2016年陕西省咸阳市高考物理模拟试卷（5月份）（解析版）

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1、2016届陕西省咸阳市高考物理模拟试卷（5月份）二、选择题1如图所示，斜面上放有两个完全相同的物体a、b，两物体间用一根细线连接，在细线的中点加一与斜面垂直的拉力F，使两物体均处于静止状态则下列说法正确的是（）Aa、b两物体的受力个数一定相同Ba、b两物体对斜面的压力相同Ca、b两物体受到的摩擦力大小一定相等D当逐渐增大拉力F时，物体b先开始滑动2如图所示，xOy平面内有一匀强电场，场强为E，方向未知，电场线跟x轴的负方向夹角为，电子在坐标平面xOy内，从原点O以大小为v0方向沿x正方向的初速度射入电场，最后打在y轴上的M点电子的质量为m，电荷量为e，重力不计则（）AO点电势高于M点电势B运动

2、过程中电子在M点电势能最大C运动过程中，电子的电势能先减少后增加D电场对电子先做负功，后做正功3一个质量为m的铁块以初速度v1沿粗糙斜面上滑，经过一段时间又返回出发点，整个过程铁块速度随时间变化的图象如图所示，则下列说法正确的是（）A铁块上滑过程处于超重状态B铁块上滑过程与下滑过程的加速度方向相反C铁块上滑过程与下滑过程满足v1t1=v2（t2t1）D铁块上滑过程损失的机械能为mv124如图所示，有一个半径为R=1.0m的圆形区域，区域外有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B=T，一个比荷为=4.0107C/kg的带正电粒子从中空区域与磁场交界面的P点以速度v0=4107m/s沿圆的半径方

3、向射入磁场（不计带电粒子的重力），该粒子从P点进入磁场到第一次回到P点所需要的时间是（）A3.31107sB1.81107sC0.45107sD1.95107s5如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=3：1，L1、L2为两只相同的灯泡，R、L、D和C分别为定值电阻、理想线圈、理想二极管和电容器，其中C=10F当原线圈两端接如图乙所示的正弦交流电时，下列说法中正确的是（）A灯泡L1一定比L2暗B副线圈两端的电压有效值为12 VC因电容器所在支路处于断路状态，故无电流通过二极管D二极管D两端反向电压最大值是12V6太空中存在一些离其它恒星较远的、由质量相等的三颗星组成的三星系统，通常

4、可忽略其它星体对它们的引力作用已观测到稳定的三星系统存在两种基本的构成形式：一种是三颗星位于同一直线上，两颗星围绕中央星在同一半径为R的圆轨道上运行；另一种形式是三颗星位于等边三角形的三个顶点上，并沿外接于等边三角形的圆形轨道运行设这三个星体的质量均为M，并设两种系统的运动周期相同，则（）A直线三星系统中甲星和丙星的线速度相同B直线三星系统的运动周期为T=4RC三角形三星系统中星体间的距离为L=D三角形三星系统的角速度相同7如图所示，半径R=1m且竖直放置的圆盘O正按顺时针方向匀速转动，在圆盘的边缘上有一点Q，当Q点向上转到竖直位置时，在其正上方h=0.25m处的P点以v0= m/s的初速度向

5、右水平抛出一个小球（可看做质点），小球飞行一段时间后恰能从圆盘上的Q点沿切线方向飞出，g取10m/s2，则下列说法中正确的是（）A小球在这段飞行时间内下落的高度为0.75 mB小球完成这段飞行所用的时间为 sC圆盘转动的角速度一定等于 rad/sD小球沿圆盘切线方向飞出时的速度大小为2 m/s8如图所示，在光滑绝缘的水平面上方，有两个方向相反的水平方向匀强磁场，PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大，磁感应强度的大小分别为B1=B、B2=2B一个竖直放置的边长为a、质量为m、电阻为R的正方形金属线框，以速度v垂直磁场方向从图中实线位置开始向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中时，线框的

6、速度为，则下列结论中正确的是（）A此过程中通过线框截面的电量为B此过程中回路产生的电能为C此时线框的加速度为D此时线框中的电功率为（一）必做题（共4小题，满分37分）9探究小组利用传感器研究小球在摆动过程中的机械能守恒规律，实验装置如图所示在悬点处装有拉力传感器，可记录小球在摆动过程中各时刻的拉力值小球半径、摆线的质量和摆动过程中摆线长度的变化可忽略不计实验过程如下：（1）测量小球，摆线；（物理量符号）（2）将小球拉离平衡位置某一高度h处无初速度释放，在传感器采集的数据中提取最大值为F，小球摆到最低点时的动能表达式为（用上面给定物理量的符号表示）；（3）改变高度h，重复上述过程，获取多组摆动高

