1、湖北省仙桃八中2016届高三上学期分班考试物理试卷一、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1-5题只有一项符合题目要求，第6-8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关于经典力学的局限性，下列说法正确的是( )A经典力学不能很好地描述微观粒子运动的规律B地球以3104m/s的速度绕太阳公转时，经典力学就不适用了C在所有天体的引力场中，牛顿的引力理论都是适用的D20世纪初，爱因斯坦建立的相对论完全否定了经典力学的观念和结论2某小型发电厂输出电压为u=220sin100t（V）的交流电，经过升压变压器输送到较远的地区后，再经过降压变压器输
2、给用户使用，如图所示已知变压器都是理想变压器，升压变压器和降压变压器的匝数比分别为1：n和n：1，下列说法中正确的是( )A降压变压器中原线圈的导线比副线圈的要粗B升压变压器原线圈中的电流大于降压变压器副线圈中的电流C若用户得到的电压（有效值）为220V，则降压变压器的匝数比大于n：1D若用户增加时，输电线上分得的电压将增加3如图所示，完全相同的甲、乙两个环形电流同轴平行放置，甲的圆心为O1，乙的圆心为O2，在两环圆心的连线上有a、b、c三点，其中aO1=O1b=bO2=O2c，此时a点的磁感应强度大小为B1，b点的磁感应强度大小为B2当把环形电流乙撤去后，c点的磁感应强度大小为( )AB2B
3、1BB1CB2D4如图所示，一固定的细直杆与水平面的夹角为=15，一个质量忽略不计的小轻环C套在直杆上，一根轻质细线的两端分别固定于直杆上的A、B两点，细线依次穿过小环甲、小轻环C和小环乙，且小环甲和小环乙分居在小轻环C的两侧调节A、B间细线的长度，当系统处于静止状态时=45不计一切摩擦设小环甲的质量为m1，小环乙的质量为m2，则m1：m2等于( )Atan15Btan30Ctan60Dtan755如图所示，两个带电量分别为2q和q的点电荷固定在x轴上，相距为2L下列图象中，两个点电荷连线上场强大小E与x关系的图象可能是( )ABCD6某蹦床运动员在一次蹦床运动中仅在竖直方向运动，如图为蹦床对
4、该运动员的作用力F随时间t的变化图象不考虑空气阻力的影响，下列说法正确的是( )At1至t2过程内运动员和蹦床构成的系统机械能守恒Bt1至t2过程内运动员和蹦床构成的系统机械能增加Ct3至t4过程内运动员和蹦床的势能之和增加Dt3至t4过程内运动员和蹦床的势能之和先减小后增加7一质点做直线运动的位移s与时间t的关系如图所示质点在310s内的平均速度与哪一时刻的瞬时速度近似相等( )A第3s末B第5s末C第7s末D第9s末8如图所示，在x轴上方有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在原点O处有一粒子源，t=0时刻沿纸面内的各个方向同时发射一群速率相同、质量为m、电荷量为+q的粒子，其中一
5、个与x轴正方向成60角射入磁场的粒子在t1时刻到达A点（图中未画出），A点为该粒子运动过程中距离x轴的最远点，且OA=L不计粒子间的相互作用和粒子的重力，下列结论正确的是( )A粒子的速率为B粒子的速率为Ct1时刻仍在磁场中的所有粒子均处在以O点为圆心、L为半径的圆周上Dt1时刻仍在磁场中的所有粒子均处在以O点为圆心、L为半径的圆周上二、非选择题：包括必考题和选考题两部分第9题第12题为必考题，每个试题考生都必须作答第13题第16题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题9在探究“加速度与力的关系”实验中，某同学设计了一种新的方法：他按如图1所示安装好实验装置，在不悬挂小吊盘时，调整木板右端的高
