陕西师大附中2016届高考物理模拟试卷（六） 30页

‎2016年陕西师大附中高考物理模拟试卷（六）‎ ‎　‎ 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，有的只有一项符合题目要求，有的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．物理学的研究方法促进了人们对事物本质和规律的认识，以下说法正确的是（　　）‎ A．法拉第在研究电磁感应现象时，利用了应用了控制变量和转换实验的方法 B．库仑对点电荷间相互作用的研究采用了等效替代法 C．合力与分力概念的建立采用了对称法 D．在用打点计时器研究自由落体运动时，把重物在空气中的落体运动近似看做自由落体运动，这里采用了控制变量法 ‎2．翼型降落伞有很好的飞行性能，跳伞运动员可方便地控制转弯等动作．其原理是通过对降落伞的调节，使空气升力和空气摩擦力都受到影响．已知运动员和装备的总质量为m，某次跳伞后做匀速直线运动，速度与水平方向的夹角α=20°（取tan20°=），如图1所示．运动员和装备作为一个整体，受力情况作如下简化：空气升力F1与速度方向垂直，大小为F1=C1v2；空气摩擦力F2与速度方向相反，大小为F2=C2v2．其中C1、C2相互影响，可由运动员调节，满足图2所示的关系．则运动员匀速的速度是（重力加速度g已知）（　　）‎ A．v= B．v= C．v= D．v=‎ ‎3．跳台滑雪运动员的动作惊险而优美，其实滑雪运动可抽象为物体在斜坡上的平抛运动．如图所示，设可视为质点的滑雪运动员，从倾角为θ的斜坡顶端P处，以初速度 v0水平飞出，运动员最后又落到斜坡上A点处，AP之间距离为L，在空中运动时间为t，改变初速度v0的大小，L和t都随之改变．关于L、t与v0的关系，下列说法中正确的是（　　）‎ ‎①L与v0成正比　②L与v02成正比 ③t与v0成正比　④t与v02成正比．‎ A．①② B．②③ C．③④ D．①④‎ ‎4．如图所示，在绝缘水平面上固定着一光滑绝缘的圆形槽，在某一过直径的直线上有O、A、D、B四点，其中O为圆心，D在圆上，半径OC垂直于OB．A点固定电荷量为Q的正电荷，B点固定一个未知电荷，使得圆周上各点电势相等．有一个质量为m，电荷量为﹣q的带电小球在滑槽中运动，在C点受的电场力指向圆心，根据题干和图示信息可知（　　）‎ A．固定在B点的电荷带正电 B．固定在B点的电荷电荷量为2Q C．小球在滑槽内做匀速圆周运动 D．C、D两点的电场强度大小相等 ‎5．图中L为电感量足够大的理想电感，C是电容量足够大的理想电容，R1、R2是阻值大小合适的相同电阻，G1、G2是两个零刻度在中央的相同的灵敏电流表，且电流 从哪一侧接线柱流入指针即向哪一侧偏转，E是可以不计内阻的直流电源．针对该电路下列判断正确的是（　　）‎ A．电键S闭合的瞬间，仅电流计G1发生明显地偏转 B．电键S闭合的瞬间，两电流计将同时发生明显的偏转 C．电路工作稳定后，两电流计均有明显不为零的恒定示数 D．电路工作稳定后再断开电键S，此后的短时间内，G1的指针将向左偏转，G2的指针将向右偏转 ‎6．“轨道康复者”是“垃圾”卫星的就行，被称为“太空110”，它可在太空中给“垃圾”卫星补充能源，延长卫星的使用寿命．假设“轨道康复者”的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一，其运动方向与地球自转方向一致，轨道平面与地球赤道平面重合，下列说法正确的是（　　）‎ A．“轨道康复者”可在高轨道上加速，以实现对低轨道上卫星的拯救 B．站在赤道上的人观察到“轨道康复者”向西运动 C．“轨道康复者”的速度是地球同步卫星速度的倍 D．“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的25倍 ‎7．如图甲所示，静止在水平面上的物体在竖直向上的拉力F作用下开始向上加速运动，拉力的功率恒定为P，运动过程中所受空气阻力大小不变，物体最终做匀速运动．物体运动速度的倒数与加速度a的关系如图乙所示．若重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　）‎ A．物体的质量为 B．空气阻力大小为 C．物体加速运动的时间为 D．物体匀速运动的速度大小为v0‎ ‎8．如图所示，竖直悬挂的弹簧下端栓有导体棒ab，ab无限靠近竖直平行导轨的内侧、与导轨处于竖直向上的磁场中，导体棒MN平行导轨处于垂直导轨平面的磁场中，当MN以速度v向右匀速远动时，ab恰好静止，弹簧无形变，现使v减半仍沿原方向匀速运动，ab开始沿导轨下滑，磁场大小均为B，导轨宽均为L，导体棒ab、MN质量相同、电阻均为R，其他电阻不计，导体棒与导轨接触良好，弹簧始终在弹性范围内，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（　　）‎ A．MN中电流方向从M到N B．ab受到的安培力垂直纸面向外 C．ab开始下滑直至速度首次达峰值的过程中，克服摩擦产生热量 D．ab速度首次达到峰值时，电路的电热功率为 ‎ ‎　‎ 三、非选择题．包括必考题和选考题两部分．‎ ‎9．某实验小组利用图（a）所示实验装置及数字化信息系统探究“外力做功与小车动能变化的关系”．