7、度h与对应过程的拉力最大值F的数据，在Fh坐标系中描点连线，通过描点连线，发现h与F成关系（“线性”或“非线性”），证明小球摆动过程中机械能守恒10（9分）在“测定某电源的电动势和内阻”实验中，实验电路如图（甲）所示，R为电阻箱，阻值范围09999，R0是保护电阻，V为理想电压表该同学连接好电路后，闭合电键S，改变电阻箱的电阻值，读取电压表的示数根据读取的多组数据，他画出了图（丙）所示的图象（1）请在图（乙）中选择合适的器材根据电路图（甲）画线连接实物图（2）在图（丙）所示图象中，当=0.10V1时，外电路处于状态（选填“通路”、“断路”或“短路”）（3）根据该图象可求得该电池的电动势E=V，

8、内阻r=11（10分）在物体下落过程中，速度小于10m/s时可认为空气阻力知物体速度成正比关系某科研小组在研究小球下落后的运动过程时，得到速度随时间变化的图象，并作出t=0.5s时刻的切线，如图所示已知小球在t=0s时刻释放，其质量为0.5kg，重力加速度g=10m/s2，求：（1）小球与地面第一次碰撞过程中损失的机械能；（2）小球在运动过程中受到空气阻力的最大值12（12分）如图所示，在以O为圆心，半径为R=10cm的圆形区域内，有一个水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B=0.1T，方向垂直纸面向外竖直平行放置的两金属板A、K相距为d=20mm，连在如图所示的电路中，电源电动势E=91V，

9、内阻r=1定值电阻R1=10，滑动变阻器R2的最大阻值为80，S1、S2为A、K板上的两上小孔，且S1、S2跟O点在垂直极板的同一直线上，OS2=2R，另有一水平放置的足够长的荧光屏D，O点跟荧光屏D之间的距离为H=2R比荷为2105C/kg的正离子流由S1进入电场后，通过S2向磁场中心射去，通过磁场后落到荧光屏D上离子进入电场的初速度、重力、离子之间的作用力均可忽略不计问：（1）请分段描述正离子自S1到荧光屏D的运动情况（2）如果正离子垂直打在荧光屏上，电压表的示数多大？（3）调节滑动变阻器滑片P的位置，正离子到达荧光屏的最大范围多大？【物理-选修3-4】（15分）13下列说法正确的是（）A

10、一条沿自身长度方向运动的杆，其长度总比杆静止时长B根据多普勒效应可以判断遥远天体相对于地球的运动速度C大量事实证明，电磁波能产生衍射现象D受迫振动的频率总等于系统的固有频率E由于激光是相干光，所以它能像无线电波那样被调制、用来传递信息14（9分）如图所示，为玻璃材料制成的一棱镜的截面图，其中，弧AB为四分之一圆弧，O为圆心，OBCD部分为矩形一细光束从圆弧AB的中点E点沿半径射入棱镜后，恰好在O点发生全反射，经CD面反射，再从圆弧上的F点射出，已知，OA=a，OD=，真空中的光速为c求：出射光线与法线夹角的正弦值；光在棱镜中传播的时间【物理-选修3-5】（15分）15下列五幅图分别对应五种说法

11、，其中正确的是（）A根据、射线的特点可知，射线1是射线，射线2是射线，射线3是射线B氢原子辐射出一个光子后，电势能减小，总能量增大C天然放射性元素的半衰期由原子核内部自身的因素决定，跟所处的化学状态和外部条件无关D重核的裂变反应方程有：+3E用绿光照射K时，电流表指针发生了偏转，若改用紫光照射，电流表的示数一定增大16用轻弹簧相连的质量均为m=2kg的A、B两物块都以v=6m/s的速度在光滑的水平地面上运动，弹簧处于原长，质量M=4kg的物块C静止在前方，如图所示B与C碰撞后二者粘在一起运动求：在以后的运动中：（1）当弹簧的弹性势能最大时，物体A的速度多大？（2）弹性势能的最大值是多大？201