6、度，用手轻拨小车，使小车能牵引纸带沿长木板向左做匀速运动然后将一定数量的砝码（其总质量为m）放入小吊盘中（小吊盘质量不计），接通电源，释放小车，打出一条理想纸带，并在纸带上标出小吊盘中砝码所受的重力F以后每次实验将小吊盘中部分砝码移到小车中，保持砝码和小车的总质量一定，重复实验多次，并计算出每条纸带对应的加速度回答下列问题：（1）该同学以每次实验中小吊盘中砝码所受的重力F为横坐标，小车对应的加速度大小a为纵坐标，在坐标纸上作出aF关系图线图2图线中，你认为最合理的是_（2）按上述方案做实验，是否要求小吊盘中砝码的总质量远小于小车的质量？_（填“是”或“否”）（3）若该同学所作出aF关系图线，直
7、线部分斜率为k，则小车质量M=_10如图1所示，现有热敏电阻R、电炉丝R1、电源E、电磁继电器、滑动变阻器R2、开关S和导线若干图2为热敏电阻的Rt图象，继电器的电阻为100当线圈的电流大于或等于20mA时，继电器的衔铁被吸合为继电器线圈和低压电炉丝供电的电池电动势E=9.0V，内阻不计（1）请用笔划线代替导线，将右图中简单恒温箱温控电路图补充完整要求温度低于某一温度时，电炉丝自动通电供热，超过某一温度时，又可以自动断电（2）如果要使恒温箱内的温度保持50不变，可变电阻R2的阻值应调节为_若要使恒温箱内的温度稍微升高些，应使可变电阻R2的阻值稍微_（填“增大”或“减小”）11轻质弹簧上端固定，
8、下端连接质量m=3kg的物块A，物块A放在平台B上，通过平台B可以控制A的运动，如图所示初始时A、B静止，弹簧处于原长已知弹簧的劲度系数k=200N/m，g=10m/s2（计算结果保留两位有效数字）（1）若平台B缓慢向下运动，求：A、B一起竖直下降的最大位移x1（2）若平台B以a=5m/s2向下匀加速运动，求：A、B一起匀加速运动的时间t及此过程中B对A做的功W12（18分）如图所示的xOy坐标系中，y轴右侧空间存在范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于xOy平面向里P点的坐标为（2L，0），Q1、Q2两点的坐标分别为（0，L），（0，L）坐标为（L，0）处的C点固定一平行于y轴
9、放置的长为L的绝缘弹性挡板，C为挡板中点带电粒子与弹性绝缘挡板碰撞前后，沿y方向分速度不变，沿x方向分速度反向，大小不变带负电的粒子质量为m，电量为q，不计粒子所受重力若粒子以不同的初速度从P点沿PQ1方向运动到Q1点进入磁场求：（1）若粒子不与挡板碰撞恰好回到P点，该粒子的初速度大小（2）若粒子只与挡板碰撞两次并能回到P点，该粒子的初速度大小（二）选考题：请考生从给出的3道物理题中任选一题作答，注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，如果多做，则每学科按所做的第一题计分【物理-选修3-4】13一列简谐横波沿x轴正方向传播，t时刻波形图如图中的实线所示，此时波刚好传到P点，t+0.6s时刻
10、x轴上090m区域的波形如图中的虚线所示，a、b、c、P、Q是介质中的质点，则以下说法正确的是( ) A这列波的波速可能为450m/sB质点a在这段时间内通过的路程一定小于30cmC质点c在这段时间内通过的路程可能为60cmD如果T=0.8s，则当t+0.5s时刻，质点b、P的位移相同E质点P与Q的速度不可能相同14一个折射率为n、半径为R玻璃球，放在空气中，在玻璃球内有一点光源可向各个方向发光，如果要求点光源发出的所有光都能够射出玻璃球，则此点光源距离球心的位置应满足什么条件？【物理-选修3-5】15太阳内部不断进行着各种核聚变反应，一个氘核和一个氚核结合成一个氦核是其中一种，请写出其核反应
11、方程_；如果氘核的比结合能为E1，氚核的比结合能为E2，氦核的比结合能为E3，则上述反应释放的能量可表示为_16如图，光滑水平面上有一具有光滑曲面的静止滑块B，可视为质点的小球A从B的曲面上离地面高为h处由静止释放，且A可以平稳地由B的曲面滑至水平地面已知A的质量为m，B的质量为3m，重力加速度为g，试求：（1）A从B上刚滑至地面时的速度大小；（2）若A到地面后与地面上的固定挡板P碰撞，之后以原速率反弹，则A返回B的曲面上能到达的最大高度为多少？湖北省仙桃八中2016届高三上学期分班考试物理试卷一、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1-5题只有一项符合题目要求，第6-