实验时将小车拉到水平轨道的O位置由静止释放，在小车从O位置运动到 A位置过程中，经计算机处理得到了弹簧弹力与小车位移的关系图线如图（b） 所示，还得到了小车在 A位置的速度大小vA；另外用电子秤测得小车（含位移传感器发射器）的总质量为m．回答下列问题：‎ ‎（1）由图（b）可知，图（a）中A位置到力传感器的距离　　（“小于”、“等于”或“大于”）弹簧原长．‎ ‎（2）小车从O位置运动到A位置过程中弹簧对小车所做的功W=　　，小车的动能改变量△Ek=　　．（ 用m、vA、FA、F0、xA中各相关物理量表示）‎ ‎（3）若将弹簧从小车上卸下，给小车一初速度v0，让小车从轨道右端向左端滑动，利用位移传感器和计算机得到小车的速度随时间变化的图线如图（c）所示，则小车所受轨道摩擦力的大小f=　　．（ 用m、v0、tm中各相关物理量表示）‎ ‎（4）综合步骤（2）、（3），该实验所要探究的“外力做功与小车动能变化的关系”表达式是　　．（用m、vA、FA、F0、xA、v0、tm中各相关物理量表示）‎ ‎10．图示为多用表的不完整的示意图，图中还显示出了表内的电源E1和表内的调零电阻R0．被测电路由未知电阻Rx和电池E2串联构成．‎ ‎（1）①现欲测阻值大约为一千多欧姆的未知电阻Rx的阻值，请完善以下测量步骤：甲、乙两测试表笔中，甲表笔应是　　（填“红”或“黑”）表笔；‎ ‎②测电阻的倍率选择“×100Ω”，将甲、乙两表笔短接，调节调零电阻R0，使表针指到表盘刻度的最　　（填“左”或“右”）端；‎ ‎③在测试表笔乙已接触被测电路右端的前提下（见图），测试表笔甲应接触被测电路中的　　（填“a”或“b”）点；‎ ‎④．若测试表笔甲接触的位置正确，此时表针恰好指在图示的虚线位置，则被测电阻Rx的阻值为　　Ω．‎ ‎（2）已知图中电源E1的电动势为4.5V，电源E2的电动势为1.5V（不计其内阻）．若测电阻Rx时，测试表笔甲在a、b两个触点中连接了错误的触点，那么，表针的电阻示数将比真实值　　（填“偏大”或“偏小”），其示数应为　　Ω．‎ ‎11．小轿车以20m/s的速度在平直公路上匀速行驶，司机突然发现正前方有个收费站，经10s后司机才刹车，使车匀减速运动10s恰停在缴费窗口，缴费后匀加速到20m/s后继续匀速前行．已知小轿车刹车时的加速度为2m/s2‎ ‎，停车缴费所用时间为30s，启动时加速度为1m/s2．‎ ‎（1）司机是在离收费窗口多远处发现收费站的．‎ ‎（2）因国庆放假期间，全国高速路免费通行，小轿车可以不停车通过收费站，但要求轿车通过收费窗口前9m区间速度不超过6m/s，则国庆期间该小轿车应离收费窗口至少多远处开始刹车？因不停车通过可以节约多少时间？‎ ‎12．如图所示，宽度为L的区域被平均分为区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，其中Ⅰ、Ⅲ有匀强磁场，它们的磁感强度大小相等，方向垂直纸面且相反．长为L，宽为的矩形abcd紧邻磁场下方，与磁场边界对齐，O为dc边中点，P为dc边中垂线上一点，OP=3L．矩形内有匀强电场，电场强度大小为E，方向由a指向O．电荷量为q、质量为m、重力不计的带电粒子由a点静止释放，经电场加速后进入磁场，运动轨迹刚好与区域Ⅲ的右边界相切．‎ ‎（1）求该粒子经过O点时速度大小v0；‎ ‎（2）求匀强磁场的磁感强度大小B；‎ ‎（3）若在aO之间距O点x处静止释放该粒子，粒子在磁场区域中共偏转n次到达P点，求x满足的条件及n的可能取值．‎ ‎　‎ 三、【物理──选修3-4】（15分）‎ ‎13．最近两年以来，地震在世界各地频频出现，让人感觉地球正处于很“活跃”的时期．地震波既有横波，也有纵波，若我国地震局截获了一列沿x轴正方向传播的地震横波，在t（图中实线）与（t+0.4）s（图中虚线）两个时刻x轴上﹣3～3km区间内的波形图如图所示，则下列说法正确的是（　　）‎ A．该地震波的波长为3 km B．质点振动的最大周期为0.8 s C．该地震波最小波速为5 km/s D．从t时刻开始计时，x=2 km处的质点比x=2.5 km处的质点先回到平衡位置 E．从t时刻开始计时，x=2 km处的质点比x=2.5 km处的质点后回到平衡位置 ‎　‎ ‎14．（9分）一近轴会聚光束会聚在轴线上的F点，如图所示．现要使该会聚光束会聚在与F相距△的F′处，可让光束通过一块垂直于光轴放置的两面平行的平板玻璃，若此玻璃的折射率为n，则此玻璃板的厚度d为多少？‎ ‎　‎ ‎【物理──选修3-5】（15分）‎ ‎15．下列有关黑体辐射和光电效应的说法中正确的是（　　）‎ A．普朗克在研究黑体辐射问题时提出了能量子假说 B．在黑体辐射中，随着温度的升高，各种频率的辐射都增加，辐射强度极大值的光向频率较低的方向移动 C．用一束绿光照射某金属，能产生光电效应，现把这束绿光遮住一半，仍然可发生光电效应 D．在光电效应现象中，极限频率越大的金属材料逸出功越大 E．在光电效应现象中，入射光的强度越大，光电子的最大初动能越大 ‎　‎ ‎16．一质量为m=40kg的孩童，站在质量为M=20kg的长木板的左端，孩童与木板在水平光滑冰面上以v0=2m/s的速度向右运动．若孩童以a=2m/s2相对木板的匀加速度跑向右端，并从端点水平跑离木板时，木板恰好静止．