湖北省襄阳五中五月调考物理试卷一解析版

2016届湖北省襄阳五中五月调考物理试卷（一）一、选择题1在商场中，为了节约能源，无人时，自动扶梯以较小的速度运行，当有顾客站到扶梯上时，扶梯先加速，后匀速将顾客从一楼运送到二楼速度方向如图所示若顾客与扶梯保持相对静止，下列说法正确的是（）A在加速阶段，顾客所受支持力大于顾客的重力B在匀速阶段，顾客所受支持力大于顾客的重力C在加速阶段，顾客所受摩擦力与速度方向相同D在匀速阶段，顾客所受摩擦力与速度方向相同2甲、乙两车从同一地点沿相同方向由静止开始做直线运动，它们运动的加速度随时间变化图象如图所示关于两车的运动情况，下列说法正确的是（）A在04s内甲车做匀加速直线运动，乙车做匀减速直线运动B在02s内两车间距逐渐增大，2s4s内两车间距逐渐减小C在t=2s时甲车速度为3m/s，乙车速度为4.5m/sD在t=4s时甲车恰好追上乙车32016年2月18日，中国探月工程领导小组宣布：“嫦娥五号”探测器正式转入正样研制阶段，预计于2017年前后完成研制并择机发射嫦娥五号”登月后将再次从月球起飞，并以“跳跃式返回技术”成功返回地面，完成探月工程的重大跨越带回月球样品“跳跃式返回技术”是指航天器在关闭发动机后 进入大气层，依靠大气升力再次冲出大气层，降低速度后再进入大气层如图所示，虚线为大气层的边界已知地球半径为R，d点距地心距离为r，地球表面重力加速度为g 则下列说法正确的是（）A“嫦娥五号”在b点处于完全失重状态B“嫦娥五号”在d点的加速度大小等于C“嫦娥五号”在c点和e点的速率相等D“嫦娥五号”在返回全程机械能守恒4已知静电场中某点的电势为标量：若取无穷远处电势为零，在一带电荷量为+q的点电荷的电场中，与点电荷相距r处的电势为=k；如果某点处在多个点电荷所形成的电场中，则电势为每一个点电荷在该点所产生的电势的代数和如图所示，AB是均匀带电的细棒，所带电荷量为+QC为AB棒附近的一点，CB垂直于AB若取无穷远处电势为零，AB棒上的电荷所形成的电场中，C点的电势为0则AC连线中点D处的电势为（）A20B0C0D05如图所示是某兴趣小组用实验室的手摇发电机给小灯泡供电的装置示意图在某次匀速转动手柄的过程中，他们发现小灯泡周期性的闪亮以下判断正确的是（）A图示位置线框中产生的感应电动势最大B若增大手摇发电机的转速，灯泡亮度将不变C若增大手摇发电机的转速，灯泡闪亮的频率将变大D小灯泡周期性闪亮的主要原因是电路接触不良6在垂直纸面的匀强磁场中，有不计重力的甲、乙两个带电粒子，在纸面内做匀速圆周运动，运动方向均为逆时针，轨迹示意如图则下列说法中正确的是（）A甲、乙两粒子所带电荷种类可能不同B该磁场方向一定是垂直纸面向里C若甲、乙两粒子的比荷和动能都相同，则乙粒子所带电荷量较大D若甲、乙两粒子所带电荷量及运动的速率均相等，则甲粒子的质量较大7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的匀强磁场，PQ为两磁场的边界，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，以初速度v垂直磁场方向从图中实线位置开始向右运动，当线框运动到在每个磁场中各有一半的面积时，线框的速度为，则下列判断正确的是（）A此过程中通过线框截面的电量为B此过程中线框克服安培力做的功为C此时线框的加速度为D此时线框中的电功率为8如图1所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的轻质弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度h=0.1m处，滑块与弹簧不拴接现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度h并作出滑块的Ekh图象（如图2），其中高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余部分为曲线，以地面为零重力势能面，取g=10m/s2，由图象可知（）A小滑块的质量为0.2kgB弹簧最大弹性势能为0.5JC滑块上升过程中机械能