12、8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关于经典力学的局限性，下列说法正确的是( )A经典力学不能很好地描述微观粒子运动的规律B地球以3104m/s的速度绕太阳公转时，经典力学就不适用了C在所有天体的引力场中，牛顿的引力理论都是适用的D20世纪初，爱因斯坦建立的相对论完全否定了经典力学的观念和结论考点：经典时空观与相对论时空观的主要区别 专题：常规题型分析：经典力学是以牛顿的三大定律为基础的，经典力学是狭义相对论在低速（vc）条件下的近似，牛顿经典力学只考虑了空间，而狭义相对论既考虑了空间，也考虑了时间，牛顿经典力学只适用于宏观低速物体，而微观、高速物体适用
13、于狭义相对论量子力学适用于微观粒子运动，相对论适用于高速运动物体解答：解：A、牛顿经典力学只适用于宏观低速物体，不能够描述微观粒子运动的规律性故A正确；B、3104m/s相对于光速，还属于低速，所以地球以3104m/s的速度绕太阳公转时，经典力学还适用，故B错误；C、密度越大的天体表面引力越强，中子星密度非常大，其表面的引力比常见的引力强得多，为强引力，牛顿的引力理论已经不能正确解决了，故C错误；D、在微观高速情况下，要用量子力学和相对论来解释，但是并不会因为相对论和量子力学的出现，就否定了经典力学，经典力学仍然是正确的，故D错误；故选：A点评：本题主要考查了狭义相对论、量子力学和经典力学之间
14、的区别与联系，如果理解不深，就很容易出错2某小型发电厂输出电压为u=220sin100t（V）的交流电，经过升压变压器输送到较远的地区后，再经过降压变压器输给用户使用，如图所示已知变压器都是理想变压器，升压变压器和降压变压器的匝数比分别为1：n和n：1，下列说法中正确的是( )A降压变压器中原线圈的导线比副线圈的要粗B升压变压器原线圈中的电流大于降压变压器副线圈中的电流C若用户得到的电压（有效值）为220V，则降压变压器的匝数比大于n：1D若用户增加时，输电线上分得的电压将增加考点：变压器的构造和原理 专题：交流电专题分析：变压器原、副线圈的电压比等于匝数之比，求出副线圈电压的有效值，即可求出
15、输入电压；根据原副线圈的电流大小可比较出线圈导线的粗细解答：解：A、降压变压器原线圈的匝数比副线圈的匝数多，变压器原、副线圈的电流比等于匝数之反比，副线圈的电流大于原线圈的电流，所以副线圈的导线粗，故A错误B、设降压变压器副线圈中的电流为I，则升压变压器副线圈的电流为，则升压变压器原线圈的电流为=I，即升压变压器原线圈中的电流等于降压变压器副线圈中的电流，故B错误C、若升压和降压变压器的匝数比为1：n和n：1，由于输电线要分压，使得用户得到的电压小于220V，现在若用户得到的电压（有效值）为220V，则降压变压器的匝数比要小于n：1，故C错误D、若用户增加时，相当于负载的电阻减小，输出功率增大
16、，输电线上的电流增大，则输电线上分得的电压将增加，故D正确；故选：D点评：解决本题的关键掌握交变电流电压的表达式，知道各量表示的含义，知道原、副线圈的电压比等于匝数之比，电流比等于匝数之反比3如图所示，完全相同的甲、乙两个环形电流同轴平行放置，甲的圆心为O1，乙的圆心为O2，在两环圆心的连线上有a、b、c三点，其中aO1=O1b=bO2=O2c，此时a点的磁感应强度大小为B1，b点的磁感应强度大小为B2当把环形电流乙撤去后，c点的磁感应强度大小为( )AB2B1BB1CB2D考点：电势差与电场强度的关系；电场强度 专题：电场力与电势的性质专题分析：对于单个环形电流，根据安培定则判断中间轴线的磁
