1、2016年江西师大附中高考物理三模试卷二、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14题只有一项符合题目要求，第58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在研究物理学的过程中，往往要接触到研究物理的方法，下列说法正确的是（）A伽利略在证明自由落体运动是匀变速直线运动时，采用了等效替代法B“如果电场线与等势面不垂直，那么电场强度沿着等势面方向就有一个分量，在等势面上移动电荷时静电力就要做功”，这里使用的是归纳法C在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法是微元法D在探究加速度与力、质量的关系实验中使用了控制变量的思想方法2a、
2、b两车在公路上沿同一方向做直线运动，在t=0 时刻，b车在a车前方500m处，它们的vt图象如图所示，下列说法正确的是（）A在第40 s末，a、b两车相距900 mBa、b加速时，物体a的加速度等于物体b的加速度C在整个运动过程中，a、b两车可以相遇两次D60s时，物体a在物体b的前方3如图所示，一质量为m的物块静止在倾角为的斜面上现物块受到与斜面成角的力F作用，且仍处于静止状态若增大力F，物块和斜面始终保持静止状态则（）A物块受到斜面的摩擦力变小B物块对斜面的压力变小C斜面受地面的摩擦力大小不变D斜面对地面的压力大小不变4已知火星的质量比地球的小，火星的公转半径比地球的大如果将火星和地球互换
3、位置，则（）A火星公转的半径的三次方与公转周期平方的比值与地球公转的半径的三次方与公转周期平方的比值仍然相等B在地球表面发射卫星的第一宇宙速度将大于7.9 km/sC火星的公转周期将小于365天D火星和地球受太阳的万有引力不变5如图所示，一理想变压器的原、副线圈匝数之比为n1：n2=55：1，原线圈接入电压u=220sin100t（V）的交流电源，图中电表均为理想电表，闭合开关后，当滑动变阻器的滑动触头P从最上端滑到最下端的过程中，下列说法正确的是（）A副线圈中交变电流的频率为100HzBt=0.02s时，电压表的示数为0C电流表的示数先变小后变大D定值电阻R消耗的功率先变大后变小6如图所示电
4、场，实线表示电场线一个初速度为v的带电粒子仅在电场力的作用下从a点运动到b点，虚线表示其运动的轨迹则（）A粒子带正电B粒子受到的电场力不断减小Ca点电势高于b点电势D电场力一直做正功，动能增加7在平行于斜面的力F作用下滑块从倾角为的光滑斜面的A点由静止开始向下滑动，滑动过程的机械能随位移的变化如图乙所示，下列说法正确的是（）A力F的方向沿斜面向下B在0x2过程中，物体先减速再匀速C在0x1的过程中，滑块加速度逐渐增大D力F的大小逐渐减小直至等于08如图所示，用粗细均匀的铜导线制成半径为r的圆环，PQ为圆环的直径，其左右两侧存在垂直圆环所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，但方向相反，圆环的
5、电阻为2R一根长度为2r、电阻为R的金属棒MN绕着圆环的圆心O点紧贴着圆环以角速度沿顺时针方向匀速转动，转动过程中金属棒MN与圆环始终接触良好，则下列说法正确的是（）A金属棒MN两端的电压大小为Br2B圆环消耗的电功率是变化的C圆环中电流的大小为D金属棒MN旋转一周的过程中，电路中产生的热量为二、非选择题：9实验：用如图1所示的装置探究加速度a与力F的关系，带滑轮的长木板水平放置，弹簧测力计固定在墙上（1）实验时，一定要进行的操作是（填选项前的字母）A小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，根据纸带的数据求出加速度a，同时记录弹簧测力计的示数FB改变小车的质量，打出几条纸带C
