1、2015-2016学年湖北省七校联合体高三（上）第二次联考物理试卷二、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关于电场强度、磁感应强度，下列说法中正确的是（）A由真空中点电荷的电场强度公式可知，当r趋近于零时，其电场强度趋近于无限大B电场强度的定义式适用于任何电场C由安培力公式F=BIL可知，一小段通电导体在某处不受安培力，说明此处一定无磁场D一带电粒子在磁场中运动时，磁感应强度的方向一定垂直于洛伦磁力的方向和带电粒子的运动方向2星球上的物体脱离星球引力所需要
2、的最小速度称为该星球的第二宇宙速度，星球的第二宇宙速度v2与第一宇宙速度v1的关系是v2=v1已知某星球的半径为r，它表面的重力加速度为地球表面重力加速度g的，不计其他星球的影响，则该星球的第二宇宙速度为（）ABCD3某汽车以恒定功率P、初速度v0冲上倾角一定的斜坡时，汽车受到的阻力恒定不变，则汽车上坡过程的vt图象不可能是下图中的（）ABCD4真空中有两根长直金属导线平行放置，其中一根导线中通有恒定电流在两导线所确定的平面内，一电子由P点开始运动到Q的轨迹如图中曲线PQ所示，则一定是（）Aab导线中通有从a到b方向的电流Bab导线中通有从b到a方向的电流Ccd导线中通有从c到d方向的电流Dc
3、d导线中通有从d到c方向的电流5如图所示，水平放置的平行板电容器两极板间距为d，带负电的微粒质量为m、带电量为q，它从上极板的边缘以初速度v0射入，沿直线从下极板N的边缘射出，则（）A微粒的加速度不为零B微粒的电势能减少了mgdC两极板的电势差为DM板的电势低于N板的电势6如图所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方悬挂一相同的线圈Q，P和Q共轴，Q中通有变化的电流，电流变化的规律如图（b）所示，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为N，则（）At1时刻，NGBt2时刻，NGCt3时刻，NGDt4时刻，NG7如图所示，套在绳索上的小圆环P下面挂一个重为G的物体Q并使它们处于静止状态现释放圆环P
4、，让其沿与水平面成角的绳索无摩擦的下滑，在圆环P下滑过程中绳索处于绷紧状态（可认为是一直线），若圆环和物体下滑时不振动，则下列说法正确的是（）AQ的加速度一定小于 gsinB悬线所受拉力为 GsinC悬线所受拉力为GcosD悬线一定与绳索垂直8一个质量为2kg的物体，在5个共点力作用下处于平衡状态现同时撤去大小分别为15N和10N的两个力，其余的力保持不变，关于此后该物体的运动的说法中正确的是（）A一定做匀变速直线运动，加速度大小可能是5m/s2B一定做匀变速运动，加速度大小可能等于重力加速度的大小C可能做匀减速直线运动，加速度大小是2.5m/s2D可能做匀速圆运动，向心加速度大小是5m/s2
5、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题为选择题，考生根据要求作答（一）必考题（共129分）9某探究学习小组的同学欲验证“动能定理”，他们在实验室组装了一套如图所示的装置，另外他们还找到了打点计时器所用的学生电源、导线、复写纸、纸带、小木块、细沙当滑块连接上纸带，用细线通过滑轮挂上空的小沙桶时，释放小桶，滑块处于静止状态若你是小组中的一位成员，要完成该项实验，则：（1）你认为还需要的实验器材有（2）实验时为了保证滑块受到的合力与沙和沙桶的总重力大小基本相等，沙和沙桶的总质量应满足的实验条件是，实验时首先要做的步骤是（3）在（2）的基