17、场方向，考虑对称性，其在两侧距离中心相等距离的点的磁感应强度是相等的，结合矢量合成的法则进行列式分析即可解答：解：对于图中单个环形电流，根据安培定则，其在中轴线上的磁场方向均是向左，故c点的磁场方向也是向左的设ao1=o1b=bo2=o2c=r，设单个环形电流在距离中点r位置的磁感应强度为B1r，在距离中点3r位置的磁感应强度为B3r，故：a点磁感应强度：B1=B1r+B3rb点磁感应强度：B2=B1r+B1r当撤去环形电流乙后，c点磁感应强度：Bc=B3r=B1故选：B点评：本题关键是明确磁感应强度是矢量，然后结合安培定则和环形电流的磁场对称性进行分析，不难4如图所示，一固定的细直杆与水平面
18、的夹角为=15，一个质量忽略不计的小轻环C套在直杆上，一根轻质细线的两端分别固定于直杆上的A、B两点，细线依次穿过小环甲、小轻环C和小环乙，且小环甲和小环乙分居在小轻环C的两侧调节A、B间细线的长度，当系统处于静止状态时=45不计一切摩擦设小环甲的质量为m1，小环乙的质量为m2，则m1：m2等于( )Atan15Btan30Ctan60Dtan75考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力 专题：共点力作用下物体平衡专题分析：小环C为轻环，受两边细线的拉力的合力与杆垂直，故可以根据平衡条件得到细线的4段与竖直方向的夹角，然后分别对甲环、乙环受力分析，根据平衡条件并结合正交分解法列式求解解
19、答：解：小环C为轻环，重力不计，故受两边细线的拉力的合力与杆垂直，故C环与乙环与竖直方向的夹角为60，C环与甲环与竖直方向的夹角为30，A点与甲环与竖直方向的夹角也为30，乙环与B点与竖直方向的夹角为60，根据平衡条件，对甲环，有：2Tcos30=m1g对乙环，根据平衡条件，有：2Tcos60=m2g故m1：m2=tan60故选：C点评：本题切入点在于小环C是轻环，受细线的拉力的合力与杆垂直，难点在于结合几何关系找到各个细线与竖直方向的夹角，然后根据平衡条件列式分析，不难5如图所示，两个带电量分别为2q和q的点电荷固定在x轴上，相距为2L下列图象中，两个点电荷连线上场强大小E与x关系的图象可能
20、是( )ABCD考点：电势差与电场强度的关系；电场强度 专题：电场力与电势的性质专题分析：结合等量异种电荷的电场线分布情况分析，电场线的疏密程度反映场强的大小，电场线的切线方向反映电场强度的方向解答：解：由异种点电荷的电场强度的关系可知，在两电荷连线中点偏q处电场强度最小，但不是零，从两点电荷向中点偏负电电场强度逐渐减小；故选：C点评：本题关键是结合等量异种电荷的电场线分布情况分析，也可以结合点电荷的电场强度公式列式求解6某蹦床运动员在一次蹦床运动中仅在竖直方向运动，如图为蹦床对该运动员的作用力F随时间t的变化图象不考虑空气阻力的影响，下列说法正确的是( )At1至t2过程内运动员和蹦床构成的
21、系统机械能守恒Bt1至t2过程内运动员和蹦床构成的系统机械能增加Ct3至t4过程内运动员和蹦床的势能之和增加Dt3至t4过程内运动员和蹦床的势能之和先减小后增加考点：功能关系 分析：跳跃者所受的拉力越大，位置越低；当拉力最大，位置最低时，跳跃者速度为零；当跳跃者速度达到最大值时，跳跃者所受拉力与重力相等，机械能守恒的条件是只有重力或弹簧的弹力做功解答：解：机械能守恒的条件是只有重力或弹簧的弹力做功，所以整个过程重力势能、弹性势能和动能总量保持不变，A、B、t1至t2过程内弹簧的弹力逐渐变大，做功增加，运动员和蹦床构成的系统机械能增加，故A错误，B正确；C、D、t2以后，蹦床的弹力最大值不变，整
22、个过程重力势能、弹性势能和动能总量保持不变，t3时刻弹力为零，重力大于弹力，运动员做加速度减小的加速运动，运动员的动能增加，当重力等于弹力时，加速度为零速度最大，再向后，弹力大于重力，运动员做加速度增大的减速运动，运动员的动能减小，t4时速度最小，故动能先增大后减小，故运动员和蹦床的势能之和先减小后增加，故C错误；D正确；故选：BD点评：本题中运动员和弹性绳系统机械能守恒，分析拉力随时间变化的关系是解题的关键，通过运动员蹦床时，考查了重力势能变化、做功、合力等等，体现了体育运动中包含了很多的物理知识，你可以试着分析一下其它的体育运动中的物理知识，本题有一定的难度7一质点做直线运动的位移s与时间