6、用天平测出沙和沙桶的总质量D为减小误差，实验中一定要保证沙和沙桶的总质量远小于小车的质量（2）在实验中，有同学得到一条打点的纸带，取打点清晰部分做如下标记，如图2所示，已知相邻计数点间还有4个点没有画出来，打点计时器的电源频率为50Hz，则小车加速度的大小为a=m/s2（结果保留3位有效数字）（3）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的aF图象，可能是图3中的图线10为测定一段金属丝的电阻率，某同学设计了如图甲所示的电路ab是一段电阻率较大的粗细均匀的电阻丝，电路中的保护电阻R0=4.0电源的电动势E=3.0V，电流表内阻忽略不计，滑片P与电阻丝始终接触良好（1）实验中
7、用螺旋测微器测得电阻丝的直径如图乙所示，其示数为d=mm（2）实验时闭合开关，调节滑片P的位置，分别测量出每次实验中aP长度x及对应的电流值I，实验数据如下表所示： x（m） 0.10 0.20 0.30 0.40 0.50 0.60 I（A） 0.49 0.43 0.38 0.33 0.31 0.38（A1） 2.02 2.33 2.633.03 3.23 3.57表中数据描在x坐标纸中，如图丙所示试作出其关系图线，图象中直线的斜率的表达式k=（用题中字母表示），由图线求得电阻丝的电阻率2为m（保留两位有效数字）根据图丙中x关系图线纵轴截距的物理意义，可求得电源的内阻为（保留两位有效数字）1
8、1如图所示，QB段为一半径为R=1m的光滑圆弧轨道，AQ段为一长度为L=1m的粗糙水平轨道，两轨道相切于Q点，Q在圆心O的正下方，整个轨道位于同一竖直平面内物块P的质量为m=1kg（可视为质点），P与AQ间的动摩擦因数=0.1，若物块P以速度v0从A点滑上水平轨道，到C点后又返回A点时恰好静止（取g=10m/s2）求：（1）v0的大小； （2）物块P第一次刚通过Q点时对圆弧轨道的压力12如图所示，在xOy竖直平面内，Y轴的右侧有垂直纸面向外的匀强磁场B=0.4T和竖直向上的匀强电场E=2N/C长为L=16m水平绝缘传送带AB以速度v0=3m/s顺时针匀速转动，右侧轮的轴心在Y轴上，右侧轮的上侧
9、边缘B点的坐标是（0，h=8m）一个质量为M=2g、电荷量为q=0.01C的小物块（可视为点电荷）以轻轻放在传送带左端，小物块与传送带之间的动摩擦因数=0.2，小物块从传送带滑下后，经过x轴上的P点（没画出），重力加速度g=10m/s2求：（1）P点的坐标；（2）小物块从静止开始到经过x轴所用的时间；（3）改变传送带匀速运行的速度，可让小物体从传送带上滑下后经过坐标原点O，那么要让小物块经过坐标原点，传送带运行速度的范围【物理-选修3-4】13如图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，图乙为介质中x=2m处的质点P以此时刻为计时起点的振动图象下列说法正确的是 （）A这列波的传播方向是沿x轴正方向
10、B这列波的传播速度是20m/sC经过0.15s，质点P沿x轴的正方向传播了3mD经过0.1s时，质点Q的运动方向沿y轴正方向E经过0.35s时，质点Q距平衡位置的距离小于质点P距平衡位置的距离14直径d=1.00m，高H=0.50m的不透明圆桶，放在水平地面上，桶内盛有折射率n=1.60的透明液体，某人站在地面上离桶中心的距离为x=2.10m处，他的眼睛到地面的距离y=1.70m，问桶中液面高h为多少时，他能看到桶底中心？（桶壁厚度不计）物理-选修3-515图甲是光电效应的实验装置图，图乙是光电流与加在阴极K和阳极A上的电压的关系图象，下列说法正确的是（）A由图线、可知在光的颜色不变的情况下，
11、入射光越强，饱和电流越大B由图线、可知对某种确定的金属来说，其遏止电压只由入射光的频率决定C只要增大电压，光电流就会一直增大D不论哪种颜色的入射光，只要光足够强，就能发生光电效应E遏止电压越大，说明从该金属中逃出来的光电子的最大初动能越大16如图所示，在光滑的水平面上放置一个质量为3m的木板B，木板B的左端放置一个质量为2m的物块A，已知A、B之间的动摩擦因数为，现有一质量为m的小球以水平速度v0飞来与物块A碰撞后立即粘住，在整个运动过程中物块A始终未滑离木板B，且物块A可视为质点，重力加速度为g，求：小球与物块A相碰的过程中物块A对小球的冲量；木板B至少多长2016年江西师大附中高考物理三模