12、6届陕西省咸阳市高考物理模拟试卷（5月份）参考答案与试题解析二、选择题1如图所示，斜面上放有两个完全相同的物体a、b，两物体间用一根细线连接，在细线的中点加一与斜面垂直的拉力F，使两物体均处于静止状态则下列说法正确的是（）Aa、b两物体的受力个数一定相同Ba、b两物体对斜面的压力相同Ca、b两物体受到的摩擦力大小一定相等D当逐渐增大拉力F时，物体b先开始滑动【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【分析】对ab进行受力分析，ab两个物体都处于静止状态，受力平衡，把绳子和力T和重力mg都分解到沿斜面方向和垂直于斜面方向，根据共点力平衡列式分析即可【解答】解：A、对ab进行受力分析，如图

13、所示：b物体处于静止状态，当绳子沿斜面向上的分量与重力沿斜面向下的分量相等时，摩擦力为零，所以b可能只受3个力作用，而a物体必定受到摩擦力作用，肯定受4个力作用，故A错误；B、ab两个物体，垂直于斜面方向受力都平衡，则有：N+Tsin=mgcos解得：N=mgcosTsin，则a、b两物体对斜面的压力相同，故B正确；C、根据A的分析可知，b的摩擦力可以为零，而a的摩擦力一定不为零，故C错误；D、对a沿斜面方向有：Tcos+mgsin=fa，对b沿斜面方向有：Tcosmgsin=fb，正压力相等，所以最大静摩擦力相等，则a先达到最大静摩擦力，先滑动，故D错误故选：B【点评】本题解题的关键是正确对

14、物体进行受力分析，能根据平衡条件列式求解，难度不大，属于基础题2如图所示，xOy平面内有一匀强电场，场强为E，方向未知，电场线跟x轴的负方向夹角为，电子在坐标平面xOy内，从原点O以大小为v0方向沿x正方向的初速度射入电场，最后打在y轴上的M点电子的质量为m，电荷量为e，重力不计则（）AO点电势高于M点电势B运动过程中电子在M点电势能最大C运动过程中，电子的电势能先减少后增加D电场对电子先做负功，后做正功【考点】电势能；动能定理的应用；电势【分析】电子仅在电场力作用下，以一定的初速度，从O点运动到M点，根据曲线运动的条件可确定，电子受到的电场力方向再由电子带负电，从而确定电场强度的方向结合电场

15、力与运动速度的方向来确定电场力做功的情况，从而可确定电子的电势能变化情况【解答】解：A、电子沿X轴正方向进入匀强电场，出现题中的运动轨迹，由曲线运动的条件可知道，电场力的方向沿着电场线斜向上，由于电子带负电，所以电场线的方向斜向下根据沿着电场线方向电势降低，可知O点电势低于M点电势，故A错误；B、由电子的运动轨迹可知，电子所受的电场力先做负功，再做正功因此电子的电势能先增加后减小所以运动过程中电子在M点电势能最小，故B错误；C、根据电子所受的电场力先做负功，再做正功因此电子的电势能先增加后减小故C错误；D、由A选项分析可知，开始电场力方向与初速度方向夹角大于90，之后夹角小于90因此电场力对电

16、子先做负功，再做正功故D正确；故选：D【点评】本题突破口：根据曲线运动的条件，结合电场的力与能的基本性质，从而即可解题3一个质量为m的铁块以初速度v1沿粗糙斜面上滑，经过一段时间又返回出发点，整个过程铁块速度随时间变化的图象如图所示，则下列说法正确的是（）A铁块上滑过程处于超重状态B铁块上滑过程与下滑过程的加速度方向相反C铁块上滑过程与下滑过程满足v1t1=v2（t2t1）D铁块上滑过程损失的机械能为mv12【考点】功能关系；牛顿第二定律【分析】由图象可知道，物体在0t1内减速上升，在t1t2内匀加速下降，加速度始终向下；超重加速度向上；vt图象面积可以表示位移知速度关系；由能量是守恒的知机械

17、能的损失【解答】解：AB、上滑过程匀减速上滑，加速度方向沿斜面向下，下滑过程匀加速下降则加速度方向沿斜面向下，故上滑和下滑过程加速度方向相同，物体都处于失重状态，故AB错误；C、速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移，由图可知，上滑的位移为：v1t1，下滑的位移为v2（t2t1），经过一段时间又返回出发点说明v1t1=v2（t2t1），故C正确；D、根据能量守恒知上滑损失机械能为E=Ek1mgh=mmgh，故D错误；故选：C【点评】图象简洁明了，能够直接得出物体各过程的运动规律，结合牛顿第二定律和功能关系求解，综合性较强4如图所示，有一个半径为R=1.0m的圆形区域，区域外有一垂直纸面向里的匀