6、础上，某同学用天平称量滑块的质量M往沙桶中装入适量的细沙，用天平称出此时沙和沙桶的总质量m让沙桶带动滑块加速运动，用打点计时器记录其运动情况，在打点计时器打出的纸带上取两点，测出这两点的间距L和这两点的速度大小v1与v2（v1v2）则本实验最终要验证的数学表达式为（用题中的字母表示实验中测量得到的物理量）10使用螺旋测微器测某金属丝直径如图示，则金属丝的直径为mm11使用多用电表粗测某一电阻，操作过程分以下四个步骤，请把第步的内容填在相应的位置上：（1）将红、黑表笔分别插入多用电表的“+”、“”插孔，选择开关置于电阻100挡把红黑表笔分别与电阻的两端相接，读出被测电阻的阻将选择开关置于交流电压
7、的最高挡或“OFF”挡（2）若上述第步中，多用电表的示数如图所示，则粗测电阻值为12为了用伏安法测出某小灯泡的电阻（约为5）有以下实验器材可供选择：A电池组（3V，内阻约为0.3）B电流表（03A，内阻约为0.025）C电流表（00.6A，内阻约为0.125）D电压表（03V，内阻约为3K）E电压表（015V，内阻约为15K）F滑动变阻器（010，额定电流1A）G滑动变阻器（01750，额定电流0.3A）H电键、导线来源:学科网ZXXK（1）为了减小实验误差，并在实验中获得较大的电压调节范围，应选择的电流表是，电压表是，滑动变阻器是（填写器材前面的字母代号）（2）设计的实验电路图画在虚线框内，
8、并按电路图用铅笔画线连接实物图13如图所示，在平面直角坐标系内，第一象限的等腰三角形MNP区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，y0的区域内存在着沿y轴正方向的匀强电场一质量为m，电荷量为q的带电粒子从电场中Q（2h，h）点以速度V0水平向右射出，经坐标原点O射入第一象限，最后以垂直于PN的方向射出磁场已知MN平行于x轴，N点的坐标为（2h，2h），不计粒子的重力，求：（1）电场强度的大小；（2）磁感应强度的大小B；（3）粒子在磁场中的运动时间14如图所示，在一次消防演习中，消防员练习使用挂钩从高空沿滑杆由静止滑下，滑杆由AO、OB两段直杆通过光滑转轴连接地O处，可将消防员和挂钩均理想化为质
9、点，且通过O点的瞬间没有机械能的损失AO长为L1=5m，OB长为L2=10m两堵竖直墙的间距d=11m滑杆A端用铰链固定在墙上，可自由转动B端用铰链固定在另一侧墙上为了安全，消防员到达对面墙的速度大小不能超过6m/s，挂钩与两段滑杆间动摩擦因数均为=0.8（g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）（1）若测得消防员下滑时，OB段与水平方向间的夹角始终为37，求消防员在两滑杆上运动时加速度的大小及方向；（2）若B端在竖直墙上的位置可以改变，求滑杆端点A、B间的最大竖直距离来源:Zxxk.Com二.选考题：共15分物理-选修3-5（15分）15下列说法中正确的是（）A衰变现象说明
10、电子是原子核的组成部分B目前已建成的核电站的能量来自于重核裂变C一群氢原子从n=3的激发态跃迁到基态时，能辐射3种不同频率的光子D卢瑟福依据极少数粒子发生大角度散射提出了原子核式结构模型16（2015秋湖北校级月考）如图，一光滑水平桌面AB与一半径为R的光滑半圆形轨道相切于C点，且两者固定不动一长L为0.8m的细绳，一端固定于O点，另一端系一个质量m1为0.2kg的球当球在竖直方向静止时，球对水平桌面的作用力刚好为零现将球提起使细绳处于水平位置时无初速释放当球m1摆至最低点时，恰与放在桌面上的质量m2为0.8kg的小铁球正碰，碰后m1小球以2m/s的速度弹回，m2将沿半圆形轨道运动，恰好能通过
11、最高点Dg=10m/s2，求m2在圆形轨道最低点C的速度为多大？光滑圆形轨道半径R应为多大？2015-2016学年湖北省七校联合体高三（上）第二次联考物理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关于电场强度、磁感应强度，下列说法中正确的是（）A由真空中点电荷的电场强度公式可知，当r趋近于零时，其电场强度趋近于无限大B电场强度的定义式适用于任何电场C由安培力公式F=BIL可知，一小段通电导体在某处不受安培力，说明此处一定无磁场D一带电粒