求出木板的长度L．‎ ‎　‎ ‎2016年陕西师大附中高考物理模拟试卷（六）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 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，有的只有一项符合题目要求，有的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．物理学的研究方法促进了人们对事物本质和规律的认识，以下说法正确的是（　　）‎ A．法拉第在研究电磁感应现象时，利用了应用了控制变量和转换实验的方法 B．库仑对点电荷间相互作用的研究采用了等效替代法 C．合力与分力概念的建立采用了对称法 D．在用打点计时器研究自由落体运动时，把重物在空气中的落体运动近似看做自由落体运动，这里采用了控制变量法 ‎【考点】物理学史．‎ ‎【分析】法拉第在研究电磁感应现象时利用了归纳法；库仑对点电荷间相互作用的研究采用了理想模型法；在探究求合力方法的实验中使用了等效替代的方法；在用打点计时器研究自由落体运动时，采用理想模型法．‎ ‎【解答】解：A、法拉第在研究电磁感应现象时利用了归纳法．故A正确．‎ ‎ B、点电荷是理想化的物理模型，库仑对点电荷间相互作用的研究采用了理想模型法．故B错误．‎ ‎ C、在探究求合力方法的实验中使用了等效替代的方法．故C错误．‎ ‎ D、在用打点计时器研究自由落体运动时，把重物在空气中的落体运动近似看做自由落体运动，这里采用理想模型法．故D错误．‎ 故选：A ‎【点评】本题对物理方法的了解程度．物理常用方法有：等效法，理想化模型法、控制变量法、放大法等．‎ ‎　‎ ‎2．翼型降落伞有很好的飞行性能，跳伞运动员可方便地控制转弯等动作．其原理是通过对降落伞的调节，使空气升力和空气摩擦力都受到影响．已知运动员和装备的总质量为m，某次跳伞后做匀速直线运动，速度与水平方向的夹角α=20°（取tan20°=），如图1所示．运动员和装备作为一个整体，受力情况作如下简化：空气升力F1与速度方向垂直，大小为F1=C1v2；空气摩擦力F2与速度方向相反，大小为F2=C2v2．其中C1、C2相互影响，可由运动员调节，满足图2所示的关系．则运动员匀速的速度是（重力加速度g已知）（　　）‎ A．v= B．v= C．v= D．v=‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】运动员受重力、升力和阻力，做匀速直线运动，三力平衡，根据平衡条件求解出C1、C2的关系，然后结合图2得到速度．‎ ‎【解答】解：运动员受重力、升力和阻力，做匀速直线运动，三力平衡，根据平衡条件，有：‎ F1=mgcosα=C1v2‎ F2=mgsinα=C2v2‎ 两式消去mg和v得：‎ tanα==‎ 在图2中过原点作直线，正确得到直线与曲线的交点：‎ 故C2=2，C1=5.5‎ 根据F2=mgsinα=C2v2得：‎ v=‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题有一定的难度，能正确的理解题目所提示的信息，并有一定的数据解读能力是解决该题的关键．‎ ‎　‎ ‎3．跳台滑雪运动员的动作惊险而优美，其实滑雪运动可抽象为物体在斜坡上的平抛运动．如图所示，设可视为质点的滑雪运动员，从倾角为θ的斜坡顶端P处，以初速度 v0水平飞出，运动员最后又落到斜坡上A点处，AP之间距离为L，在空中运动时间为t，改变初速度v0的大小，L和t都随之改变．关于L、t与v0的关系，下列说法中正确的是（　　）‎ ‎①L与v0成正比　②L与v02成正比 ③t与v0成正比　④t与v02成正比．‎ A．①② B．②③ C．③④ D．①④‎ ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【分析】‎ 根据平抛运动规律：水平方向上匀速直线运动，竖直方向上自由落体运动列式联立可求解．‎ ‎【解答】解：滑雪运动可抽象为物体在斜坡上的平抛运动．设水平位移x，竖直位移为y，结合几何关系，有：‎ 水平方向上：x=Lcosθ=v0t 竖直方向上：y=Lsinθ=gt2‎ 联立可得：t=，即t与v0成正比；‎ L=，即L与成正比，故ACD错误，B正确．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查平抛运动规律的应用，能够灵活利用公式求得v0及L的表达式，从而可求解．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，在绝缘水平面上固定着一光滑绝缘的圆形槽，在某一过直径的直线上有O、A、D、B四点，其中O为圆心，D在圆上，半径OC垂直于OB．A点固定电荷量为Q的正电荷，B点固定一个未知电荷，使得圆周上各点电势相等．有一个质量为m，电荷量为﹣q的带电小球在滑槽中运动，在C点受的电场力指向圆心，根据题干和图示信息可知（　　）‎ A．固定在B点的电荷带正电 B．固定在B点的电荷电荷量为2Q C．小球在滑槽内做匀速圆周运动 D．C、D两点的电场强度大小相等 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势．