶中，则水平抛的速度V取值范围为（）ABCD【考点】平抛运动【分析】小球做平抛运动，将平抛运动进行分解：水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运
16、动，由下落的高度求出时间，根据水平位移在5L6L范围求速度V的范围【解答】解：小球做平抛运动，由2LL=gt2得：t=要使球抛进小桶中，水平位移必须满足：5Lx6L在水平方向有：x=Vt解得：故A正确故选：A4一半径为R的均匀带正电荷圆环，其轴线与x轴重合，环心位于坐标原点O处，M、N为x轴上的两点，则下列说法正确的是（）A沿x轴正方向从O点到无穷远处电场强度越来越大B沿x轴正方向从O点到无穷远处电场强度越来越小C将一正试探电荷由M点移到N点，电荷的电势能增大D将一正试探电荷由M点移到N点，电荷的电势能减少【考点】电势能【分析】均匀带电细圆环两侧电场分布具有对称性，沿0点右侧OM连线上电场水平
17、向右，在O点带电细圆环上电荷所产生的合场强为0向右电势降低据此判断各项【解答】解：A、根据场强的叠加可知，O点的场强为零，O点的场强为零，无穷远处的场强为零，O到无穷远间的场强不为零，故x轴正方向从O点到无穷远处电场强度先增大，后减小，故AB错误；C、电场线方向由M指向N，沿电场方向电势降低，将一正试探电荷由M点移到N点，电场力做正功，电势能减小，故C错误，D正确；故选：D5在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的轴匀速转动，如图1所示产生的感应电动势如图2所示，则（）At=0.01s时线框平面与磁场B垂直Bt=0.005s时线框的磁通量变化率为零C线框产生的交变电动势有效值为311VD线
18、框产生的交变电动势频率为100Hz【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系【分析】从图象得出电动势最大值、周期，从而算出频率、角速度；磁通量最大时电动势为零，磁通量为零时电动势最大【解答】解：A、由图象知：t=0.01s时，感应电动势为零，则穿过线框的磁通量最大，线框平面与磁场B垂直，故A正确；B、由图象知：t=0.005s时，感应电动势最大，则穿过线框的磁通量最小，此时磁通量的变化率最大，故B错误；C、线框产生的交变电动势最大值为311V，故C错误D、由图象得出周期T=0.02s，所以f=，故D错误故选：A6我国于2013年6月11日17时38分发射“神舟十号”载人飞船，并与“天宫一号”目标
19、飞行器对接如图所示，开始对接前，“天宫一号”在高轨道，“神舟十号”飞船在低轨道，各自绕地球做匀速圆周运动，距离地面的高度分别为h1和h2（设地球半径为R），“天宫一号”的运行周期约为90分钟则以下说法正确的是（）A“天宫一号”跟“神舟十号”的线速度大小之比为B“天宫一号”跟“神舟十号”的向心加速度大小之比为C“天宫一号”的角速度比地球同步卫星的角速度大D“天宫一号”的线速度大于7.9 km/s【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【分析】根据万有引力提供向心力列式，得到线速度、向心加速度和角速度的表达式，再求解即可【解答】解：ABC、根据G=m=ma=mr2，又 r=
20、R+h则得 v=，a=，=所以“天宫一号”跟“神舟十号”的线速度大小之比为，向心加速度大小之比为，“天宫一号”的角速度比地球同步卫星的角速度大故A错误，BC正确D、第一宇宙速度7.9km/s是卫星绕地球圆周运动的最大，所以“天宫一号”的线速度小于7.9km/s，故D错误故选：BC7如图1，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，刚接触轻弹簧的瞬间速度是5m/s，接触弹簧后小球速度v和弹簧缩短的长度x之间关系如图2所示，其中A为曲线的最高点已知该小球重为2N，弹簧在受到撞击至压缩到最短的过程中下列说法正确的是（）A小球的动能先变大后变小B小球的机械能先增大后减小C小球速度最大时受到的弹力为2ND小球