12、子在磁场中运动时，磁感应强度的方向一定垂直于洛伦磁力的方向和带电粒子的运动方向【考点】磁感应强度；电场强度【专题】定性思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用【分析】电场强度是反映电场力的性质的物理量，大小用比值法定义，方向与正的试探电荷受到的电场力的方向相同；电场中某点的场强可以通过电场线形象地表示；洛伦磁力的方向一定垂直于的磁感应强度方向和带电粒子的运动方向【解答】解：A、当r0时，电荷已不能看成点电荷，公式不再成立，故A错误B、电场强度的定义式适用于任何电场故B正确C、由安培力公式F=BILsin可知，一小段通电导线在某处若不受磁场力，可能是B的方向与电流方向平行，所以此处不一定无磁场，故C
13、错误D、根据左手定则，一带电粒子在磁场中运动时，洛伦兹力的方向一定垂直于的磁感应强度方向和带电粒子的运动方向，而粒子运动的方向不一定与磁场的方向垂直故D错误故选：B【点评】本题考查对电场强度两公式的理解能力，首先要理解公式中各个量的含义，其次要理解公式的适用条件2星球上的物体脱离星球引力所需要的最小速度称为该星球的第二宇宙速度，星球的第二宇宙速度v2与第一宇宙速度v1的关系是v2=v1已知某星球的半径为r，它表面的重力加速度为地球表面重力加速度g的，不计其他星球的影响，则该星球的第二宇宙速度为（）ABCD【考点】万有引力定律及其应用；向心力【专题】万有引力定律的应用专题【分析】第一宇宙速度是人
14、造地球卫星在近地圆轨道上的运行速度，即G=m；此题把地球第一宇宙速度的概念迁移的某颗星球上面【解答】解：设地球的质量为M，半径为r，绕其飞行的卫星质量m，由万有引力提供向心力得：G=m在地球表面G=mg第一宇宙速度时R=r联立知v=利用类比的关系知某星体第一宇宙速度为v1=第二宇宙速度v2与第一宇宙速度v1的关系是即v2=故选：C【点评】通过此类题型，学会知识点的迁移，比如此题：把地球第一宇宙速度的概念迁移的某颗星球上面3某汽车以恒定功率P、初速度v0冲上倾角一定的斜坡时，汽车受到的阻力恒定不变，则汽车上坡过程的vt图象不可能是下图中的（）ABCD【考点】功率、平均功率和瞬时功率【专题】功率的
15、计算专题【分析】根据P=Fv，结合速度的变化得出牵引力的变化，根据牛顿第二定律得出加速度的变化分加速、匀速和减速三种情况讨论即可【解答】解：汽车冲上斜坡，受重力mg、支持力N、牵引力F和阻力f，设斜面的坡角为，根据牛顿第二定律，有Fmgsinf=ma其中P=Fv故A、若a0，则物体加速运动，加速度会减小，当加速度减为零时，速度达到最大，故C正确，A错误；B、若a=0，则物体速度不变，做匀速运动，故B正确；D、若a0，即加速度沿斜面向下，物体减速，故加速度会减小（因为加速度的绝对值减小，负号表示方向，不表示大小），故D正确；本题选不可能的，故选：A【点评】本题关键是先对物体受力分析，然后根据牛顿
16、第二定律列式求解出加速度的一般表达式，再结合实际情况判断速度的改变情况4真空中有两根长直金属导线平行放置，其中一根导线中通有恒定电流在两导线所确定的平面内，一电子由P点开始运动到Q的轨迹如图中曲线PQ所示，则一定是（）Aab导线中通有从a到b方向的电流Bab导线中通有从b到a方向的电流Ccd导线中通有从c到d方向的电流Dcd导线中通有从d到c方向的电流【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向【分析】注意观察图象的细节，靠近导线cd处，电子的偏转程度大，说明靠近cd处偏转的半径小，由圆周运动半径公式及左手定则即可判断【解答】解：注意观察图象的细节，靠近导线cd处，电子的偏转程度大，说明靠近cd