18、强磁场，磁感应强度为B=T，一个比荷为=4.0107C/kg的带正电粒子从中空区域与磁场交界面的P点以速度v0=4107m/s沿圆的半径方向射入磁场（不计带电粒子的重力），该粒子从P点进入磁场到第一次回到P点所需要的时间是（）A3.31107sB1.81107sC0.45107sD1.95107s【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【分析】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律求出轨迹半径，得到运动周期结合几何关系求所需时间【解答】解：带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得：qv0B=m则得：r=m周期为：T=画出粒子的运动轨迹，

19、如图所示图中 tan=，得：=故粒子从P点进入磁场到第一次回到P点所需要的时间是：t=3T+3代入解得：t=3.31107s故选：A【点评】本题粒子在有圆形边界的磁场做匀速圆周运动的问题，画出轨迹，根据几何知识分析，求半径和圆心角是常用的思路5如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=3：1，L1、L2为两只相同的灯泡，R、L、D和C分别为定值电阻、理想线圈、理想二极管和电容器，其中C=10F当原线圈两端接如图乙所示的正弦交流电时，下列说法中正确的是（）A灯泡L1一定比L2暗B副线圈两端的电压有效值为12 VC因电容器所在支路处于断路状态，故无电流通过二极管D二极管D两端反向电压最大

20、值是12V【考点】变压器的构造和原理；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率【分析】二极管具有单向导电性，电阻两端的电压为有效值，电容通高频阻低频，电感通低频阻高频【解答】解：原线圈有正弦交流单，则副线圈中也有正弦式交流电A、由于与电阻相串联，而与电感器相串联，灯泡与是谁变亮和变暗，取决于电感和电阻谁的阻碍作用大，本题未给条件无法判断，故A错误；B、由题意可知，原线圈的电压最大值为，原线圈电压有效值36V，由于原副线圈的匝数比为3：1，所以副线圈的电压有效值为12V，故B正确；C、电容器与二极管串联，含有电容器的支路一次充电结束后就相当于断路，充电过程中有电流通过二极管，故C错误；D、二极管D

21、两端反向电压最大值与二极管本身有关，根据题意无法求出最大值，故D错误；故选：B【点评】本题考查了变压器的特点，知道电压之比等于线圈匝数之比，掌握二极管、电感器、电容器在电路中的作用6太空中存在一些离其它恒星较远的、由质量相等的三颗星组成的三星系统，通常可忽略其它星体对它们的引力作用已观测到稳定的三星系统存在两种基本的构成形式：一种是三颗星位于同一直线上，两颗星围绕中央星在同一半径为R的圆轨道上运行；另一种形式是三颗星位于等边三角形的三个顶点上，并沿外接于等边三角形的圆形轨道运行设这三个星体的质量均为M，并设两种系统的运动周期相同，则（）A直线三星系统中甲星和丙星的线速度相同B直线三星系统的运动

22、周期为T=4RC三角形三星系统中星体间的距离为L=D三角形三星系统的角速度相同【考点】万有引力定律及其应用【分析】明确研究对象，对研究对象受力分析，找到做圆周运动所需向心力的来源，由万有引力定律和向心力公式结合解答【解答】解：A、直线三星系统中甲星和丙星的线速度大小相等，但方向不同，所以线速度不同，故A错误B、直线三星系统中，三颗星位于同一直线上，两颗星围绕中央星在同一半径为R的圆轨道上运行；其中甲星由乙星和丙星星的万有引力的合力提供向心力丙星由乙星和甲星的万有引力的合力提供向心力研究甲星，根据G+G=MR，解之得：T=4R故B正确CD、三角形三星系统中，三颗星位于等边三角形的三个项点上，并沿

23、外接于等边三角形的圆形轨道运行，角速度必定相同由万有引力定律和牛顿第二定律得：2Gcos30=M据题两种系统的运动周期相同，则 T=4R，联立解得 L=故C错误，D正确故选：BD【点评】万有引力定律和牛顿第二定律是力学的重点，在本题中有些同学找不出什么力提供向心力，关键在于进行正确受力分析7如图所示，半径R=1m且竖直放置的圆盘O正按顺时针方向匀速转动，在圆盘的边缘上有一点Q，当Q点向上转到竖直位置时，在其正上方h=0.25m处的P点以v0= m/s的初速度向右水平抛出一个小球（可看做质点），小球飞行一段时间后恰能从圆盘上的Q点沿切线方向飞出，g取10m/s2，则下列说法中正确的是（）A小球在