23、t的关系如图所示质点在310s内的平均速度与哪一时刻的瞬时速度近似相等( )A第3s末B第5s末C第7s末D第9s末考点：匀变速直线运动的图像；平均速度；瞬时速度 专题：运动学中的图像专题分析：位移时间图象表示物体的位置随时间的变化，图象上的任意一点表示该时刻的位置，图象的斜率表示该时刻的速度，平均速度等于位移除以时间解答：解：根据图象可知，质点在310s内的位移x=81=7m，则质点在310s内的平均速度为，图象的斜率表示该时刻的速度，根据图象可知，t=5s时，图象的斜率k=，所以第5s末的速度等于质点在310s内的平均速度，故B正确故选：B点评：理解位移时间图象上点和斜率的物理意义；能从位
24、移时间图象中解出物体的位置变化即位移8如图所示，在x轴上方有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在原点O处有一粒子源，t=0时刻沿纸面内的各个方向同时发射一群速率相同、质量为m、电荷量为+q的粒子，其中一个与x轴正方向成60角射入磁场的粒子在t1时刻到达A点（图中未画出），A点为该粒子运动过程中距离x轴的最远点，且OA=L不计粒子间的相互作用和粒子的重力，下列结论正确的是( )A粒子的速率为B粒子的速率为Ct1时刻仍在磁场中的所有粒子均处在以O点为圆心、L为半径的圆周上Dt1时刻仍在磁场中的所有粒子均处在以O点为圆心、L为半径的圆周上考点：带电粒子在匀强磁场中的运动 专题：带电粒子在磁
25、场中的运动专题分析：粒子仅受洛伦兹力，做匀速圆周运动，根据已知画出离子的运动轨迹，然后求解即可解答：解：AB、如右图，离子的半径R=，根据洛伦兹力提供向心力得qvB=m，解得v=，故A错误，B正确；CD、如图可知，离子轨迹圆心角为120度，故CD错误；故选：B点评：此题考查根据左手定则找出离子的运动轨迹，应用公式qvB=m，并根据数学知识判断选项二、非选择题：包括必考题和选考题两部分第9题第12题为必考题，每个试题考生都必须作答第13题第16题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题9在探究“加速度与力的关系”实验中，某同学设计了一种新的方法：他按如图1所示安装好实验装置，在不悬挂小吊盘时，调整
26、木板右端的高度，用手轻拨小车，使小车能牵引纸带沿长木板向左做匀速运动然后将一定数量的砝码（其总质量为m）放入小吊盘中（小吊盘质量不计），接通电源，释放小车，打出一条理想纸带，并在纸带上标出小吊盘中砝码所受的重力F以后每次实验将小吊盘中部分砝码移到小车中，保持砝码和小车的总质量一定，重复实验多次，并计算出每条纸带对应的加速度回答下列问题：（1）该同学以每次实验中小吊盘中砝码所受的重力F为横坐标，小车对应的加速度大小a为纵坐标，在坐标纸上作出aF关系图线图2图线中，你认为最合理的是D（2）按上述方案做实验，是否要求小吊盘中砝码的总质量远小于小车的质量？否（填“是”或“否”）（3）若该同学所作出aF
27、关系图线，直线部分斜率为k，则小车质量M=m考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系 专题：实验题分析：（1）由牛顿第二定律求出图象的函数表达式，然后分析图象答题（2）把砝码和小车整体看成研究对象，应用牛顿第二定律分析答题（3）根据牛顿第二定律求出加速度的表达式，分析a与F的关系，从而选择图象，并根据图象斜率的含义求出小车质量M解答：解：（1）由牛顿第二定律得：F=（m+M）a，加速度：a=F，加速度与F成正比，图象是通过原点的倾斜的直线，故D正确（2）以砝码和小车组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得：mg=（m+M）a，把小吊盘中部分砝码移到小车中，保持砝码和小车的总质量一定，不需要用砝