17、处偏转的半径小，洛伦兹力提供电子偏转的向心力，圆周运动的半径R=，电子速率不变，偏转半径变小，说明B变强，根据曲线运动的特点，合外力指向弧内，则洛伦兹力指向左侧，根据左手定值可以判断，电流方向时从c到d，故C正确故选：C【点评】本题主要考查了带电粒子在磁场中做圆周运动的问题，要求同学们能根据图象判断粒子的运动情况，使用左手定则时四指指向电子运动的反方向，这是考生容易出现错误的关键环节，难度适中5如图所示，水平放置的平行板电容器两极板间距为d，带负电的微粒质量为m、带电量为q，它从上极板的边缘以初速度v0射入，沿直线从下极板N的边缘射出，则（）A微粒的加速度不为零B微粒的电势能减少了mgdC两极
18、板的电势差为DM板的电势低于N板的电势【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【专题】带电粒子在电场中的运动专题【分析】微粒在电场中受到重力和电场力，而做直线运动，电场力与重力必定平衡做匀速直线运动，否则就做曲线运动微粒的加速度一定为零根据能量守恒研究微粒电势能的变化由=qU，求解电势差由题可判断出电场力方向竖直向上，微粒带负电，电场强度方向竖直向下，M板的电势高于N板的电势【解答】解：A、由题分析可知，微粒做匀速直线运动，加速度为零故A错误B、重力做功mgd，微粒的重力势能减小，动能不变，根据能量守恒定律得知，微粒的电势能增加了mgd故B正确C、由上可知微粒的电势能增加量=mgd，又=qU，得到两
19、极板的电势差U=故C正确D、由题可判断出电场力方向竖直向上，微粒带负电，电场强度方向竖直向下，M板的电势高于N板的电势故D错误故选：BC【点评】本题是带电粒子在电场中运动的问题，关键是分析受力情况，判断出粒子做匀速直线运动6如图所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方悬挂一相同的线圈Q，P和Q共轴，Q中通有变化的电流，电流变化的规律如图（b）所示，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为N，则（）At1时刻，NGBt2时刻，NGCt3时刻，NGDt4时刻，NG【考点】楞次定律【专题】计算题【分析】由图可知，Q中电流呈周期性变化，则P中会发生电磁感应现象，由楞次定则可得出线圈P的运动趋势，即可得出
20、支持力的变化【解答】解：A、t1时刻电流增大，其磁场增大，则穿过P的磁通量变大，由楞次定律可知P将阻碍磁通量的变大，则P有向下运动的趋势，对地面的压力增大，故NG，故A正确；B、t2时刻电流减小，则磁场减小，则穿过P的磁通量变小，由楞次定律可知P将阻碍磁通量的变小，则P有向上运动的趋势，对地面的压力减小，故NG，故B错误；C、t3时刻电流增大，故同A，NG，故C错误；D、t4时刻电流减小，故同B，NG，故D正确；故选：AD【点评】本题要注意灵活应用楞次定律，本题可以先判断P中电流方向，再根据电流间的相互作用判受力方向，但过程复杂；而直接根据楞次定律的“来拒去留”可能直观地得出结论来源:学_科_
21、网Z_X_X_K7如图所示，套在绳索上的小圆环P下面挂一个重为G的物体Q并使它们处于静止状态现释放圆环P，让其沿与水平面成角的绳索无摩擦的下滑，在圆环P下滑过程中绳索处于绷紧状态（可认为是一直线），若圆环和物体下滑时不振动，则下列说法正确的是（）来源:学科网AQ的加速度一定小于 gsinB悬线所受拉力为 GsinC悬线所受拉力为GcosD悬线一定与绳索垂直【考点】牛顿第二定律来源:Z.xx.k.Com【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】对圆环与重物的整体分析，根据牛顿第二定律求出加速度的大小，隔离对木块分析，根据合力的大小，得出绳子拉力的大小和方向【解答】解：A、对整体分析，根据牛顿第二定律得