12、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14题只有一项符合题目要求，第58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在研究物理学的过程中，往往要接触到研究物理的方法，下列说法正确的是（）A伽利略在证明自由落体运动是匀变速直线运动时，采用了等效替代法B“如果电场线与等势面不垂直，那么电场强度沿着等势面方向就有一个分量，在等势面上移动电荷时静电力就要做功”，这里使用的是归纳法C在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法是微元法D在探究加速度与力、质量的关系实验中使用了控制变量的思想方法【考点】物理学史【分析
13、】伽利略在研究自由落体运动时采用了理想实验和逻辑推理的方法，在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法理想模型法，在探究加速度与力、质量的关系实验中使用了控制变量的思想方法【解答】解：A、伽利略在研究自由落体运动时采用了理想实验和逻辑推理的方法故A错误B、“如果电场线与等势面不垂直，那么电场强度沿着等势面方向就有一个分量，在等势面上移动电荷时静电力就要做功”用的是反证法故B错误C、在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法理想模型法故C错误D、在探究加速度与力、质量的关系实验中使用了控制变量的思想方法故D正确故选：D2a、b两车在公路上沿同一方向做直线运动，在t
14、=0 时刻，b车在a车前方500m处，它们的vt图象如图所示，下列说法正确的是（）A在第40 s末，a、b两车相距900 mBa、b加速时，物体a的加速度等于物体b的加速度C在整个运动过程中，a、b两车可以相遇两次D60s时，物体a在物体b的前方【考点】匀变速直线运动的图像【分析】速度时间图象的斜率大小表示加速度的大小，“面积”表示位移根据斜率判断加速度的大小根据位移大小判断两物体位置关系即可【解答】解：A、速度时间图象与坐标轴围成的“面积”表示位移，则040s内a比b多运动的位移为：S=900m，在t=0 时刻，b车在a车前方500m处，则在第40 s末，a、b两车相距400m，故A错误；B
15、、a、b加速时，a图线的斜率小于b图线的斜率，物体a的加速度小于物体b的加速度，故B错误；C、根据A的分析可知，前40s，ab已经相遇一次，40s末a在b的前面，40s后b的速度大于a的速度，则b一定能追上a，所以在整个运动过程中，a、b两车可以相遇两次，故C正确；D、速度时间图象与坐标轴围成的“面积”表示位移，则020s内，a的位移为：，此时ab相遇，2060s内，ab通过的位移相等，则60s末ab相遇，故D错误故选：C3如图所示，一质量为m的物块静止在倾角为的斜面上现物块受到与斜面成角的力F作用，且仍处于静止状态若增大力F，物块和斜面始终保持静止状态则（）A物块受到斜面的摩擦力变小B物块对
16、斜面的压力变小C斜面受地面的摩擦力大小不变D斜面对地面的压力大小不变【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用【分析】物块和斜面始终保持静止状态，受力平衡，分别对物块以及物块和斜面组成的整体受力分析，根据平衡条件列式分析即可，注意物块受到斜面的摩擦力的方向要进行讨论求解【解答】解：A、对物块受力分析，受到重力、斜面的支持力N、拉力F以及斜面对物块的摩擦力f，根据平衡条件可知，若mgsinFcos，则f=mgsinFcos，F增大，f减小，若mgsinFcos，则f=Fcosmgsin，F增大，f增大，N=mgcosFsin，F增大，N减小，根据牛顿第三定律可知，物块对斜面的压力变小