21、受到的最大弹力为12.2N【考点】动能定理的应用；机械能守恒定律【分析】小球的速度先增加后减小，故其动能先增大后减小，在整个过程中只有重力和弹簧弹力对小球做功，故小球与弹簧组成的系统机械能守恒，在压缩弹簧的过程中弹簧的弹性势能增加故小球的机械能减小，小球速度最大时弹力大小与小球的重力平衡，根据胡克定律求弹簧压缩时产生的最大弹力【解答】解：A、由图可知，小球的速度先增加后减小，故小球的动能先增大后减小，故A正确；B、在小球下落过程中至弹簧压缩最短时，只有重力和弹簧弹力做功，故小球与弹簧组成的系统机械能守恒，在压缩弹簧的过程中弹簧的弹性势能增加，故小球的机械能减小，故B错误；C、小球下落时，当重力
22、与弹簧弹力平衡时小球的速度最大，据此有：小球受到的弹力大小与小球的重力大小平衡，故此时小球受到的弹力为2N，所以C正确；D、小球速度最大时，小球的弹力为2N，此时小球的形变量为0.1m，故可得弹簧的劲度系数k=20N/m，故弹簧弹力最大时形变量最大，根据胡克定律知，小球受到的最大弹力为，故D正确故选：ACD8用一段截面半径为r、电阻率为、密度为d的均匀导体材料做成一个半径为R（rR）的圆环圆环竖直向下落入如图所示的径向磁场中圆环的圆心始终在N极的轴线上，圆环所在的位置的磁感应强度大小均为B，圆环在加速下落过程中某一时刻的速度为v，忽略电感的影响，则（）A此时在圆环中产生了（俯视）顺时针的感应电
23、流B圆环因受到了向下的安培力而加速下落C此时圆环的加速度a=D如果径向磁场足够长，则圆环的最大速度vm=【考点】楞次定律；安培力【分析】根据切割产生的感应电动势公式求出整个环产生的电动势的大小，根据欧姆定律求出电流的大小，根据安培力大小，结合牛顿第二定律求出加速度，当加速度为零时，速度最大【解答】解：A、由题意可知，根据右手定则，右图中，环左端面电流方向垂直纸面向里，右端电流方向向外，则有（俯视）顺时针的感应电流故A正确B、由A选项分析，结合左手定则可知，环受到的安培力向上，阻碍环的运动，故B错误C、圆环落入磁感应强度B的径向磁场中，垂直切割磁感线，则产生的感应电动势E=Blv=B2Rv，圆环
24、的电阻为R电=，圆环中感应电流为I=圆环所受的安培力大小为F=BI2R，此时圆环的加速度为a=，m=d2Rr2，得a=g，故C错误D、当圆环做匀速运动时，安培力与重力相等，速度最大，即有mg=F，则得d2Rr2g=B2R，解得，vm=故D正确故选：AD二、解答题（共4小题，满分47分）9在验证机械能守恒定律实验中，（1）为完成此实验，图1中A、B、C、D、E表示部分实验器材，需在图中选用的器材有AB（填入正确选项前的字母）（2）下面列举了该实验的几个操作步骤：A打点计时器接到电源的“直流输出”上B释放纸带后接通电源，打出一条纸带C测量纸带上某些点间的距离D根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的
25、重力势能是否等于增加的动能其中操作不当的步骤是AB（3）利用这个装置也可以测量重锤下落的加速度a的数值根据打出的纸带，选取纸带上连续的五个点A、B、C、D、E，测出各点之间的距离如图2所示使用交流电的频率为f，则计算重锤下落的加速度的表达式a=（用x1、x2、x3、x4及f表示）【考点】验证机械能守恒定律【分析】根据实验的原理确定所需测量的物理量，从而确定所需的器材结合实验中的注意事项确定不当的操作步骤根据连续相等时间内的位移之差是一恒量，运用逐差法求出重锤下落的加速度【解答】解：（1）实验中运用验证重锤动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，所以需要重锤时间可以通过打点计时器测出，不需要秒表