‎ ‎【分析】小球做圆周运动，必须有向心力，根据小球在C点处恰好与滑槽内、外壁均无挤压且无沿切线方向的加速度可知，小球在C点的合力方向一定沿CO且指向O点，作出力图，即可判断出小球带负电，B带负电；‎ 若小球带正电，B带负电，小球在C点受到A的排斥力，受到B的吸引力，根据平行边形定则可知，两者的合力方向不可能沿CO且指向O点，所以小球带正电，B带负电是不可能的；‎ 根据小球在C点无切向加速度，切线方向力平衡，根据库仑定律列式求得B的电荷量．‎ ‎【解答】解：AB、由小球在C点处恰好与滑槽内、外壁均无挤压且无沿切线方向的加速度知：小球在C点的合力方向一定沿CO，且指向O点．‎ A对小球吸引，B对小球排斥，因此小球带负电、B带负电． ‎ 由∠ABC=∠ACB=30°知：∠ACO=30°‎ AB=AC=L； BC=2ABcos30°=L 由力的合成可得：F1=F2‎ 即： =，解得：QB=Q，‎ 根据前面分析：A对小球吸引，B对小球排斥，B带负电，小球带负电，故AB错误；‎ C、以O为原点，OB为x轴正方向，OC为y轴正方向，槽上某点的坐标为（x，y），则该点的电势为：‎ ‎ φ=﹣‎ 而x2+y2=L2‎ 代入上式解得：φ=0‎ 说明圆周上各点电势相等，小球在运动过程中电势能不变，根据能量守恒得知，小球的动能不变，小球做匀速圆周运动，故C正确；‎ D、根据场强的叠加可知，CD两点场强大小不同，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】‎ 本题的突破口是“小球在C点处恰好与滑槽内、外壁均无挤压且无沿切线方向的加速度”，分析小球的受力情况，确定出向心力，判断小球与B的电性．‎ ‎　‎ ‎5．图中L为电感量足够大的理想电感，C是电容量足够大的理想电容，R1、R2是阻值大小合适的相同电阻，G1、G2是两个零刻度在中央的相同的灵敏电流表，且电流 从哪一侧接线柱流入指针即向哪一侧偏转，E是可以不计内阻的直流电源．针对该电路下列判断正确的是（　　）‎ A．电键S闭合的瞬间，仅电流计G1发生明显地偏转 B．电键S闭合的瞬间，两电流计将同时发生明显的偏转 C．电路工作稳定后，两电流计均有明显不为零的恒定示数 D．电路工作稳定后再断开电键S，此后的短时间内，G1的指针将向左偏转，G2的指针将向右偏转 ‎【考点】电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用．‎ ‎【分析】电感器对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，会阻碍电流的增大，当电流减小时，会阻碍其减小，直流电不能通过电容器，但可以为电容器充电，电路工作稳定后再断开电键S，此后的短时间内，电容器放电，电流从右端通过R1，从左端通过R2‎ ‎【解答】解：A、电路接通瞬间，由于自感系数足够大，所以有电流通过R1，直流电不能通过电容器，则有电流通过R2，所以电键S闭合的瞬间，两电流计将同时发生明显的偏转，故A错误，B正确；‎ C、L为理想电感，电路稳定后，R1被短路，则没有电流通过，示数为零，故C错误；‎ D、电路工作稳定后再断开电键S，此后的短时间内，电容器放电，电流从右端通过R1，从左端通过R2，则G1的指针将向右偏转，G2的指针将向左偏转，故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】‎ 解决本题的关键知道电感器对电流的变化有阻碍作用：当电流增大时，会阻碍电流的增大，当电流减小时，会阻碍其减小，而电阻没有此特点，当K断开电阻、电容构成一回路，电容器可以储存电荷．‎ ‎　‎ ‎6．“轨道康复者”是“垃圾”卫星的就行，被称为“太空110”，它可在太空中给“垃圾”卫星补充能源，延长卫星的使用寿命．假设“轨道康复者”的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一，其运动方向与地球自转方向一致，轨道平面与地球赤道平面重合，下列说法正确的是（　　）‎ A．“轨道康复者”可在高轨道上加速，以实现对低轨道上卫星的拯救 B．站在赤道上的人观察到“轨道康复者”向西运动 C．“轨道康复者”的速度是地球同步卫星速度的倍 D．“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的25倍 ‎【考点】万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】根据“轨道康复者”在某一位置受到的重力提供它做圆周运动的向心力，可知运行加速度和所在高度出的重力加速度的关系．根据万有引力提供向心力分析．同步卫星和地球自转的角速度相同，比较出“轨道康复者”和同步卫星的角速度大小，就可以判断出“轨道康复者”相对于地球的运行方向．‎ ‎【解答】解：A、“轨道康复者”要在原轨道上加速将会做离心运动，到更高的轨道上，故A错误；‎ B、轨道半径越大，角速度越小，同步卫星和地球自转的角速度相同，所以空间站的角速度大于地球自转的角速度，所以站在地球赤道上的人观察到空间站向东运动，故B错误；‎ C、根据万有引力提供向心力得：，解得：速度v=，所以“轨道康复者”的速度地球同步卫星速度的倍．