守恒D小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.4J三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第22-32题为必考题，每个试题考生都作答；第33题-39题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（共129分）9（5分）某同学要测量一节干电池的电动势和内阻，实验器材仅有一个理想电压表、一个电阻箱、一个开关和导线若干，该同学进行实验，测得的数据如表所示实验次数12345R（）2.04.06.08.010.0U（V）1.001.191.271.311.35U/R（A）0.500.300.210.160.13（1）根据表中提供的数据，画出该同学的实验电路图；（2）根据表中提供的数据，若利用图象确定电池的电动势和内阻，则应作图象；（A）U （B）RU （C）R （D）U（3）根据（2）中你选择的图象，电池的电动势是该图象的，电池的内阻是该图象的10（10分）如图1所示为利用自由落体“验证机械能守恒定律”的实验装置安装好实验装置，正确进行实验操作，从打出的纸带中选出符合要求的纸带，如图2所示（其中一段纸带图中未画出）图中O点为打出的起始点，且速度为零选取在纸带上连续打出的点A、B、C、D、E、F、G作为计数点其中测出D、E、F点距起始点O的距离如图2所示已知打点计时器打点周期为T=0.02s由此可计算出物体下落到E点时的瞬时速度vE= m/s（结果保留三位有效数字）若已知当地重力加速度为g，代入图3中所测的数据进行计算，并将vE2与进行比较（用题中所给字母表示），即可在误差范围内验证，从O点到E 点的过程中机械能是否守恒某同学进行数据处理时不慎将纸带前半部分损坏，找不到打出的起始点O了，如图3所示于是他利用剩余的纸带进行如下的测量：以A点为起点，测量各点到A点的距离h，计算出物体下落到各点的速度v，并作出v2h图象图4中给出了a、b、c三条直线，他作出的图象应该是直线；由图象得出，A点到起始点O的距离为cm（结果保留三位有效数字）某同学在家里做“验证机械能守恒定律”的实验，他设计的实验装置如图5所示，用细线的一端系住一个较重的小铁锁（可看成质点），另一端缠系在一支笔上，将笔放在水平桌面的边上，用较重的书压住将铁锁拉至与桌面等高处（细线拉直），然后自由释放在笔的正下方某合适位置放一小刀，铁锁经过时，细线立即被割断，铁锁继续向前运动，落在水平地面上测得水平桌面高度为h，笔到铁锁的距离为l，笔到铁锁落地的水平距离为s若满足s2=（用l、h表示），即可验证铁锁从释放至运动到笔的正下方的过程中机械能守恒11（13分）如图所示，在倾角为的足够长光滑斜面上放置两个质量分别为2m和m的带电小球A和B（均可视为质点），它们相距为L两球同时由静止开始释放时，B球的初始加速度恰好等于零经过一段时间后，当两球距离为L时，A、B的加速度大小之比为a1：a2=11：5（静电力恒量为k）（1）若B球带正电荷，则判断A球所带电荷电性；（2）若B球所带电荷量为q，求A球所带电荷量Q（3）求L与L之比12（19分）如图所示，以O为圆心、半径为R的圆形区域内存在垂直圆面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一粒子源位于圆周上的M点，可向磁场区域内垂直磁场沿各个方向发射质量为m、电荷量为q的粒子，不计粒子重力，N为圆周上另一点，半径OM和ON间的夹角，且满足tan=0.5（1）若某一粒子以速率v1=，沿与MO成60角斜向上方向射入磁场，求此粒子在磁场中运动的时间；（2）若某一粒子以速率v2，沿MO方向射入磁场，恰能从N点离开磁场，求此粒子的速率移v2；（3）若由M点射人磁场各个方向的所有粒子速率均为v2，求磁场中有粒子通过的区域面积物理-选修3-4（15分）13（5分）下列说法正确的是（）A波在传播过程中，质点的振动频率等于波源的振动频率B当某列声波发生多普勒效应时，相应声源的振动频率一定发生变化C物体做受迫振动时，驱动力频率越高，受迫振动的物体振幅越大D爱因斯坦狭义相