24、这段飞行时间内下落的高度为0.75 mB小球完成这段飞行所用的时间为 sC圆盘转动的角速度一定等于 rad/sD小球沿圆盘切线方向飞出时的速度大小为2 m/s【考点】平抛运动；线速度、角速度和周期、转速【分析】小球做平抛运动，根据分位移公式列式，结合几何关系可求得运动时间，以及下落的高度结合圆周运动的周期性分析圆盘的角速度由速度的合成求小球沿圆盘切线方向飞出时的速率【解答】解：ABD、设小球在平抛运动的过程中，QO转过的最小角度为根据平抛运动的规律得：竖直方向有：h+R（1cos）=水平方向有：Rsin=v0t联立解得：=，t=s小球在这段飞行时间内下落的高度为：H=h+R（1cos）=0.7

25、5m小球沿圆盘切线方向飞出时速率为：v=2m/s，故AD正确，B错误C、根据圆周运动的周期性可得：2n+=t，n=0，1，2，解得：=（n+）rad/s，n=0，1，2，故C错误故选：AD【点评】解决本题的关键是掌握平抛运动的规律，能结合几何知识解决物理问题，同时要抓住圆盘与滑块运动的同时性，根据周期性研究8如图所示，在光滑绝缘的水平面上方，有两个方向相反的水平方向匀强磁场，PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大，磁感应强度的大小分别为B1=B、B2=2B一个竖直放置的边长为a、质量为m、电阻为R的正方形金属线框，以速度v垂直磁场方向从图中实线位置开始向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁

26、场中时，线框的速度为，则下列结论中正确的是（）A此过程中通过线框截面的电量为B此过程中回路产生的电能为C此时线框的加速度为D此时线框中的电功率为【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；电磁感应中的能量转化【分析】根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电量q=It相结合求解电量此时线框中感应电动势为E=2Ba，感应电流为I=，线框所受的安培力的合力为F=2BIa，再由牛顿第二定律求解加速度根据能量守恒定律求解产生的电能由P=I2R求解电功率【解答】解：A、感应电动势为：E=，其中=2B+=，感应电流为：I=，电荷量为：q=It，解得：q=，故A错误B、由能量守恒定律得，此过程中回路

27、产生的电能为：E=mv2=mv2，故B正确；C、此时感应电动势：E=（2Ba+Ba）=，线框电流为：I=，由牛顿第二定律得：2BIa+BIa=ma加，解得：a加=，故C正确；D、此时线框的电功率为：P=I2R=，故D错误；故选：BC【点评】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解（一）必做题（共4小题，满分37分）9探究小组利用传感器研究小球在摆动过程中的机械能守恒规律，实验装置如图所示在悬点处装有拉力传感器，可记录小球在摆动过程中各时

28、刻的拉力值小球半径、摆线的质量和摆动过程中摆线长度的变化可忽略不计实验过程如下：（1）测量小球质量m，摆线长度l；（物理量符号）（2）将小球拉离平衡位置某一高度h处无初速度释放，在传感器采集的数据中提取最大值为F，小球摆到最低点时的动能表达式为（Fmg）l（用上面给定物理量的符号表示）；（3）改变高度h，重复上述过程，获取多组摆动高度h与对应过程的拉力最大值F的数据，在Fh坐标系中描点连线，通过描点连线，发现h与F成线性关系（“线性”或“非线性”），证明小球摆动过程中机械能守恒【考点】验证机械能守恒定律【分析】依据实验原理，即可分析；根据牛顿第二定律，结合向心力表达式，及动能表达式，即可求解；

29、根据机械能守恒定律，结合图象的斜率的含义，即可求解【解答】解：（1）测量小球质量为m，摆线长度为l；（2）根据牛顿第二定律，则有：Fmg=m；而动能表达式为：EK=mv2=（Fmg）l；（3）根据机械能守恒定律，则有：mgh=（Fmg）l；那么F=h+mg；在Fh坐标系中描点连线，通过描点连线，发现h与F成线性关系；故答案为：（1）m，l；（2）（Fmg）；（3）线性【点评】考查牛顿第二定律与向心力表达式的内容，掌握机械能守恒定律的应用，理解图象的斜率及截距在本题的运用10（9分）在“测定某电源的电动势和内阻”实验中，实验电路如图（甲）所示，R为电阻箱，阻值范围09999，R0是保护电阻，V为