故C正确；‎ D、根据=mg=ma，“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动时的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一，知“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的25倍，故D正确．‎ 故选：CD ‎【点评】‎ 解决本题的关键掌握万有引力等于重力和万有引力提供向心力．以及“轨道康复者”处于完全失重状态，靠地球的万有引力提供向心力，做圆周运动．‎ ‎　‎ ‎7．如图甲所示，静止在水平面上的物体在竖直向上的拉力F作用下开始向上加速运动，拉力的功率恒定为P，运动过程中所受空气阻力大小不变，物体最终做匀速运动．物体运动速度的倒数与加速度a的关系如图乙所示．若重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　）‎ A．物体的质量为 B．空气阻力大小为 C．物体加速运动的时间为 D．物体匀速运动的速度大小为v0‎ ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率．‎ ‎【分析】物体在竖直方向上在额定功率下做变加速运动，根据牛顿第二定律求的与a的关系式，结合乙图即可判断，当拉力等于重力和阻力时速度达到最大 ‎【解答】解：A、由题意可知P=Fv，‎ 根据牛顿第二定律由F﹣mg﹣f=ma 联立解得 由乙图可知，，‎ 解得，f=，故AB正确 C、物体做变加速运动，并非匀加速运动，不能利用v=at求得时间，故C错误；‎ D、物体匀速运动由F=mg+f，此时v==v0，故D正确 故选：ABD ‎【点评】本题主要考查了图象，能利用牛顿第二定律表示出与a的关系式是解决本题的关键 ‎　‎ ‎8．如图所示，竖直悬挂的弹簧下端栓有导体棒ab，ab无限靠近竖直平行导轨的内侧、与导轨处于竖直向上的磁场中，导体棒MN平行导轨处于垂直导轨平面的磁场中，当MN以速度v向右匀速远动时，ab恰好静止，弹簧无形变，现使v减半仍沿原方向匀速运动，ab开始沿导轨下滑，磁场大小均为B，导轨宽均为L，导体棒ab、MN质量相同、电阻均为R，其他电阻不计，导体棒与导轨接触良好，弹簧始终在弹性范围内，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（　　）‎ A．MN中电流方向从M到N B．ab受到的安培力垂直纸面向外 C．ab开始下滑直至速度首次达峰值的过程中，克服摩擦产生热量 D．ab速度首次达到峰值时，电路的电热功率为 ‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．‎ ‎【分析】棒切割磁感线，产生电动势，形成感应电流，出现安培力．当棒处于匀速时，棒受力平衡，由已知条件可求出安培力大小及方向，然后根据速度变为用原来的一半，同理根据受力分析即可求出克服摩擦产生的热量及电功率．‎ ‎【解答】解：A、当向右匀速运动，根据右手定则知电流由N到M，故A错误；‎ B、电流由a到b，根据左手定则知ab安培力垂直纸面向外，故B正确；‎ C、当MN以速度v向右匀速远动时，ab恰好静止，则电流I=‎ ‎，ab受到的最大静摩擦力Fm=μBIL=，根据平衡条件得： =mg，当v′=时，Fm′=•，速度第一次达到最大时，加速度等于零，ab再次平衡，mg=Fm′+kx，则ab下落的距离x=，克服摩擦产生的热量Q1=Fm′•x=，故C正确；‎ D、ab速度首次到达峰值时，电路电流I=，电路的电热功率为P=2I2R=2，故D错误．‎ 故选：BC ‎【点评】此题考查的是安培力及右手定则的知识，根据受力平衡条件即可求出电流及摩擦生热量，注意运动过程的分析及公式的应用即可．‎ ‎　‎ 三、非选择题．包括必考题和选考题两部分．‎ ‎9．（2016•陕西校级模拟）某实验小组利用图（a）所示实验装置及数字化信息系统探究“外力做功与小车动能变化的关系”．实验时将小车拉到水平轨道的O位置由静止释放，在小车从O位置运动到 A位置过程中，经计算机处理得到了弹簧弹力与小车位移的关系图线如图（b） 所示，还得到了小车在 A位置的速度大小vA；另外用电子秤测得小车（含位移传感器发射器）的总质量为m．回答下列问题：‎ ‎（1）由图（b）可知，图（a）中A位置到力传感器的距离　大于　（“小于”、“等于”或“大于”）弹簧原长．‎ ‎（2）小车从O位置运动到A位置过程中弹簧对小车所做的功W=　•xA　，小车的动能改变量△Ek=　m　．（ 用m、vA、FA、F0、xA 中各相关物理量表示）‎ ‎（3）若将弹簧从小车上卸下，给小车一初速度v0，让小车从轨道右端向左端滑动，利用位移传感器和计算机得到小车的速度随时间变化的图线如图（c）所示，则小车所受轨道摩擦力的大小f=　m　．（ 用m、v0、tm中各相关物理量表示）‎ ‎（4）综合步骤（2）、（3），该实验所要探究的“外力做功与小车动能变化的关系”表达式是　（F0+FA﹣2m）xA=mvA2　．（用m、vA、FA、F0、xA、v0、tm中各相关物理量表示）‎ ‎【考点】探究功与速度变化的关系．