对论指出，真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的EX射线的频率比无线电波的频率高14（10分）如图所示，AOB是截面为扇形的玻璃砖的横截面图，其顶角=76，今有一细束单色光在横截面内从OA边上的点E沿垂直OA的方向射入玻璃砖，光线直接到达AB面且恰好未从AB面射出已知OE=OA，cos53=0.6，试求：玻璃砖的折射率n；光线第一次从OB射出时折射角的正弦值物理选修3-5（15分）15下列的若干叙述中，正确的是（）A黑体辐射电磁波的强度只与黑体的温度有关B对于同种金属产生光电效应时，逸出光电子的最大初动能鼠与照射光的频率成线性关系C一块纯净的放射性元素相矿石，经过一个半衰期以后，它的总质量仅剩下一半D按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子的能量也减小了E将核子束缚在原子核内的核力，是不同于万有引力和电磁力的另一种相互作用16如图所示，上端固定着弹射装置的小车静置于粗糙水平地面上，小车和弹射装置的总质量为M，弹射装置中放有两个质量均为m的小球已知M=3m，小车与地面间的动摩擦因数为=0.1为使小车到达距车右端L=2m的目标位置，小车分两次向左水平弹射小球，每个小球被弹出时的对地速度均为v若每次弹射都在小车静止的情况下进行，且忽略小球的弹射时间，g取10m/s2，求小球弹射速度v的最小值2016届湖北省襄阳五中五月调考物理试卷（一）参考答案与试题解析一、选择题1在商场中，为了节约能源，无人时，自动扶梯以较小的速度运行，当有顾客站到扶梯上时，扶梯先加速，后匀速将顾客从一楼运送到二楼速度方向如图所示若顾客与扶梯保持相对静止，下列说法正确的是（）A在加速阶段，顾客所受支持力大于顾客的重力B在匀速阶段，顾客所受支持力大于顾客的重力C在加速阶段，顾客所受摩擦力与速度方向相同D在匀速阶段，顾客所受摩擦力与速度方向相同【考点】牛顿运动定律的应用超重和失重【分析】加速运动阶段，扶梯对乘客有水平向右的摩擦力和竖直向上的支持力（支持力大于重力，乘客处于超重状态），二者的合力即扶梯对乘客的作用力指向左上方；匀速运动阶段，扶梯对乘客只有竖直向上的支持力（支持力等于重力，乘客既不超重，也不失重），扶梯对乘客的作用力竖直向上根据牛顿第三定律，分析乘客对扶梯的作用力方向【解答】解：A、加速运动阶段，乘客的加速度的方向沿电梯的方向向上，扶梯对乘客的支持力大于重力，乘客处于超重状态故A正确 B、匀速运动阶段，扶梯对乘客的支持力等于重力，乘客既不超重，也不失重故B错误 C、加速运动阶段，扶梯对乘客有水平向左的摩擦力和竖直向上的支持力，顾客所受摩擦力与速度方向不相同故C错误； D、匀速运动阶段，扶梯对乘客只有竖直向上的支持力，没有摩擦力，故D错误故选：A【点评】本题考查物体的运动情况分析物体受力情况的能力要注意的是匀速运动过程，扶梯对乘客没有摩擦力2甲、乙两车从同一地点沿相同方向由静止开始做直线运动，它们运动的加速度随时间变化图象如图所示关于两车的运动情况，下列说法正确的是（）A在04s内甲车做匀加速直线运动，乙车做匀减速直线运动B在02s内两车间距逐渐增大，2s4s内两车间距逐渐减小C在t=2s时甲车速度为3m/s，乙车速度为4.5m/sD在t=4s时甲车恰好追上乙车【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系【分析】根据图象可知，乙的加速度逐渐减小，不是匀减速直线运动，根据加速度时间图象知道图象与时间轴所围的面积表示速度，然后据甲乙物体的速度关系判断选项【解答】解：A、根据图象可知，乙的加速度逐渐减小，不是匀减速直线运动，故A错误；B、据加速度时间图象知道图象与时间轴所围的面积表示速度据图象可知，当t=4s时，两图象与t轴所围的面积相等，即该时刻两辆车的速度相等；在4秒前乙车的速度大于甲车的速度，所以乙车在甲车的前方，所以两车逐渐远离，当t=4s时，两车速度相等即相距最远，故BD错误；C、在t=2s时乙车速度为，甲车速度为v甲=1.52=3m/s，故C正确故选：C【点评】本题考查了图象与追及问题的综合，解决本题的关键知道加速度时间图线围成的面积表示速度的变化量，难度适中3（2016湖北校级模拟）2016年2月18日，中国探月工程领导小组宣布：“嫦娥五号”探测器正式转入正样研制阶段，预计于2017年前后完成研制并择机发射嫦娥五号”登月后将再次从月球起飞，并以“跳跃式返回技术”成功返回地面，完成探月工程的重大跨越带回月球样品“跳跃式返回技术”是指航天器在关闭发动机后 