26、，需要打点计时器，可以测量出瞬时速度，从而得出动能的增加量该实验不需要小车和钩码故选：AB（2）A、打点计时器应使用交流电源，故A错误B、实验时应先接通电源再释放纸带，故B错误C、实验中验证重锤动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，所以需要测量点迹间的距离，故C、D正确本题选择不当的操作步骤，故选：AB（3）根据x=aT2，运用逐差法得：故答案为：（1）AB；（2）AB；（3）10有一量程为05V的电压表V，某同学为了知道它的内阻，采用了下列测量方法：（1）该同学利用欧姆表通过图1的方式进行测量测量时欧姆表的黑表笔应该与电压表的正（选填“正”或“负”）极接线柱相连，红表笔与另一接线柱相连在欧
27、姆表的挡位位于“1k”挡时，欧姆表的示数如图2所示，则电压表的内阻RV约为4.5k（2）为了更准确地测出这块电压表V的内阻，该同学在实验室找到了下列器材：电压表V1：量程010V定值电阻R0：阻值5000滑动变阻器R1：050滑动变阻器R2：010k电源E：电动势12V，内阻很小开关S、导线若干该同学设计了图3所示的电路，其中甲为，乙为V（选填“V”或“V1”）滑动变阻器应选（选填“R1”或“R2”）该同学通过调节滑动变阻器的阻值，得到电压表V、V1的多组读数U、U1，以U为纵坐标、U1为横坐标建立坐标系并画出相应图象，如图4所示若图象的斜率为k，则电压表V的内阻RV=（用k和R0表示）【考点
28、】伏安法测电阻【分析】本题（1）的关键是明确黑表笔与欧姆表内部电池的正极，红表笔与内部电池的负极相连题（2）的关键是利用假设法，选择能根据串并联规律解出待测电压表内阻的电路元件即可；变阻器采用分压式接法时，变阻器的阻值越小调节越方便；应先根据串并联规律写出U与的函数表达式，然后根据斜率的概念即可求解【解答】解：（1）：根据欧姆表的工作原理可知黑表笔应与欧姆表内部电池的正极相连，所以图1中的黑表笔应与电压表的正极接线柱相连；欧姆表的读数为：R=4.51k=4.5k；（2）：根据图3，若甲为电压表乙为待测电压表V，根据串并联规律应有： =U+，能够解出待测电压表V的内阻，所以甲为，乙为V；由于采用
29、分压式接法时，变阻器的阻值越小调节越方便，所以变阻器应选；由=U，可变形为：U=，所以k=，解得： =；故答案为：（1）正，4.5；（2），V，11滑雪度假村某段雪地赛道可等效为长L=36m，倾角为=37的斜坡已知滑道的积雪与不同滑板之间的动摩擦因数不同，现假定甲先滑下时滑板与赛道的动摩擦因数1=0.5，乙后滑时滑板与赛道的动摩擦因数为2=0.25，g取10m/s2已知甲和乙均可看作质点，且滑行方向平行，相遇时不会相撞求：（1）甲从坡顶由静止自由滑下时到达坡底的速度大小（2）若乙比甲晚出发t=1s，为追上甲，有人从后面给乙一个瞬时作用使乙获得初速度V0=1m/s，通过计算分析乙能否在甲到达坡底
30、前追上甲；若能追上求出两者在追上前相距的最远距离，若不能追上求出两者到达坡底的时间差【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系；牛顿第二定律【分析】（1）根据牛顿第二定律求出甲下滑的加速度大小，结合速度位移公式求出甲从坡顶由静止自由滑下时到达坡底的速度大小；（2）根据速度时间公式求出甲到达坡底的时间，根据牛顿第二定律和位移时间公式求出乙到达坡底的时间，判断两者在坡上相遇，抓住速度相等时相距最远，结合运动学公式求出最远距离【解答】解：（1）对甲运动，由牛顿运动定律：m1gsin1m1gcos=m1a甲代入数据解得a甲=2m/s2由2a甲L=v12代入数据解得：v1