‎ ‎【分析】（1）根据计算机处理得到了弹簧弹力与小车位移的关系图线与胡克定律分析答题．‎ ‎（2）根据功的定义，结合F﹣t图即可求出拉力的功；根据动能的定义式，结合图象即可求出动能的变化．‎ ‎（3）由公式：W总=W﹣fSA和f=ma=m，结合图象c即可求出；‎ ‎（4）结合平衡摩擦力的方法判断即可．‎ ‎【解答】解：（1）根据计算机处理得到了弹簧弹力与小车位移的关系图线可知，弹簧的弹力随弹簧长度的减小而减小，可知弹簧的长度减小时，伸长量减小，A位置弹簧仍然处于伸长状态，因此力传感器的距离大于弹簧原长；‎ ‎（2）根据功的定义可知，功是力在空间的积累效果，W=FS，‎ 结合F﹣S图象可知，小车从O到A的过程中，拉力做的功可以用梯形的面积来表示，即：W=•xA，‎ 小车的初速度是0，末速度是vA，则动能的改变量：△Ek=m﹣0=m，‎ ‎（3）根据图c可知，小车在不受弹簧的弹力时做匀减速直线运动，说明小车受到摩擦力的作用，‎ 结合图c可知，小车的加速度：a=，所以，小车受到的摩擦力：f=ma=m 由此可知，在有弹簧的弹力时，弹簧的弹力和摩擦力共同为小车做功，则：W总=W﹣fSA ‎（4）由（3）的分析可知，小车运动的过程中，该同学需要验证的关系式是：（F0+FA﹣2m）xA=mvA2；‎ 故答案为：（1）大于；（2）•xA， m；（3）m；（4）（F0+FA﹣2m）xA=mvA2．‎ ‎【点评】通过作出两个量的图象，然后由图象去寻求未知量与已知量的关系．运用数学知识和物理量之间关系式结合起来求解．‎ ‎　‎ ‎10．（2016•陕西校级模拟）图示为多用表的不完整的示意图，图中还显示出了表内的电源E1和表内的调零电阻R0．被测电路由未知电阻Rx和电池E2串联构成．‎ ‎（1）①现欲测阻值大约为一千多欧姆的未知电阻Rx的阻值，请完善以下测量步骤：甲、乙两测试表笔中，甲表笔应是　红　（填“红”或“黑”）表笔；‎ ‎②测电阻的倍率选择“×100Ω”，将甲、乙两表笔短接，调节调零电阻R0，使表针指到表盘刻度的最　右　（填“左”或“右”）端；‎ ‎③在测试表笔乙已接触被测电路右端的前提下（见图），测试表笔甲应接触被测电路中的　b　（填“a”或“b”）点；‎ ‎④．若测试表笔甲接触的位置正确，此时表针恰好指在图示的虚线位置，则被测电阻Rx的阻值为　1500　Ω．‎ ‎（2）已知图中电源E1的电动势为4.5V，电源E2的电动势为1.5V（不计其内阻）．若测电阻Rx时，测试表笔甲在a、b两个触点中连接了错误的触点，那么，表针的电阻示数将比真实值　偏小　（填“偏大”或“偏小”），其示数应为　700　Ω．‎ ‎【考点】用多用电表测电阻．‎ ‎【分析】（1）根据多用电表的原理进行分析，明确应用欧姆档时如何进行欧姆调零；读数时用指针示数乘以倍率；‎ ‎（2）根据图示及多用电表的原理明确中值电阻，再由闭合电路欧姆定律分析两种接法时对应的电流；再由对应的欧姆档表盘求出电阻．‎ ‎【解答】解：（1）①为了保证电流由正接线柱流入表头，红表笔应接内部电源的负极；入甲应为红表笔；‎ ‎②欧姆调零时，表针应指到表盘的右端；‎ ‎③为了防止外部电流对测量结果产生影响，测试笔甲应接在b点；‎ ‎④指针指在15处，则读数为：15×100=1500Ω；‎ ‎（2）由图及以上分析可知，中性电阻R=1500Ω；‎ 甲表笔接在a点，由于E2与电源E1串联，故电动势增大，电流增大，故电阻的测量量偏小；‎ 由欧姆定律可知，读数正确时，电流I1==1.5×10﹣3A；当接入电源E2时，I2==2×10﹣3A；‎ 则根据表盘可知，此时指针示数应为：700Ω；‎ 故答案为：（1）①红，②右，③b，④1500；（2）偏小，700．‎ ‎【点评】本题考查多用电表的结构原理及应用，要注意正确分析电路结构，明确多用电表的使用方法，特别注意欧姆表的内部结构．‎ ‎　‎ ‎11．（2016•陕西校级模拟）小轿车以20m/s的速度在平直公路上匀速行驶，司机突然发现正前方有个收费站，经10s后司机才刹车，使车匀减速运动10s恰停在缴费窗口，缴费后匀加速到20m/s后继续匀速前行．已知小轿车刹车时的加速度为2m/s2，停车缴费所用时间为30s，启动时加速度为1m/s2．‎ ‎（1）司机是在离收费窗口多远处发现收费站的．‎ ‎（2）因国庆放假期间，全国高速路免费通行，小轿车可以不停车通过收费站，但要求轿车通过收费窗口前9m区间速度不超过6m/s，则国庆期间该小轿车应离收费窗口至少多远处开始刹车？因不停车通过可以节约多少时间？‎ ‎【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】（1）解出匀速运动的位移，再解出匀减速运动的位移，两位移相加即为要求的距离．‎ ‎（2）分段研究，收费时总时间为：减速到0的时间，加上收费的时间，再加上加速到20m/s的时间．‎ 不收费时的总时间为：减速到6m/s的时间，加上匀速运动的时间，加上加速到20m/s的时间，还要加上匀速运动的时间．‎ 上述时间的差值即为节约的时间．‎ ‎【解答】解：（1）根据题意，设司机匀速运动位移为 s1；减速运动时间为t2，位移为s2．‎ s1=vt1=20×10=200（m）‎ 减速的位移=，‎ 司机是在离收费窗口的距离x=200+100m=300m．