30、理想电压表该同学连接好电路后，闭合电键S，改变电阻箱的电阻值，读取电压表的示数根据读取的多组数据，他画出了图（丙）所示的图象（1）请在图（乙）中选择合适的器材根据电路图（甲）画线连接实物图（2）在图（丙）所示图象中，当=0.10V1时，外电路处于断路状态（选填“通路”、“断路”或“短路”）（3）根据该图象可求得该电池的电动势E=10V，内阻r=5【考点】测定电源的电动势和内阻【分析】（1）根据电路图连接实物图，注意电表的极性（2）当=0.10V1时，为0，则R+R0趋向于无穷大，则该电路处于断路状态（3）根据实验的原理得出关系式，通过图线的斜率和截距求解电源的电动势和内阻【解答】解：（1）根据

31、电路图连接实物图，如图所示（2）在图（丙）所示图象中，当=0.10V1时，知外电阻的倒数为零，则外电阻趋向于无穷大，则外电路处于断路状态（3）因为E=，解得，可知图线的纵轴截距等于，则E=10V图线的斜率=0.5，r=5故答案为：（1）（2）断路（3）10；5【点评】只用电压表和变阻箱测电动势和内电阻的方法叫“伏欧法”，若用图象解时，基本思路是：用学过的物理定律列出表达式，再结合数学整理表达出有关一次函数式y=kx+b的形式，再求出k和b即可11（10分）在物体下落过程中，速度小于10m/s时可认为空气阻力知物体速度成正比关系某科研小组在研究小球下落后的运动过程时，得到速度随时间变化的图象，并

32、作出t=0.5s时刻的切线，如图所示已知小球在t=0s时刻释放，其质量为0.5kg，重力加速度g=10m/s2，求：（1）小球与地面第一次碰撞过程中损失的机械能；（2）小球在运动过程中受到空气阻力的最大值【考点】功能关系；牛顿第二定律【分析】（1）根据图象读出小球第一次与地面碰撞前瞬间和碰撞后瞬间的速度，碰撞过程损失的机械能等于碰撞过程中的动能损失量；（2）根据图象得出t=0.5s时小球的速度和加速度，根据牛顿第二定律求出此时的阻力，根据空气阻力和物体速度成正比求出比例系数，当速度最大时，阻力最大，从而求出最大阻力【解答】解：（1）由图象可知，小球第一次与地面碰撞前瞬间速度v1=5m/s，碰撞

33、后瞬间速度为：v2=4m/s，碰撞过程损失的机械能为：=2.25J（2）由图象可得t=0.5s时小球的速度为：v3=4m/s，加速度为：由牛顿第二定律有：mgf=ma由于f=kv3，解得：k=0.75，根据图象可知，速度最大为：v1=5m/s，则最大阻力为：fmax=kv1=0.755=3.75N答：（1）小球与地面第一次碰撞过程中损失的机械能为2.25J；（2）小球在运动过程中受到空气阻力的最大值为3.75N【点评】本题的关键是能根据图象得出有效信息，如落地前的速度和碰撞后的瞬时速度，知道vt图象的斜率表示加速度，并能结合牛顿第二定律解题，难度适中12（12分）如图所示，在以O为圆心，半径为

34、R=10cm的圆形区域内，有一个水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B=0.1T，方向垂直纸面向外竖直平行放置的两金属板A、K相距为d=20mm，连在如图所示的电路中，电源电动势E=91V，内阻r=1定值电阻R1=10，滑动变阻器R2的最大阻值为80，S1、S2为A、K板上的两上小孔，且S1、S2跟O点在垂直极板的同一直线上，OS2=2R，另有一水平放置的足够长的荧光屏D，O点跟荧光屏D之间的距离为H=2R比荷为2105C/kg的正离子流由S1进入电场后，通过S2向磁场中心射去，通过磁场后落到荧光屏D上离子进入电场的初速度、重力、离子之间的作用力均可忽略不计问：（1）请分段描述正离子自S1到荧

35、光屏D的运动情况（2）如果正离子垂直打在荧光屏上，电压表的示数多大？（3）调节滑动变阻器滑片P的位置，正离子到达荧光屏的最大范围多大？【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【分析】（1）根据离子的受力情况分析其运动情况（2）正离子垂直打在荧光屏上，由几何知识求出在磁场中做圆周运动的半径离子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律求得速度离子在电场中加速过程，由动能定理求得两金属板间的电压，即为电压表的示数（3）两金属板间的电压越小，离子经电场后获得的速度也越小，离子在磁场中作圆周运动的半径越小，射出电场时的偏转角越大，越可能射向荧光屏的左侧，当滑动片P处于最左端时