31、=12m/s （2）甲到达坡底的时间t甲=s=6s 对乙：a乙=gsin2gcos=60.258=4m/s2设到达坡底时间为t乙L=v0t乙+a乙t乙2 代入数据解得 t乙=4s t乙+tt甲 故可以追上 设甲出发后经t1，乙与甲达到共同速度v，则：V=a甲t1=v0+a乙（t1t） 代入数据解得：t1=1.5s X甲=a甲t12=m X乙=v0（t1t）+a乙（t1t）2=1m 所以x=X甲X乙=1.25m 答：（1）甲从坡顶由静止自由滑下时到达坡底的速度大小为12m/s；（2）两者在追上前相距的最远距离为1.25m12如图所示，间距为L的光滑M、N金属轨道水平放置，ab是电阻为R0的金属棒
32、，此棒可紧贴平行导轨滑动导轨右侧连接一水平放置的平行板电容器，板间距为d，板长也为L，导轨左侧接阻值为R的定值电阻，其它电阻忽略不计轨道处的磁场方向垂直轨道平面向下，电容器处的磁场垂直纸面向里，磁感应强度均为B当ab以速度v0向右匀速运动时，一带电量大小为q的粒子以某一速度从紧贴A板左侧平行于A板进入电容器内，恰好做匀速圆周运动，并从C板右侧边缘离开试求：（1）AC两板间的电压U；（2）带电粒子的质量m；（3）带电粒子的速度大小v【考点】法拉第电磁感应定律；带电粒子在匀强电场中的运动【分析】（1）棒ab向右运动时滑动时切割磁感线，产生感应电动势为E=BLv0，相当于电源，AC间的电压等于电阻R
33、两端的电压，由串联电路分压规律求解（2）带电粒子在AC间中做匀速圆周运动，重力与电场力平衡，列式求解质量m（3）粒子做匀速圆周运动，画出轨迹，由几何关系求出轨迹半径，根据洛伦兹力提供向心力列式求解粒子的速度大小v【解答】解：（1）棒ab向右运动时产生的电动势为：E=BLv0AC间的电压即为电阻R的分压，由分压关系可得：（或：，U=IR）解得：（2）带电粒子在AC板间电磁场中做匀速圆周运动，则重力与电场力平衡，则有：解得：（3）粒子由牛顿第二定律可得：粒子运动轨迹如图所示，由几何关系可得： L 2+（rd）2=r2解得：v=答：（1）AC两板间的电压U为；（2）带电粒子的质量m为；（3）带电粒子
34、的速度大小v为【选修3-3】13下列说法中正确的是（）A只要知道气体的摩尔体积和阿伏伽德罗常数，就可以算出气体分子的体积B悬浮在液体中的固体微粒越小，布朗运动就越明显C一定质量的理想气体，保持气体的压强不变，温度越高，体积越大D一定温度下，饱和汽的压强是一定的E由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间只有引力，没有斥力，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；温度是分子平均动能的标志【分析】阿伏伽德罗常数是指1摩尔气体含有分子个数；布朗运动是指微粒在分子撞击下的运动，微粒越大运动越不明显；相同温度下，相同气体的饱和汽压是相同的；压强取决于温度和体积
35、；分子间既有引力又有斥力，当间距小于平衡位置时，斥力较显著【解答】解：A、摩尔体积除以阿伏伽德罗常数算出的是气体分子占据的空间，气体分子间的空隙很大，所以气体分子占据的空间不等于气体分子的体积故A错误；B、悬浮在液体中的固体微粒越小，来自各方向的撞击抵消的越少，撞击越不平衡；则布朗运动就越明显故B正确；C、一定质量的理想气体，保持气体的压强不变，温度越高，体积越大故C正确；D、当温度不变时，饱和汽的压强也是不变的；故D正确；E、分子间的引力和斥力是同时存在的；有引力的同时也一定有斥力；故E错误；故选：BCD14如图所示，一直立的气缸用一质量为m的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞横截面积为S气体