‎ ‎（2）根据题意轿车应该在收费窗口前9m处速度减为6m/s，设车减速位移为s1′，‎ 由，‎ ‎，‎ 所以，轿车应离收费窗口91+9=100（m）处开始刹车．‎ 设停车收费后加速时间为t3，位移为s3，则有：‎ 若停车收费经过窗口前100m到窗后200m的总时间为：t1+t2+t3=10+30+‎ ‎20=60（s）‎ 若不停车收费也是窗前100m开始刹车，时间为：，‎ 窗口前匀速时间：‎ 窗口后加速到20m/s所用时间为：‎ 加速运动的位移由：得， =182m，‎ 窗口后还有200﹣182=18（m）匀速运动，其时间为：‎ 若不停车经过窗口前100m到窗口后200m的总时间为：t4+t5+t6+t7=7+1.5+14+0.9=23.4（s）‎ 所以不停车通过可以节约时间为60﹣23.4=36.6（s）的时间．‎ 答：（1）司机是在离收费窗口300m处发现收费站的．‎ ‎（2）国庆期间该小轿车应离收费窗口100m远处开始刹车，因不停车通过可以节约36.6s时间．‎ ‎【点评】此题运动的过程复杂，轿车经历减速、匀速、加速，加速度、位移、时间等都不一样．分析这样的问题时，要能在草稿子上画一画运动的过程图，找出空间关系，有助于解题．此题有一定的难度，是一道好题．‎ ‎　‎ ‎12．（2016•济宁模拟）如图所示，宽度为L的区域被平均分为区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，其中Ⅰ、Ⅲ有匀强磁场，它们的磁感强度大小相等，方向垂直纸面且相反．长为L，宽为的矩形abcd紧邻磁场下方，与磁场边界对齐，O为dc边中点，P为dc边中垂线上一点，OP=3L．矩形内有匀强电场，电场强度大小为E，方向由a指向O．电荷量为q、质量为m、重力不计的带电粒子由a点静止释放，经电场加速后进入磁场，运动轨迹刚好与区域Ⅲ的右边界相切．‎ ‎（1）求该粒子经过O点时速度大小v0；‎ ‎（2）求匀强磁场的磁感强度大小B；‎ ‎（3）若在aO之间距O点x处静止释放该粒子，粒子在磁场区域中共偏转n次到达P点，求x满足的条件及n的可能取值．‎ ‎【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）由动能定理就能求得粒子在电场中加速后的速度，只是要注意其中的几何关系，即在电场方向上加速的距离．‎ ‎（2）由题意加速后进入Ⅲ区磁场做匀速圆周运动后恰与右边界相切，画出轨迹，由几何关系关系求出半径，再由牛顿第二定律求出求出磁感应强度大小．‎ ‎（3）大致画出粒子偏转3次后经过P点，匀减速直线运动和匀速圆周运动沿竖直方向上的距离之和等于3L．结合0＜R≤R0，就能确定n的取值范围．‎ ‎【解答】解：（1）由题意中长宽几何关系可知aO=L，粒子在aO加速过程有 动能定理：①‎ 得粒子经过O点时速度大小：v0=②‎ ‎（2）粒子在磁场区域III中的运动轨迹如图，设粒子轨迹圆半径为R0，‎ 由几何关系可得：③‎ 由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得：④‎ 联立②③④式，得：B=⑤‎ ‎（3）若粒子在磁场中一共经过n次偏转到达P，设粒子轨迹圆半径为R，‎ 由几何关系有：‎ 依题意有0＜R≤R0⑦‎ 联立③⑥⑦得，且n取正整数 ⑧‎ 设粒子在磁场中的运动速率为v，有：⑨‎ 在电场中的加速过程，由动能定理： ⑩‎ 联立⑤⑥⑨⑩式，得：，其中n=2、3、4、5、6、7、8⑪‎ 答：（1）该粒子经过O点时速度大小为．‎ ‎（2）求匀强磁场的磁感强度大小B为 ‎（3）若在aO之间距O点x处静止释放该粒子，粒子在磁场区域中共偏转n次到达P点，x满足的条件 是： 其中n=2、3、4、5、6、7、8．‎ ‎【点评】‎ 本题的靓点在于第三问，在ao上某点射出的粒子经过匀速直线运动和匀速圆周运动多次循环最后到达P点，所以从最简单的情况去考虑，既要沿竖直方向的距离之和为3L，同时还要考虑有可能穿出磁场的情况，两者综合考虑，确定偏转次数，再决定离a点的距离．‎ ‎　‎ 三、【物理──选修3-4】（15分）‎ ‎13．最近两年以来，地震在世界各地频频出现，让人感觉地球正处于很“活跃”的时期．地震波既有横波，也有纵波，若我国地震局截获了一列沿x轴正方向传播的地震横波，在t（图中实线）与（t+0.4）s（图中虚线）两个时刻x轴上﹣3～3km区间内的波形图如图所示，则下列说法正确的是（　　）‎ A．该地震波的波长为3 km B．质点振动的最大周期为0.8 s C．该地震波最小波速为5 km/s D．从t时刻开始计时，x=2 km处的质点比x=2.5 km处的质点先回到平衡位置 E．从t时刻开始计时，x=2 km处的质点比x=2.5 km处的质点后回到平衡位置 ‎【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．‎ ‎【分析】波形图可以直接读出振幅、波长．由于波传播的周期性，且波沿x轴正方向传播，可知由实线变为虚线波形所经历的时间为（n+）T，从而表示出周期的通项；根据v=表示出波速的通项 ‎【解答】解：A、由图可知，在﹣3～3km范围内有1.5个波长，所以波长为： km．故A错误；‎ B、由图可知，图中有实线变成虚线的时间：t=（n+）T，当n=0时的周期最大，此时： s，所以最大周期为0.8s．