36、，两金属板间电压最小，离子射在荧光屏上的位置为所求范围的最左端点，由欧姆定律求出两金属板间电压最小值，由（2）问的结论求出离子在磁场中做圆运动的半径，即可由几何知识求出离子射到荧光屏的最左端点到荧光屏中心的距离；当滑动片P处于最右端时，两金属板间电压最大，离子射在荧光屏上的位置为所求范围的最右端点，用同样的方法求出离子射到荧光屏的最右端点到荧光屏中心的距离，即可得到正离子到达荧光屏的最大范围【解答】解：（1）正离子在两金属板间做匀加速直线运动，离开电场后做匀速直线运动，进入磁场后做匀速圆周运动，离开磁场后，离子又做匀速直线运动，直到打在荧光屏上（2）设离子由电场射出后进入磁场时的速度为v因离子

37、是沿圆心O的方向射入磁场，由对称性可知，离子射出磁场时的速度方向的反向延长线也必过圆心O离开磁场后，离子垂直打在荧光屏上（图中的O点），则离子在磁场中速度方向偏转了90，离子在磁场中做圆周运动的径迹如图答1所示由几何知识可知，离子在磁场中做圆周运动的圆半径设离子的电荷量为q、质量为m，进入磁场时的速度为v有由，得 设两金属板间的电压为U，离子在电场中加速，由动能定理有：而 由两式可得代入有关数值可得U=30V，也就是电压表示数为30V（3）因两金属板间的电压越小，离子经电场后获得的速度也越小，离子在磁场中作圆周运动的半径越小，射出电场时的偏转角越大，也就越可能射向荧光屏的左侧由闭合电路欧姆定律

38、有，当滑动片P处于最右端时，两金属板间电压的最大，为；当滑动片P处于最左端时，两金属板间电压最小，为；两板间电压为时，离子射在荧光屏上的位置为所求范围的最左端点，由可解得离子射出电场后的速度大小为v1=2103m/s，离子在磁场中做圆运动的半径为r1=0.1m，或直接根据式求得r1=0.1m，此时粒子进入磁场后的径迹如图答2所示，O1为径迹圆的圆心，A点为离子能射到荧光屏的最左端点由几何知识可得：，所以=60所以AO=Htan（90）=cm=20cm 而两板间电压为V时，离子射在荧光屏上的位置为所求范围的最右端点，此时粒子进入磁场后的径迹如图答3所示，同理由可解得离子射出电场后的速度大小为v2

39、=6103m/s，离子在磁场中做圆运动的半径为r2=0.3m，或直接由式求得r2=0.3m，由几何知识可得即=120所以cm=20cm离子到达荧光屏上的范围为以O为中点的左右两侧20cm答：（1）正离子自S1到荧光屏D的运动情况是正离子在两金属板间作匀加速直线运动，离开电场后做匀速直线运动，进入磁场后做匀速圆周运动，离开磁场后，离子又做匀速直线运动，直到打在荧光屏上 （2）如果正离子垂直打在荧光屏上，电压表的示数30V（3）调节滑动变阻器滑片P的位置，正离子到达荧光屏的最大范围是以O为中点的左右两侧20cm【点评】本题分析离子的运动情况是求解的关键和基础，考查综合应用电路、磁场和几何知识，处理

40、带电粒子在复合场中运动问题的能力，综合性较强【物理-选修3-4】（15分）13下列说法正确的是（）A一条沿自身长度方向运动的杆，其长度总比杆静止时长B根据多普勒效应可以判断遥远天体相对于地球的运动速度C大量事实证明，电磁波能产生衍射现象D受迫振动的频率总等于系统的固有频率E由于激光是相干光，所以它能像无线电波那样被调制、用来传递信息【考点】狭义相对论；多普勒效应；激光的特性和应用【分析】A、根据l=判断杆的长度变化B、多普勒效现象是波的特性C、电磁波能产生衍射现象D、受迫振动的频率总等于策动力的频率；E、根据激光的特点与应用方向分析【解答】解：A、根据l=，知条沿自身长度方向运动的杆其长度总比

41、杆静止时的长度小故A错误 B、只要是波，均有多普勒效应现象，根据多普勒效应可以判断遥远天体相对于地球的运动速度故B正确 C、衍射是波的特有的现象，电磁波是波，电磁波能产生衍射现象故C正确 D、受迫振动的频率总等于策动力的频率故D错误 E、由于激光是相干光，所以它能像无线电波那样被调制、用来传递信息故E正确故选：BCE【点评】该题考查的知识点比较多，解决本题的关键理解狭义相对论的物体的长度与速度之间的关系，以及知道多普勒效应现象的条件14（9分）如图所示，为玻璃材料制成的一棱镜的截面图，其中，弧AB为四分之一圆弧，O为圆心，OBCD部分为矩形一细光束从圆弧AB的中点E点沿半径射入棱镜后，恰好在O