17、，故A错误，B正确；C、把物块和斜面看成一个整体，设斜面质量为M，对整体，根据平衡条件得：地面对斜面的支持力N=（M+m）gFsin（+），F增大，N减小，根据牛顿第三定律可知，斜面对地面的压力大小减小，斜面受地面的摩擦力f=Fcos（+），F增大，f增大，故CD错误故选：B4已知火星的质量比地球的小，火星的公转半径比地球的大如果将火星和地球互换位置，则（）A火星公转的半径的三次方与公转周期平方的比值与地球公转的半径的三次方与公转周期平方的比值仍然相等B在地球表面发射卫星的第一宇宙速度将大于7.9 km/sC火星的公转周期将小于365天D火星和地球受太阳的万有引力不变【考点】万有引力定律及其应
18、用【分析】A、根据开普勒第三定律分析；B、由第一宇宙速度公式v=知地球表面发射卫星的第一宇宙速度仅与地球质量和地球半径有关；C、根据万有引力提供向心力得出行星绕太阳的周期公式T=2，与行星质量无关，当把火星和地球互换位置，火星周期等于原来地球的公转周期365天；D、根据万有引力定律可分析得出结论【解答】解：A、根据开普勒第三定律，对同一个中心天体=k的比值相等，故A正确；B、根据，解得第一宇宙速度公式，地球质量和半径不变，所以在地球表面发射卫星的第一宇宙速度将仍等于7.9km/s，故B错误；C、根据万有引力提供向心力，有，解得T=2，火星和地球的位置互换，火星的公转周期将等于365天，故C错误
19、；D、根据万有引力定律F=G，火星和地球与太阳之间的距离改变，所以万有引力改变，故D错误；故选：A5如图所示，一理想变压器的原、副线圈匝数之比为n1：n2=55：1，原线圈接入电压u=220sin100t（V）的交流电源，图中电表均为理想电表，闭合开关后，当滑动变阻器的滑动触头P从最上端滑到最下端的过程中，下列说法正确的是（）A副线圈中交变电流的频率为100HzBt=0.02s时，电压表的示数为0C电流表的示数先变小后变大D定值电阻R消耗的功率先变大后变小【考点】变压器的构造和原理【分析】根据交流电的瞬时值表达式得出交流电的圆频率，由f=即可求出交流电的频率；根据变压器的特点：匝数与电压成正比
20、，与电流成反比，输入功率等于输出功率；根据电路的结构，得出电路中电阻的变化规律，然后结合欧姆定律分析电路中的电流的变化即可【解答】解：A、由电压公式知交流电的=100，f=50Hz，故A错误；B、原线圈两端的输入电压有效值为220V，由电压与匝数成正比知，所以副线圈两端电压为：（即为电压表的读数），故B错误；C、D、由图可知，滑动变阻器的上下两部分并联后与R串联，根据串并联电路的电阻可知，当滑片P位于中间位置时，并联电阻的电阻值最大，所以当滑动变阻器的滑动触头P从最上端滑到最下端的过程中，电路中的总电阻先增大后减小，根据欧姆定律可知，电路中的电阻值将先减小后增大变压器的输出电流先减小后增大，则
21、输入的电流也是先减小后增大，即电流表的示数先变小后变大故C正确，D错误故选：C6如图所示电场，实线表示电场线一个初速度为v的带电粒子仅在电场力的作用下从a点运动到b点，虚线表示其运动的轨迹则（）A粒子带正电B粒子受到的电场力不断减小Ca点电势高于b点电势D电场力一直做正功，动能增加【考点】电场线；电势能【分析】电场线的疏密代表电场的强弱，正电荷所受电场力的方向就是电场线的方向，而负电荷所受的电场力的方向与电场线的方向相反，沿着电场线方向电势降低【解答】解：A、由轨迹弯曲方向可判断出电场力方向，受力方向指向弧内，则粒子带负电荷，故A错误B、电场线的疏密代表电场的强弱，从a到b，电场强度先增大后减