故B正确．‎ C、波速：v=，周期最大上，波速最小，所以最小波速为： km/s．故C正确；‎ D、E、由图结合波向右传播可知，在t=0时刻，x=2.5‎ ‎ km处的质点振动的方向向上，而x=2 km处的质点已经在最大位移处，所以从t时刻开始计时，x=2 km处的质点比x=2.5 km处的质点先回到平衡位置．故D正确，E错误．‎ 故选：BCD ‎【点评】该题结合波的图象考查波长、波速与周期之间的关系，解答的关键是根据知道的两个时刻的波形，结合波的周期性，得到的是波速和周期的通项．‎ ‎　‎ ‎14．一近轴会聚光束会聚在轴线上的F点，如图所示．现要使该会聚光束会聚在与F相距△的F′处，可让光束通过一块垂直于光轴放置的两面平行的平板玻璃，若此玻璃的折射率为n，则此玻璃板的厚度d为多少？‎ ‎【考点】光的折射定律．‎ ‎【分析】光线通过平板玻璃，出射光线与入射光线平行，发生一段侧移，根据几何关系得到光线在第二表面侧移的距离，结合折射定律和近似算法求解此玻璃板的厚度d．‎ ‎【解答】解：光线通过平板玻璃，出射光线与入射光线平行，但要向侧向移动一段距离．设入射光线的入射角为i，在通过玻璃平板时，在第一个表面发生折射，折射角为θ，在第二个表面上，入射角为θ，折射角为i，如图所示．图中=l，若玻璃板的厚度为d，则有l=dtani﹣dtanθ ①‎ 由折射定律有：sini=nsinθ ②‎ 对于近轴光线有：tani～sini～i，tanθ～sinθ～θ ③‎ 由①、②、③式得：④‎ 以O表示玻璃板与轴的交点，则有 tani===i ⑤‎ ‎﹣=△⑥‎ 由④、⑤、⑥式得：⑦‎ 答：此玻璃板的厚度d为．‎ ‎【点评】本题是光的折射定律和数学知识的综合应用，画出光路图，运用几何知识得到侧移与d的关系是解题的关键．‎ ‎　‎ ‎【物理──选修3-5】（15分）‎ ‎15．（2016•陕西校级模拟）下列有关黑体辐射和光电效应的说法中正确的是（　　）‎ A．普朗克在研究黑体辐射问题时提出了能量子假说 B．在黑体辐射中，随着温度的升高，各种频率的辐射都增加，辐射强度极大值的光向频率较低的方向移动 C．用一束绿光照射某金属，能产生光电效应，现把这束绿光遮住一半，仍然可发生光电效应 D．在光电效应现象中，极限频率越大的金属材料逸出功越大 E．在光电效应现象中，入射光的强度越大，光电子的最大初动能越大 ‎【考点】光电效应．‎ ‎【分析】随着温度的升高，黑体辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，黑体热辐射的强度与波长有关；‎ 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，根据光电效应方程判断影响光电子最大初动能的因素；‎ 普朗克提出能量子假说，为人们研究量子论打下基础．‎ ‎【解答】解：A、普朗克在研究黑体辐射问题时，提出了能量子假说：能量在传播与吸收时，是一份一份的，故A正确．‎ B、黑体辐射的强度与温度有关，温度越高，黑体辐射的强度越大，随着温度的升高，黑体辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，故B错误；‎ C、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，故C正确；‎ D、逸出功W=hv0，知极限频率越大，逸出功越大，故D正确；‎ E、在光电效应中，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，而入射光越强，光电流的饱和值越大，故E错误；‎ 故选：ACD．‎ ‎【点评】解决本题的关键知道黑体辐射的强度与温度有关，温度越高，黑体辐射的强度越大，随着温度的升高，黑体辐射强度的极大值向波长较短的方向移动．理解能量量子化的内涵，掌握饱和电流大小与光电子个数有关，注意解决本题的关键掌握光电效应的条件，以及掌握光电效应方程，知道光的强度影响单位时间内发出光电子的数目．‎ ‎　‎ ‎16．（2016•陕西校级模拟）一质量为m=40kg的孩童，站在质量为M=20kg的长木板的左端，孩童与木板在水平光滑冰面上以v0=2m/s的速度向右运动．若孩童以a=2m/s2相对木板的匀加速度跑向右端，并从端点水平跑离木板时，木板恰好静止．求出木板的长度L．‎ ‎【考点】动量守恒定律．‎ ‎【分析】孩童以a=2m/s2相对木板的匀加速度跑向右端，由运动学公式求出孩童跳离木板时相对木板的速度u，从而得到孩童相对冰面的速度，再由动量守恒定律列式．联立解答即可．‎ ‎【解答】解：设孩童跑离木板时相对木板的速度为u，根据匀加速直线运动规律得 u2=2aL 设孩童跑离木板时木板相对于冰面的速度为v，孩童相对冰面的速度为 ‎ v′=u+v 由于冰面光滑，孩童和木板组成的系统在水平方向上不受外力，所以系统的动量守恒．选冰面为参考系，v0方向为正方向，由动量守恒定律得 ‎（M+m）v0=Mv+mv′‎ 若木板恰好静止，即要求木板相对冰面的速度 v=0，由此可得 v=‎ 综合上述各式得 L=‎ 将已知数据代入上式得 L=2.25m 答：木板的长度L是2.25m．‎ ‎【点评】本题是有相对运动的问题，要注意运用动量守恒定律时，各个速度的参考系必须是地面．‎ ‎　‎