22、，a=则Q的加速度为gsin故A错误B、隔离对Q分析，知Q的合力为F合=mgsin，受重力和拉力两个力的作用，如图所示，根据合力的大小和重力大小关系知，悬线与绳索垂直拉力T=Gcos故C、D正确，B错误故选CD【点评】解决本题的关键知道圆环与重物具有相同的加速度，通过整体隔离法，运用牛顿第二定律进行分析8一个质量为2kg的物体，在5个共点力作用下处于平衡状态现同时撤去大小分别为15N和10N的两个力，其余的力保持不变，关于此后该物体的运动的说法中正确的是（）A一定做匀变速直线运动，加速度大小可能是5m/s2B一定做匀变速运动，加速度大小可能等于重力加速度的大小C可能做匀减速直线运动，加速度大小
23、是2.5m/s2D可能做匀速圆运动，向心加速度大小是5m/s2【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】撤去大小分别为15N和10N的两个力，其余的力保持不变，则知其余力的合力与撤去的两个力合力大小相等、方向相反，即可确定出物体合力的范围，由牛顿第二定律求出物体加速度的范围物体一定做匀变速运动，当撤去的两个力的合力与原来的速度方向相同时，物体可能做匀减速直线运动恒力作用下不可能做匀速圆周运动【解答】解：根据平衡条件得知，其余力的合力与撤去的两个力的合力大小相等、方向相反，则撤去大小分别为15N和10N的两个力后，物体的合力大小范围为5NF合25N，根据牛顿第
24、二定律a=得：物体的加速度范围为：2.5m/s2a12.5m/s2A、若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向不在同一直线上，物体做匀变速曲线运动，加速度大小可能为5m/s2故A错误B、由于撤去两个力后其余力保持不变，则物体所受的合力不变，一定做匀变速运动加速度大小可能等于10 m/s2故B正确C、若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向相同时，物体做匀减速直线运动故C正确D、由于撤去两个力后其余力保持不变，在恒力作用下不可能做匀速圆周运动故D错误故选BC【点评】本题中物体原来可能静止，也可能做匀速直线运动，要根据物体的合力与速度方向的关系分析物体可能的运动
25、情况三、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题为选择题，考生根据要求作答（一）必考题（共129分）9某探究学习小组的同学欲验证“动能定理”，他们在实验室组装了一套如图所示的装置，另外他们还找到了打点计时器所用的学生电源、导线、复写纸、纸带、小木块、细沙当滑块连接上纸带，用细线通过滑轮挂上空的小沙桶时，释放小桶，滑块处于静止状态若你是小组中的一位成员，要完成该项实验，则：（1）你认为还需要的实验器材有刻度尺、天平（2）实验时为了保证滑块受到的合力与沙和沙桶的总重力大小基本相等，沙和沙桶的总质量应满足的实验条件是沙和沙桶的质量远小于滑块的
26、质量，实验时首先要做的步骤是平衡摩擦力（3）在（2）的基础上，某同学用天平称量滑块的质量M往沙桶中装入适量的细沙，用天平称出此时沙和沙桶的总质量m让沙桶带动滑块加速运动，用打点计时器记录其运动情况，在打点计时器打出的纸带上取两点，测出这两点的间距L和这两点的速度大小v1与v2（v1v2）则本实验最终要验证的数学表达式为mgL=M（v22v12）（用题中的字母表示实验中测量得到的物理量）【考点】探究功与速度变化的关系【专题】实验题；动能定理的应用专题【分析】根据实验原理，得到需要验证的表达式，从而确定需要的器材；实验要测量滑块动能的增加量和合力做的功，用沙和沙桶的总质量表示滑块受到的拉力，对滑块