28、码的重力代替绳子的拉力，用整体法求出的加速度就是小车的加速度，所以不需要砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量（3）由牛顿第二定律得：F=（m+M）a，加速度：a=F，aF图象的斜率k=，解得：M=m；故答案为：（1）D；（2）否；（3）m点评：对于实验题要掌握其原理，知道课本上的实验为什么要求重物的质量远远小于小车的质量，能根据牛顿第二定律求出加速度与F的关系，知道aF图象斜率的含义，题目比较新颖，难度适中10如图1所示，现有热敏电阻R、电炉丝R1、电源E、电磁继电器、滑动变阻器R2、开关S和导线若干图2为热敏电阻的Rt图象，继电器的电阻为100当线圈的电流大于或等于20mA时，继电器的衔铁被
29、吸合为继电器线圈和低压电炉丝供电的电池电动势E=9.0V，内阻不计（1）请用笔划线代替导线，将右图中简单恒温箱温控电路图补充完整要求温度低于某一温度时，电炉丝自动通电供热，超过某一温度时，又可以自动断电（2）如果要使恒温箱内的温度保持50不变，可变电阻R2的阻值应调节为260若要使恒温箱内的温度稍微升高些，应使可变电阻R2的阻值稍微增大（填“增大”或“减小”）考点：传感器在生产、生活中的应用 分析：（1）分析电路结构及应实现的功能，即可得出对应的电路图；（2）要使恒温箱内的温度保持 100，当温度达到100时，电路就要断开，即电路要达到20mA根据闭合电路欧姆定律即可求得电阻的大小根据闭合电路
30、欧姆定律，可确定可变电阻的阻值如何变化，才能实现温度保持在更高的数值解答：解：（1）温度较低的时候，热敏电阻的电阻较大，电路中的电流较小，此时K是闭合的，而此时要求加热，因此只需要将电炉丝与K相连即可，如图所示；（2）当温度达到50时，加热电路就要断开，此时继电器的衔铁要被吸合，即控制电路的电流要到达20mA，根据闭合电路欧姆定律可得I=，r为继电器的电阻，由图甲可知，50C时热敏电阻的阻值为R=90所以 R=Rr=90100=260由上可知，若恒温箱内的温度保持在更高的数值，则可变电阻R的值应增大，会导致R电阻变小，从而实现目标故答案为：（1）如图所示；（2）260；增大点评：在解答本题的时
31、候要分析清楚，控制电路和加热电路是两个不同的电路，只有当温度较低，需要加热的时候，加热电路才会工作，而控制电路是一直通电的11轻质弹簧上端固定，下端连接质量m=3kg的物块A，物块A放在平台B上，通过平台B可以控制A的运动，如图所示初始时A、B静止，弹簧处于原长已知弹簧的劲度系数k=200N/m，g=10m/s2（计算结果保留两位有效数字）（1）若平台B缓慢向下运动，求：A、B一起竖直下降的最大位移x1（2）若平台B以a=5m/s2向下匀加速运动，求：A、B一起匀加速运动的时间t及此过程中B对A做的功W考点：动能定理 专题：动能定理的应用专题分析：（1）当AB之间作用力零时，AB一起缓慢下降达
32、到临界；（2）对A受力分析，结合牛顿第二定律和胡克定律求解；对A由动能定理列方程求B对A做的功解答：解：（1）当AB一起运动达最大位移时，对A受力分析有： mgFN1kx1=0 AB分离瞬间FN1=0，故：x1=mg/k=0.15（m） （2）设AB一起运动最大位移为x2，对A受力分析：mgFN2kx2=ma A、B分离瞬间FN2=0，由位移公式有得t=0.17s 弹簧弹力对A做的功，F弹=k x2 分离时物块A的速度v2=2ax2对A由动能定理有：代入数据得B对A的作用力所做的功W=0.56J答：（1）A、B一起竖直下降的最大位移为0.15m（2）A、B一起匀加速运动的时间to 0.17s，