22、小，则粒子受到的电场力先增大后减小，故B错误；C、沿着电场线方向电势降低，则a点电势高于b点电势，故C正确；D、电场力方向与速度方向夹角大于90，一直做负功，动能减小故D错误故选：C7在平行于斜面的力F作用下滑块从倾角为的光滑斜面的A点由静止开始向下滑动，滑动过程的机械能随位移的变化如图乙所示，下列说法正确的是（）A力F的方向沿斜面向下B在0x2过程中，物体先减速再匀速C在0x1的过程中，滑块加速度逐渐增大D力F的大小逐渐减小直至等于0【考点】功能关系；牛顿第二定律【分析】根据功能关系分析物体机械能的变化情况，判断F对物体做功正负，由此分析F的方向，通过分析物体的受力情况，判断其运动情况由牛顿
23、第二定律分析加速度的变化情况【解答】解：A、由图象可知，在有F作用时，物体的机械能随位移的增大而减小，由功能关系知拉力对物体做负功，因此力F的方向沿斜面向上故A正确B、在0x1过程中，根据功能原理得：E=Fx，即有F=，即图象的斜率等于拉力，可知拉力不断减小，拉力一直小于重力沿斜面向下的分力，所以物体一直做加速运动，在x1x2过程中，F=0，物体做匀加速直线运动，故B错误C、在0x1的过程中，根据牛顿第二定律得：mgsinF=ma，F减小，则加速度a逐渐增大故C正确D、由图象的斜率等于F，结合数学知识可知，力F的大小逐渐减小直至等于0，故D正确故选：CD8如图所示，用粗细均匀的铜导线制成半径为
24、r的圆环，PQ为圆环的直径，其左右两侧存在垂直圆环所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，但方向相反，圆环的电阻为2R一根长度为2r、电阻为R的金属棒MN绕着圆环的圆心O点紧贴着圆环以角速度沿顺时针方向匀速转动，转动过程中金属棒MN与圆环始终接触良好，则下列说法正确的是（）A金属棒MN两端的电压大小为Br2B圆环消耗的电功率是变化的C圆环中电流的大小为D金属棒MN旋转一周的过程中，电路中产生的热量为【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【分析】根据右手定则来确定感应电流的方向； 由法拉第电磁感应定律来确定感应电动势，即为两种感应电动势之和； 并由闭合电路欧姆定律来计算感应电
25、流大小； 最后根据焦耳定律来确定一周外力做功的多少【解答】解：A、C、由右手定则，MN中电流方向由N到M，根据法拉第电磁感应定律可得，产生的感应电动势为两者之和，即E=2B=Br2，保持不变环的电阻由两个电阻为R的半圆电阻并联组成，所以环的总电阻为，所以通过导体MN的电流：I=MN两端的电压： =所以流过环的电流：故A正确，C正确；B、由A的分析可知，流过环的电流不变，则环消耗的电功率不变，故B错误；D、MN旋转一周外力做功为=，故D正确；故选：ACD二、非选择题：9实验：用如图1所示的装置探究加速度a与力F的关系，带滑轮的长木板水平放置，弹簧测力计固定在墙上（1）实验时，一定要进行的操作是A
26、B（填选项前的字母）A小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，根据纸带的数据求出加速度a，同时记录弹簧测力计的示数FB改变小车的质量，打出几条纸带C用天平测出沙和沙桶的总质量D为减小误差，实验中一定要保证沙和沙桶的总质量远小于小车的质量（2）在实验中，有同学得到一条打点的纸带，取打点清晰部分做如下标记，如图2所示，已知相邻计数点间还有4个点没有画出来，打点计时器的电源频率为50Hz，则小车加速度的大小为a=1.93m/s2（结果保留3位有效数字）（3）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的aF图象，可能是图3中的图线C【考点】探究加速度与物体质量、物体