27、受力分析，受到重力、拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，必须使重力的下滑分量等于摩擦力；同时重物加速下降，处于失重状态，故拉力小于重力，可以根据牛顿第二定律列式求出拉力表达式分析讨论；【解答】解：（1）实验要验证动能增加量和总功是否相等，故需要求出总功和动能，故还要天平和刻度尺；所以为：天平，刻度尺；（2）沙和沙桶加速下滑，处于失重状态，其对细线的拉力小于重力，设拉力为T，根据牛顿第二定律，有对沙和沙桶，有 mgT=ma对小车，有 T=Ma则故当mM时，有Tmg；实验时首先要做的步骤是平衡摩擦力（3）合力功为mgL，实验探究合力功与动能变化的关系，所以本实验最终要验证的数学表达式为mgL=
28、M（v22v12）故答案为：（1）刻度尺，天平 （2）沙和沙桶的质量远小于滑块的质量 平衡摩擦力 （3）mgL=M（v22v12）【点评】本题关键是根据实验原理并结合牛顿第二定律和动能定理来确定要测量的量、实验的具体操作方法和实验误差的减小方法10使用螺旋测微器测某金属丝直径如图示，则金属丝的直径为0.590mm【考点】螺旋测微器的使用【专题】实验题；定性思想；推理法；直线运动规律专题【分析】螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读【解答】解：螺旋测微器的固定刻度读数为0.5mm，可动刻度读数为0.019.0mm=0.090mm，所以最终读数为：0.590m
29、m故答案为：0.590【点评】解决本题的关键掌握螺旋测微器的读数方法，螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读11使用多用电表粗测某一电阻，操作过程分以下四个步骤，请把第步的内容填在相应的位置上：（1）将红、黑表笔分别插入多用电表的“+”、“”插孔，选择开关置于电阻100挡将红、黑表笔短接，调节欧姆挡调零旋钮，使指针指在电阻的“0”刻度处把红黑表笔分别与电阻的两端相接，读出被测电阻的阻将选择开关置于交流电压的最高挡或“OFF”挡（2）若上述第步中，多用电表的示数如图所示，则粗测电阻值为2200【考点】用多用电表测电阻【专题】定量思想；实验分析法；恒定电流专题
30、【分析】欧姆表是测量电阻的仪表，把被测电阻串联在红黑表笔之间，欧姆表电流是从黑表笔流出红表笔流入，（1）合理选择量程，使指针尽可能在中间刻度附近（2）用欧姆表测电阻，每次换挡后和测量前都要重新调零（指欧姆调零）（3）测电阻时待测电阻不仅要和电源断开，而且要和别的元件断开（4）测量时注意手不要碰表笔的金属部分，否则将人体的电阻并联进去，影响测量结果（5）测量完结要旋转S使其尖端对准off档【解答】解：（1）换档后要进行欧姆调零：将红、黑表笔短接，调节欧姆挡调零旋钮，使指针指在电阻的“0”刻度处 （2）读数为：22100=2200故答案为：（1）将红、黑表笔短接，调节欧姆挡调零旋钮，使指针指在电阻
31、的“0”刻度处；（2）2200【点评】使用欧姆表测电阻时要选择合适的档位，指针要指在刻度盘中央刻度附近；对电表读数时，要先确定其量程与分度值，然后再读数，读数时视线要与电表刻度线垂直12为了用伏安法测出某小灯泡的电阻（约为5）有以下实验器材可供选择：A电池组（3V，内阻约为0.3）B电流表（03A，内阻约为0.025）C电流表（00.6A，内阻约为0.125）D电压表（03V，内阻约为3K）E电压表（015V，内阻约为15K）F滑动变阻器（010，额定电流1A）G滑动变阻器（01750，额定电流0.3A）H电键、导线（1）为了减小实验误差，并在实验中获得较大的电压调节范围，应选择的电流表是C，
32、电压表是D，滑动变阻器是F（填写器材前面的字母代号）（2）设计的实验电路图画在虚线框内，并按电路图用铅笔画线连接实物图【考点】伏安法测电阻【专题】实验题【分析】（1）根据电源电动势选择电压表，根据电路最大电流选择电流表，为方便实验操作，在保证安全的前提下，要选择最大阻值较小的滑动变阻器（2）根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，作出实验电路图，然后根据实验电路图连接实物电路图【解答】解：（1）电源电动势为3V，则电压表选D；电路最大电流约为I=0.6A，电流表选C；为方便实验操作，滑动变阻器应选F（2）灯泡电阻约为5，滑动变阻器最大阻值为10，为在实验中获得较大的电压调节范围，滑动变阻器应采用