33、此过程中B对A做的功o0.56J点评：本题是较为复杂的力学综合题，关键要分析物体的运动过程和状态，选择研究对象，把握每个过程和状态的物理规律12（18分）如图所示的xOy坐标系中，y轴右侧空间存在范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于xOy平面向里P点的坐标为（2L，0），Q1、Q2两点的坐标分别为（0，L），（0，L）坐标为（L，0）处的C点固定一平行于y轴放置的长为L的绝缘弹性挡板，C为挡板中点带电粒子与弹性绝缘挡板碰撞前后，沿y方向分速度不变，沿x方向分速度反向，大小不变带负电的粒子质量为m，电量为q，不计粒子所受重力若粒子以不同的初速度从P点沿PQ1方向运动到Q1点进入磁
34、场求：（1）若粒子不与挡板碰撞恰好回到P点，该粒子的初速度大小（2）若粒子只与挡板碰撞两次并能回到P点，该粒子的初速度大小考点：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：带电粒子在复合场中的运动专题分析：（1）作出粒子运动的轨迹图，结合几何关系求出粒子在磁场中运动的轨道半径，根据半径公式求出粒子的速度（2）抓住与挡板碰撞两次并能回到P点，作出轨迹图，结合几何关系，运用半径公式进行求解解答：解：（1）由题意画出粒子运动轨迹如图（甲）所示，设PQ1与x轴正方向夹角为，粒子在磁场中做圆周运动的半径大小为R1，由几何关系得：R1cos=L其中：粒子磁场中做匀速圆周运动解得：（2）由
35、题意画出粒子运动轨迹如图（乙）所示，设PQ1与x轴正方向夹角为，粒子在磁场中做圆周运动的半径大小为R3，偏转一次后在y负方向偏移量为y1，由几何关系得：y1=2R3cos，为保证粒子最终能回到P，粒子与挡板碰撞后，速度方向应与PQ1连线平行，每碰撞一次，粒子进出磁场在y轴上这段距离y2（如图中A、E间距）可由题给条件，有得当粒子只碰二次，其几何条件是 3y12y2=2L解得：粒子磁场中做匀速圆周运动：解得：答：（1）粒子不与挡板碰撞恰好回到P点，该粒子的初速度大小为；（2）若粒子只与挡板碰撞两次并能回到P点，该粒子的初速度大小为点评：本题考查了粒子在磁场中的运动，关键作出三种粒子的轨迹图，结合
36、几何关系，运用半径公式进行求解，难度较大，对数学几何的关系要求较高，需加强这方面的训练（二）选考题：请考生从给出的3道物理题中任选一题作答，注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，如果多做，则每学科按所做的第一题计分【物理-选修3-4】13一列简谐横波沿x轴正方向传播，t时刻波形图如图中的实线所示，此时波刚好传到P点，t+0.6s时刻x轴上090m区域的波形如图中的虚线所示，a、b、c、P、Q是介质中的质点，则以下说法正确的是( ) A这列波的波速可能为450m/sB质点a在这段时间内通过的路程一定小于30cmC质点c在这段时间内通过的路程可能为60cmD如果T=0.8s，则当t+0.5s
37、时刻，质点b、P的位移相同E质点P与Q的速度不可能相同考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象 分析：由图可知波的波长，而由两列波的波形图可得两波形相距的时间与周期的关系，则可得出波速的表达式；由波速可知周期的表达式，则可得出质点的路程及位移解答：解：A、由图可知，波的波长为40m；两列波相距0.6s=（n+）T，故周期T=； 波速v=（4n+3）m/s=（4n+3），当v=450m/s时，n=6，是整数，符合题意，故A正确；B、质点a在平衡位置上下振动，振动的最少时间为T，故路程最小为30cm，故B错误；C、c的路程为60cm说明c振动了1.5个周期，则可有：+1.5T=0.6，即+=0.6
38、，解得，n=1时满足条件，故C正确；D、在 t 时刻，因波沿X轴正方向传播，所以此时质点P是向上振动的，经0.5秒后，P是正在向下振动（负位移），是经过平衡位置后向下运动0.1秒；而质点b是正在向上振动的（负位移），是到达最低点后向上运动0.1秒，因为0.2秒等于，可见此时两个质点的位移是相同的 故D正确；E、质点P与Q之间的距离是，它们的速度可能相同故E错误故选：ACD点评：本题考查了波的多解性以及振动的性质，难度较大，特别要注意理解D答案中简谐运动的对称性，P和Q正好处在了同一点，但是方向恰好相反14一个折射率为n、半径为R玻璃球，放在空气中，在玻璃球内有一点光源可向各个方向发光，如果要求