42、点发生全反射，经CD面反射，再从圆弧上的F点射出，已知，OA=a，OD=，真空中的光速为c求：出射光线与法线夹角的正弦值；光在棱镜中传播的时间【考点】光的折射定律【分析】先作出光路图，根据几何关系得出临界角，由全反射临界角公式sinC=求出折射率n由几何知识求得光线在F点的入射角，由折射定律求解出射光线与法线夹角的正弦值光在棱镜中的传播速度v=由几何知识求出光线在棱镜中传播的距离S，由t=求解传播的时间【解答】解：作出光路图如图根据几何关系可知，临界角为C=EOB=45根据全反射临界角公式sinC=得：n=又 OG=OD=a=a根据几何关系可知OGF是直角三角形，则sin=根据折射定律得，n=

43、解得，sin=光在棱镜中的传播速度v=由几何知识得，光线传播的长度为l=a+a+a光在棱镜中传播的时间 t=答：出射光线与法线夹角的正弦值为光在棱镜中传播的时间为【点评】本题的突破口是“光线恰好在圆心O点发生全反射”，根据全反射临界角公式sinC=、折射定律n=、光速公式v=相结合进行处理分析时，要灵活几何知识求解相关角度和光传播的距离，要加强这方面的训练【物理-选修3-5】（15分）15下列五幅图分别对应五种说法，其中正确的是（）A根据、射线的特点可知，射线1是射线，射线2是射线，射线3是射线B氢原子辐射出一个光子后，电势能减小，总能量增大C天然放射性元素的半衰期由原子核内部自身的因素决定，

44、跟所处的化学状态和外部条件无关D重核的裂变反应方程有：+3E用绿光照射K时，电流表指针发生了偏转，若改用紫光照射，电流表的示数一定增大【考点】氢原子的能级公式和跃迁；重核的裂变【分析】三种射线的穿透本领不同；氢原子辐射出一个光子后，电势能减小，总能量减小；半衰期与其化学性质与化学状态无关，结合核电荷数守恒与质量数守恒来解释D；光电流的大小与光子的数目有关，与频率无关【解答】解：A、三种射线的穿透本领不同，根据、射线的特点可知，射线1的穿透本领最弱，是射线，射线3的穿透本领最强，是射线，射线2是射线，故A正确；B、一个氢原子放出光子，原子能量减小，根据知，得：，电子的动能增大，电势能减小，故B错

45、误；C、半衰期与其化学性质与化学状态无关，将放射性元素掺杂到其它稳定元素中，并降低其温度，它的半衰期会不变，故C正确；D、重核的裂变是重核俘获一个慢中子后才能发生的，所以核反应方程有：+3故D正确；E、光电流的大小与光子的数目有关，与频率无关，故E错误故选：ACD【点评】考查核聚变与裂变的区别，掌握核反应方程的书写规律，理解半衰期的内涵，注意轨道半径越大时，动能越小，电势能越大16用轻弹簧相连的质量均为m=2kg的A、B两物块都以v=6m/s的速度在光滑的水平地面上运动，弹簧处于原长，质量M=4kg的物块C静止在前方，如图所示B与C碰撞后二者粘在一起运动求：在以后的运动中：（1）当弹簧的弹性势

46、能最大时，物体A的速度多大？（2）弹性势能的最大值是多大？【考点】动量守恒定律；弹性势能【分析】（1）B与C发生碰撞后，B的速度减小，BC一起向右运动A物体没有参加碰撞，速度不变，继续向右运动，这样弹簧被压缩，当三者速度相同时，弹簧压缩量最大，弹性势能最大，根据动量守恒求出物体A的速度（2）根据动量守恒求出BC碰撞后的共同速度由机械能守恒求解弹性势能的最大值【解答】解：（1）当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大由A、B、C三者组成的系统动量守恒得：（mA+mB）v=（mA+mB+mC）VA代入数据解得：VA=3m/s（2）B、C碰撞时，B、C系统动量守恒，设碰后瞬间两者的速度为v1，则：mBv=（mB+mC）v1代入数据解得：v1=2m/s设弹簧的弹性势能最大为EP，根据机械能守恒得：EP=（mB+mc）v12+mAv2（mA+mB+mc）vA2代入解得为：EP=12J答：（1）当弹簧的弹性势能最大时，物体A的速度3m/s；（2）弹性势能的最大值是12J【点评】本题是含有非弹性碰撞的过程，不能全过程列出机械能守恒方程，这是学生经常犯的错误