33、分压接法， =40， =600，则电流表应采用外接法，实验电路图如图所示，根据实验电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示故答案为：（1）C；D；F；（2）实验电路图与实物电路图如图所示【点评】本题考查了实验器材的选择、设计实验电路图、连接实物电路图，要掌握实验器材的选择原则，确定滑动变阻器与电流表的接法是正确设计实验电路图和连接实物电路图的前提与关键13如图所示，在平面直角坐标系内，第一象限的等腰三角形MNP区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，y0的区域内存在着沿y轴正方向的匀强电场一质量为m，电荷量为q的带电粒子从电场中Q（2h，h）点以速度V0水平向右射出，经坐标原点O射入第一象限，
34、最后以垂直于PN的方向射出磁场已知MN平行于x轴，N点的坐标为（2h，2h），不计粒子的重力，求：（1）电场强度的大小；（2）磁感应强度的大小B；（3）粒子在磁场中的运动时间【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；平抛运动；带电粒子在匀强电场中的运动【专题】计算题【分析】（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，由平抛运动的规律及牛顿运动定律可求得电场强度的大小；（2）由平抛运动的规律可求得粒子的合速度，由几何关系可求得带电粒子的半径，由磁场中洛仑兹力充当向心力可求得磁感应强度B；（3）由几何知识可知带电粒子在磁场中转过的圆心角，则由周期可求得运动的时间【解答】解：（1）由几何关系可知粒子
35、在水平电场中水平位移为2h，竖直方向的距离为h，由平抛运动规律及牛顿运动定律得：2h=v0th=at2由牛顿运动定律可知：Eq=ma联立解得：E=；电场强度为；（2）粒子到达0点，沿+y方向的分速度vy=at=v0；速度与x正方向的夹角满足tan=45粒子从MP的中点垂直于MP进入磁场，垂直于NP射出磁场，粒子在磁场中的速度v=v0；轨道半径R=h由Bqv=m得：B=；故磁感应强度为；（3）由题意得，带电粒子在磁场中转过的角度为45，故运动时间t=T=；粒子在磁场中的运动时间为【点评】带电粒子在电磁场中的运动要注意分析过程，并结合各过程中涉及到的运动规律采用合理的物理规律求解14如图所示，在一
36、次消防演习中，消防员练习使用挂钩从高空沿滑杆由静止滑下，滑杆由AO、OB两段直杆通过光滑转轴连接地O处，可将消防员和挂钩均理想化为质点，且通过O点的瞬间没有机械能的损失AO长为L1=5m，OB长为L2=10m两堵竖直墙的间距d=11m滑杆A端用铰链固定在墙上，可自由转动B端用铰链固定在另一侧墙上为了安全，消防员到达对面墙的速度大小不能超过6m/s，挂钩与两段滑杆间动摩擦因数均为=0.8（g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）（1）若测得消防员下滑时，OB段与水平方向间的夹角始终为37，求消防员在两滑杆上运动时加速度的大小及方向；（2）若B端在竖直墙上的位置可以改变，求滑杆端
37、点A、B间的最大竖直距离【考点】动能定理的应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律【专题】动能定理的应用专题【分析】（1）根据牛顿第二定律分别求出在AO段和OB段的加速度大小和方向（2）对全过程运用动能定理，结合到达另一端的最小速度，求出两端点的高度差【解答】解：（1）设杆OA、OB与水平方向夹角为、，由几何关系：d=L1cos+L2cos得出AO杆与水平方向夹角=53 由牛顿第二定律得：mgsinf=ma f=N N=mgcos 在AO段运动的加速度：a1=gsin53gcos53=3.2 m/s2，方向沿AO杆向下在OB段运动的加速度：a2=gsin37gcos37=0.4 m