27、受力的关系【分析】（1）解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项；（2）依据逐差法可得小车加速度（3）小车质量不变时，加速度与拉力成正比，对aF图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数【解答】解：（1）A、打点计时器运用时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，该实验探究加速度与力和质量的关系，要记录弹簧测力计的示数，故A正确；B、改变砂和砂桶质量，即改变拉力的大小，打出几条纸带，研究加速度随F变化关系，故B正确；C、本题拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶（包括砂）的质量远小于车的总质量，故CD错误故选：AB（2）由于相邻
28、计数点间还有4个点没有画出来，故T=0.1s，由x=aT2可得：a=1.93m/s2（3）小车质量不变时，加速度与拉力成正比，所以aF图象是一条倾斜的直线，由实验装置可知，实验前没有平衡摩擦力，则画出的aF图象在F轴上有截距，故C正确故选：C故答案为：（1）AB；（2）1.93；（3）C10为测定一段金属丝的电阻率，某同学设计了如图甲所示的电路ab是一段电阻率较大的粗细均匀的电阻丝，电路中的保护电阻R0=4.0电源的电动势E=3.0V，电流表内阻忽略不计，滑片P与电阻丝始终接触良好（1）实验中用螺旋测微器测得电阻丝的直径如图乙所示，其示数为d=0.400mm（2）实验时闭合开关，调节滑片P的位
29、置，分别测量出每次实验中aP长度x及对应的电流值I，实验数据如下表所示： x（m） 0.10 0.20 0.30 0.40 0.50 0.60 I（A） 0.49 0.43 0.38 0.33 0.31 0.38（A1） 2.02 2.33 2.633.03 3.23 3.57表中数据描在x坐标纸中，如图丙所示试作出其关系图线，图象中直线的斜率的表达式k=（用题中字母表示），由图线求得电阻丝的电阻率2为1.1104m（保留两位有效数字）根据图丙中x关系图线纵轴截距的物理意义，可求得电源的内阻为1.4（保留两位有效数字）【考点】测定金属的电阻率【分析】（1）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是
30、螺旋测微器的示数（2）应用描点法作图作出图象；求出图象的函数表达式，然后根据图象求出电阻率【解答】解：（1）由图乙所示螺旋测微器可知，其示数为0mm+40.00.01mm=0.400mm（2）如图所示由图丙所示图象由电阻定律可得，R=，由闭合电路欧姆定律，则有，I=，那么=+，由电阻定律可知：R=，则： =+x，x图象的斜率：k=，由图示图象可知：k=2.86，联立解得电阻率为：=代入数据得：=1.1106m；根据图丙中x关系图线纵轴截距为1.8，此时待测电阻丝电阻为零，由闭合电路欧姆定律得：E=I（r+R0）即：3=（r+4.0）得：r=1.4故答案为：（1）0.400；（2），1.1106
31、；1.411如图所示，QB段为一半径为R=1m的光滑圆弧轨道，AQ段为一长度为L=1m的粗糙水平轨道，两轨道相切于Q点，Q在圆心O的正下方，整个轨道位于同一竖直平面内物块P的质量为m=1kg（可视为质点），P与AQ间的动摩擦因数=0.1，若物块P以速度v0从A点滑上水平轨道，到C点后又返回A点时恰好静止（取g=10m/s2）求：（1）v0的大小； （2）物块P第一次刚通过Q点时对圆弧轨道的压力【考点】动能定理；向心力【分析】（1）在整个过程中由动能定理求的；（2）由动能定理求出到达Q点的速度，再由牛顿第二定律求的作用力；【解答】解：（1）在整个过程中由动能定理可知：（2）从A到Q的过程中由动能