39、点光源发出的所有光都能够射出玻璃球，则此点光源距离球心的位置应满足什么条件？考点：光的折射定律 专题：光的折射专题分析：要求点光源发出的所有光都能够射出玻璃球，光源发出的所有光线都不会全反射，对于位置已固定的光源，d与R都是定值，当sin越大时，光线射出玻璃球的入射角就越大，光线越容易发生全反射，当sin最大（=90）时，不会发生全反射，根据临界角公式和数学正弦定理结合解答解答：解：如图，光源S发出的一条光线射到球面上的P点，由正弦定理得：=可得：sin=对于位置已固定的光源，d与R都是定值，当sin越大时，光线射出玻璃球的入射角就越大，光线越容易发生全反射，要求所有的光线都不会全反射，就是要
40、求当sin最大（=90）时，不会发生全反射，即：sin=sinC 全反射临界角C的正弦为：sinC=在P点不发生全反射的光线，以后再次反射也不会发生全反射，所以对光源到球心的距离d的要求应为 d答：此点光源距离球心的位置应满足的条件是d点评：解决本题的关键是理解并掌握全反射条件，运用极限法确定临界条件，运用数学知识解答【物理-选修3-5】15太阳内部不断进行着各种核聚变反应，一个氘核和一个氚核结合成一个氦核是其中一种，请写出其核反应方程H+HHe+n；如果氘核的比结合能为E1，氚核的比结合能为E2，氦核的比结合能为E3，则上述反应释放的能量可表示为4E32E13E2考点：爱因斯坦质能方程；原子
41、核衰变及半衰期、衰变速度 专题：爱因斯坦的质能方程应用专题分析：根据电荷数守恒、质量数守恒写出核反应方程，根据比结合能等于结合能与核子数的比值，通过能量关系，求出释放的核能解答：解：根据电荷数守恒、质量守恒守恒，知核反应方程为H+HHe+n，氘核的比结合能为E1，氚核的比结合能为E2，氦核的比结合能为E3，根据比结合能等于结合能与核子数的比值，则有：该核反应中释放的核能E=4E32E13E2故答案为：H+HHe+n； 4E32E13E2点评：解决本题的关键知道在核反应过程中电荷数守恒、质量数守恒，以及掌握爱因斯坦质能方程，注意结合能与比结合能的区别16如图，光滑水平面上有一具有光滑曲面的静止滑
42、块B，可视为质点的小球A从B的曲面上离地面高为h处由静止释放，且A可以平稳地由B的曲面滑至水平地面已知A的质量为m，B的质量为3m，重力加速度为g，试求：（1）A从B上刚滑至地面时的速度大小；（2）若A到地面后与地面上的固定挡板P碰撞，之后以原速率反弹，则A返回B的曲面上能到达的最大高度为多少？考点：动量守恒定律；机械能守恒定律 专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合分析：A从B上刚滑至地面的过程中，系统水平方向动量守恒，列出等式，由系统机械能守恒列出等式求解；A与挡板碰后开始，到A追上B并到达最高高度，两物体具有共同速度，根据系统水平方向动量守恒和系统机械能守恒求解解答：解：（1）设A
43、刚滑至地面时速度大小为v1，B速度大小为v2规定向左为正方向，由水平方向动量守恒得mv13mv2=0 由系统机械能守恒得mgh=mv12+3m v22由以上两式解得：v1=，v2=（2）A与挡板碰后开始，到A追上B并到达最高高度h，两物体具有共同速度v，此过程根据系统水平方向动量守恒得mv1+3mv2=4mv 根据系统机械能守恒得mgh=4mv2+mgh 由以上两式解得：h=h 答：（1）A从B上刚滑至地面时的速度大小是；（2）若A到地面后与地面上的固定挡板P碰撞，之后以原速率反弹，则A返回B的曲面上能到达的最大高度为h点评：本题考查系统水平方向动量守恒及机械能守恒的综合应用，要注意正确分析受力及运动过程，从而分别对每一过程选择正确的物理规律进行求解