36、最初的体积为V0，气体最初的压强为；气缸内壁光滑且气缸是导热的开始活塞被固定，打开固定螺栓K，活塞下落，经过足够长时间后活塞停在B处设周围环境温度保持不变已知大气压强为P0，重力加速度为g，求：活塞停在B点时活塞下落的距离h【考点】理想气体的状态方程【分析】由平衡条件求出气体压强，由玻意耳定律求出气体体积；【解答】解：设活塞在B处时封闭气体的压强为P，活塞处于平衡状态，由平衡条件得：P0S+mg=PS解得：P=P0+，由玻意耳定律得： =PV，其中V=Sh2；V0=Sh1；联立得：h=h1h2=答：活塞下落的高度为【选修3-4】15下列说法正确的是 （）A关于核反应方程PSi+X，此反应为裂变
37、反应，X粒子是正电子Ba射线比射线贯穿能力较强，电离能力则较弱C在光电效应现象中，光电子的最大初动能随照射光的强度增大而增大D当温度升高或压强增大或发生化学反应时，原子核的半衰期不会改变E由玻尔的原子模型可以推知，氢原子处于激发态，量子数越大，核外电子动能越小【考点】氢原子的能级公式和跃迁【分析】半衰期不会随着外界因素变化而变化；根据射线与射线的特征，即可确定；由光电效应方程可知，光电子的最大初动能与入射光的频率成线性关系，根据库仑引力提供向心力，得出轨道半径与动能的关系，从而判断出量子数变大，核外电子动能的变化，从而即可求解【解答】解：A、由质量数与质子数守恒，则核反应方程PSi+X，X粒子
38、是正电子，此反应为衰变反应，故A错误B、射线比射线贯穿能力较弱，电离能力则较强故B错误C、一入射光照射到某金属表面上能发生光电效应，根据光电效应方程可知，超过极限频率的入射光频率越高，光电子的最大初动能越大，故C错误D、原子核的半衰期是由原子核内部自身因素决定的，与其所处的化学状态和外部条件无关故D正确E、由玻尔的原子模型可以推知，氢原子处于激发态，量子数越大，轨道半径越大，根据=知，电子的动能越小，故E正确；故选：DE16在如图所示的光滑水平面上，小明站在静止的小车上用力向右推静止的木箱，木箱离开手以5m/s的速度向右匀速运动，运动一段时间后与竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹回来后被小明接住已知木
39、箱的质量为30kg，人与车的质量为50kg求：（1）推出木箱后小明和小车一起运动的速度大小；（2）小明接住木箱后三者一起运动，在接木箱过程中系统损失的能量【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律【分析】（1）在推出木箱的过程中，木箱和小明以及车组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律求出推出木箱后小明和小车一起运动的速度v1的大小；（2）小明在接木箱的过程中动量守恒，根据动量守恒定律求出小明接住木箱后三者一起运动的速度v2的大小然后由能量守恒定律求出损失的机械能【解答】解：（1）人小明推出木箱过程系统动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒定律得：m1v1m2v=0，解得：v1=（2）小明接木箱的过程中动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：m2v+m1v1=（m1+m2）v2，解得：v2=根据能量守恒得， ，代入数据解得E=37.5J答：（1）推出木箱后小明和小车一起运动的速度大小为3m/s；（2）小明接住木箱后三者一起运动，在接木箱过程中系统损失的能量为37.5J2016年6月5日