32、定理可知：在Q点由牛顿第二定律可得：FNmg=联立解得：FN=12N由牛顿第三定律可知对轨道的压力为12N答：（1）v0的大小为2m/s； （2）物块P第一次刚通过Q点时对圆弧轨道的压力为12N12如图所示，在xOy竖直平面内，Y轴的右侧有垂直纸面向外的匀强磁场B=0.4T和竖直向上的匀强电场E=2N/C长为L=16m水平绝缘传送带AB以速度v0=3m/s顺时针匀速转动，右侧轮的轴心在Y轴上，右侧轮的上侧边缘B点的坐标是（0，h=8m）一个质量为M=2g、电荷量为q=0.01C的小物块（可视为点电荷）以轻轻放在传送带左端，小物块与传送带之间的动摩擦因数=0.2，小物块从传送带滑下后，经过x轴上
33、的P点（没画出），重力加速度g=10m/s2求：（1）P点的坐标；（2）小物块从静止开始到经过x轴所用的时间；（3）改变传送带匀速运行的速度，可让小物体从传送带上滑下后经过坐标原点O，那么要让小物块经过坐标原点，传送带运行速度的范围【考点】带电粒子在混合场中的运动；动能定理的应用【分析】（1、2）根据运动学公式，求得加速度大小，再依据两者速度相等，则判定小物块的位移与L的关系，当进入复合场时，根据电场力与重力的大小关系，可判定只由洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动，从而依据牛顿第二定律，结合向心力，求得运动的半径及时间，最后再根据平抛运动规律，即可求解；（3）根据由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周
34、运动，结合牛顿第二定律与运动学公式，即可求解【解答】解：（1）小物块在传送带做初速度为零的匀加速运动的加速度为：a=g=2m/s2；当小物块与传送带速度相等时，所用时间t1=1.5s，这段时间内小物块的位移为：x1=2.25mL=16m；所以小物块先做匀加速运动，后做匀速运动，做匀速运动的时间为为：t2=4.58s；小物块从传送带下滑下进入y轴右侧后，因为电场力为：F=qE=0.02N，而mg=0.02N，且电场力方向竖直向上，与重力方向相反，所以合力为洛伦兹力；所以做匀速圆周运动，向心力由洛伦兹力提供，小物块的运动轨迹如图所示：由向心力公式得，qv0B=，解得：r=1.5m，运动时间为t3=
35、1.57s小物块离开磁场后，做平抛运动，运动时间为：t4=1s；水平方向上的位移为x2=v0t4=3m；所以P点的坐标为（3m，0）；（2）小物块从静止开始到经过X轴所用的时间t=t1+t2+t3+t4=8.65s；（3）小物块要经过坐标原点0，它做匀速圆周运动的半径R=4m，洛伦兹力提供向心力，则有，qv1B=，解得：v1=8m/s；小物块在传送带上滑行的末速度是v1=8m/s，它在传送带上滑行的距离为x=16m，而L=16m，说明如果小物块在传送带上一直做匀加速运动，则小物块就会经过坐标原点O，所以传送带的速度v8m/s答：（1）P点的坐标（3m，0）；（2）小物块从静止开始到经过x轴所用
36、的时间8.65s；（3）改变传送带匀速运行的速度，可让小物体从传送带上滑下后经过坐标原点O，那么要让小物块经过坐标原点，传送带运行速度的范围v8m/s【物理-选修3-4】13如图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，图乙为介质中x=2m处的质点P以此时刻为计时起点的振动图象下列说法正确的是 （）A这列波的传播方向是沿x轴正方向B这列波的传播速度是20m/sC经过0.15s，质点P沿x轴的正方向传播了3mD经过0.1s时，质点Q的运动方向沿y轴正方向E经过0.35s时，质点Q距平衡位置的距离小于质点P距平衡位置的距离【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系【分析】由振动图象读出t=0时刻P点的振
37、动方向，判断波的传播方向由波动图象读出波长，由振动图象读出周期，可求出波速分析波动过程，根据时间与周期的关系，判断Q点的运动方向【解答】解：A、由乙图读出，t=0时刻质点的速度向下，则由波形的平移法可知，这列波沿x轴正方向传播故A正确B、由图知：=4m，T=0.2s，则波速v=m/s=20m/s故B正确C、简谐横波中质点在平衡位置附近振动，并不随着波迁移，故C错误；D、图示时刻Q点沿y轴正方向运动，t=0.1s=T，质点Q的运动方向沿y轴负方向故D错误E、t=0.35s=1.75T，经过0.35 s时，质点P到达波峰，而质点Q位于平衡位置与波谷之间，故质点Q距平衡位置的距离小于质点P距平衡位置