38、/s2，方向沿BO杆向上（2）对全过程由动能定理得 mghmgL1cosmgL2cos=0其中d=L1cos+L2cos，v6 m/s所以：10.6m又因为若两杆伸直，AB间的竖直高度为所以AB最大竖直距离应为10.2m答：（1）消防员在AO段运动的加速度大小为3.2 m/s2，方向沿AO杆向下，在OB段运动的加速度大小为0.4 m/s2，方向沿BO杆向上（2）滑杆端点A、B间的最大竖直距离为10.2m【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律和动能定理进行求解二.选考题：共15分物理-选修3-5（15分）15下列说法中正确的是（）A衰变现象说明电子是原子核的组成部分B目前已建
39、成的核电站的能量来自于重核裂变C一群氢原子从n=3的激发态跃迁到基态时，能辐射3种不同频率的光子D卢瑟福依据极少数粒子发生大角度散射提出了原子核式结构模型【考点】氢原子的能级公式和跃迁；原子核衰变及半衰期、衰变速度【专题】原子的能级结构专题【分析】衰变中产生的电子是原子核中的一个中子转化而来的目前已建成的核电站的能量来自于重核的裂变一群氢原子从n=3的激发态跃迁到基态时，能辐射3种不同频率的光子卢瑟福根据粒子散射实验提出了原子核式结构模型【解答】解：A、衰变时，原子核中的一个中子转化为一个质子和一个电子，释放出来的电子就是粒子，即粒子是原子核衰变时由中子转化而来，不能说明原子核中含有电子故A错
40、误B、目前已建成的核电站的能量来自于重核的裂变故B正确C、一群氢原子从n=3的激发态跃迁到基态时跃迁是随机的，能辐射=3种不同频率的光子故C正确D、卢瑟福根据极少数粒子发生大角度散射提出了原子核式结构模型故D正确故选：BCD【点评】解决本题的关键知道衰变的实质，关于电子的来源，是个易错的问题，注意电子来自原子核，不是核外电子16（2015秋湖北校级月考）如图，一光滑水平桌面AB与一半径为R的光滑半圆形轨道相切于C点，且两者固定不动一长L为0.8m的细绳，一端固定于O点，另一端系一个质量m1为0.2kg的球当球在竖直方向静止时，球对水平桌面的作用力刚好为零现将球提起使细绳处于水平位置时无初速释放
41、当球m1摆至最低点时，恰与放在桌面上的质量m2为0.8kg的小铁球正碰，碰后m1小球以2m/s的速度弹回，m2将沿半圆形轨道运动，恰好能通过最高点Dg=10m/s2，求m2在圆形轨道最低点C的速度为多大？光滑圆形轨道半径R应为多大？【考点】机械能守恒定律；向心力【专题】简答题；定性思想；推理法；机械能守恒定律应用专题【分析】（1）球m1摆至最低点的过程中，根据机械能守恒定律求出到最低点时的速度，碰撞过程，根据动量守恒列式求碰后m2的速度（2）m2沿半圆形轨道运动，根据机械能守恒定律求出m2在D点的速度恰好能通过最高点D时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律可求出R【解答】解：（1）设球m1摆至最低点时速度为v0，由小球（包括地球）机械能守恒：得： =m1与m2碰撞，动量守恒，设m1、m2碰后的速度分别为v1、v2选向右的方向为正方向，则： m1v0=m1v1+m2v2代入数值解得：v2=1.5 m/s （2）m2在CD轨道上运动时，由机械能守恒有：由小球恰好通过最高点D点可知，重力提供向心力，即：由解得：R=0.045m答：（1）m2在圆形轨道最低点C的速度为1.5m/s（2）光滑圆形轨道半径R应为0.045m【点评】本题主要考查了动量守恒、机械能守恒定律、向心力公式的应用，要知道小球恰好通过最高点时，由重力提供向心力