38、的距离故E正确故选ABE14直径d=1.00m，高H=0.50m的不透明圆桶，放在水平地面上，桶内盛有折射率n=1.60的透明液体，某人站在地面上离桶中心的距离为x=2.10m处，他的眼睛到地面的距离y=1.70m，问桶中液面高h为多少时，他能看到桶底中心？（桶壁厚度不计）【考点】光的折射定律【分析】画出光路图，根据折射率定义并结合几何关系列式即可【解答】解：设O点发出的光经过液面上O点进入人眼延长液面直线交AB于COED和OAC相似，故： =其中a OD的长度解得：a=（Hh）说明：=53由折射定律：n=，得：sini=，i=30如图中几何关系，有：htani=da即h=d（Hh）解得：h=
39、0.22m答：液体的高度h为0.22m物理-选修3-515图甲是光电效应的实验装置图，图乙是光电流与加在阴极K和阳极A上的电压的关系图象，下列说法正确的是（）A由图线、可知在光的颜色不变的情况下，入射光越强，饱和电流越大B由图线、可知对某种确定的金属来说，其遏止电压只由入射光的频率决定C只要增大电压，光电流就会一直增大D不论哪种颜色的入射光，只要光足够强，就能发生光电效应E遏止电压越大，说明从该金属中逃出来的光电子的最大初动能越大【考点】光电效应【分析】发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，与入射光的强度无关，入射光的强度影响单位时间内发出光电子的数目根据光电效应方程得出最大遏止
40、电压与入射光的频率的关系【解答】解：A、由图线、可知在光的颜色不变的情况下，入射光越强，饱和电流越大，故A正确B、根据光电效应方程知，Ekm=hvW0=eUc，可知入射光频率越大，最大初动能越大，遏止电压越大，可知对于确定的金属，遏止电压与入射光的频率有关，故B正确C、增大电压，当电压增大到一定值，电流达到饱和电流，不再增大，故C错误D、发生光电效应的条件是入射光的频率大于截止频率，与入射光的强度无关，故D错误E、根据Ekm=eUc中，遏止电压越大，说明从该金属中逃出来的光电子的最大初动能越大，故E正确故选：ABE16如图所示，在光滑的水平面上放置一个质量为3m的木板B，木板B的左端放置一个质
41、量为2m的物块A，已知A、B之间的动摩擦因数为，现有一质量为m的小球以水平速度v0飞来与物块A碰撞后立即粘住，在整个运动过程中物块A始终未滑离木板B，且物块A可视为质点，重力加速度为g，求：小球与物块A相碰的过程中物块A对小球的冲量；木板B至少多长【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律【分析】小球与A碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律求出两者共同速度，再对小球，由动量定理求物块A对小球的冲量A在木板B上滑动的过程，三者的合力为零，系统的动量守恒，结合动量守恒定律求出物块A相对B静止后的速度大小再运用能量守恒定律求出木板B的最小长度【解答】解：设小球和物体A碰撞后二者的共同速度为v1，规定向右为正方向，根据动量守恒定律得 mv0=（m+2m）v1 得 v1=对小球，根据动量定律得 I=mv1mv0=mv0，负号表示方向向左设三者相对静止后速度为v2，根据动量守恒定律得 mv0=（m+2m+3m）v2得，v2=v0当A在木板B上滑动时，系统的动能转化为内能，设木板B的长度为L，假设A刚好滑到B的右端时共速，则由能量守恒得：3mv126mv22=3mgL 联立解得，L=答：小球与物块A相碰的过程中物块A对小球的冲量大小为mv0，方向向左木板B至少为2017年3月19日