进入大气层，依靠大气升力再次冲出大气层，降低速度后再进入大气层如图所示，虚线为大气层的边界已知地球半径为R，d点距地心距离为r，地球表面重力加速度为g 则下列说法正确的是（）A“嫦娥五号”在b点处于完全失重状态B“嫦娥五号”在d点的加速度大小等于C“嫦娥五号”在c点和e点的速率相等D“嫦娥五号”在返回全程机械能守恒【考点】万有引力定律及其应用【分析】“嫦娥五号“沿abc轨迹做曲线运动，速度方向为该点的切线方向，根据牛顿第二定律，结合GM=gR2求出d点的加速度嫦娥五号从a点到c点，万有引力不做功，阻力做负功，根据动能定理比较a、c两点的速率大小从c点到e点，机械能守恒【解答】解：A、进入大气层受到空气阻力，不是只受重力，“嫦娥五号”在b点不是处于完全失重状态，故A错误；B、“嫦娥五号”在d点受到的万有引力，在地球表面重力等于万有引力有有，根据牛顿第二定律，故B错误；C、根据万有引力提供向心力，得，c点和e点轨道半径相等，速率相等，故C正确；D、“嫦娥五号”在返回全程要克服空气阻力做功，故机械能不守恒，故D错误；故选：C【点评】解决本题的关键知道卫星在大气层中受到空气阻力作用，在大气层以外不受空气阻力，结合动能定理、机械能守恒进行求解4（2016湖北校级模拟）已知静电场中某点的电势为标量：若取无穷远处电势为零，在一带电荷量为+q的点电荷的电场中，与点电荷相距r处的电势为=k；如果某点处在多个点电荷所形成的电场中，则电势为每一个点电荷在该点所产生的电势的代数和如图所示，AB是均匀带电的细棒，所带电荷量为+QC为AB棒附近的一点，CB垂直于AB若取无穷远处电势为零，AB棒上的电荷所形成的电场中，C点的电势为0则AC连线中点D处的电势为（）A20B0C0D0【考点】电势差与电场强度的关系；电势【分析】根据题意，将棒等效成两点电荷，结合点电荷电势0=k与电势为每一个点电荷在该点所产生的电势的代数和，即可求解【解答】解：设0等效成AB棒上的电荷集中于AB中点P处，图中E是AP的中点，由几何知识知：=；带电量为+Q的点电荷所形成的电场在C点的电势为0，将AB棒均分成两段，并看成两个点电荷，每个点电荷的电荷量为，由0=k可知，每个电荷量为的点电荷在D点产生电势为0，则两个点电荷在AC连线中点D处的电势为20，故A正确，BCD错误；故选：A【点评】本题是信息题，要读懂题意，知道点电荷电势的公式0=k，等效思维的运用是解题的关键，要注意空中某点的电势是各个点电荷所产生的电势的代数和5（2016成都模拟）如图所示是某兴趣小组用实验室的手摇发电机给小灯泡供电的装置示意图在某次匀速转动手柄的过程中，他们发现小灯泡周期性的闪亮以下判断正确的是（）A图示位置线框中产生的感应电动势最大B若增大手摇发电机的转速，灯泡亮度将不变C若增大手摇发电机的转速，灯泡闪亮的频率将变大D小灯泡周期性闪亮的主要原因是电路接触不良【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理；正弦式电流的图象和三角函数表达式【分析】线框与磁场垂直时，位于中性面，感应电动势为零当转速增大时，角速度增大，频率增大，故产生的感应电动势增大，灯泡的亮度增大【解答】解：A、图示位置线框中产生的感应电动势最小，故A错误；B、若增大手摇发电机的转速，角速度将增大，频率将增大，产生的最大感应电动势Em=NBS，故灯泡的亮度增大，故B错误，C正确；D、小灯泡周期性闪亮的主要原因主要是产生的电流为交流电，故D错误故选：C【点评】本题关键交变电流产生的过程及其规律，明确产生的感应电动势与转速有关6（2016湖北校级模拟）在垂直纸面的匀强磁场中，有不计重力的甲、乙两个带电粒子，在纸面内做匀速圆周运动，运动方向均为逆时针，轨迹示意如图则下列说法中正确的是（）A甲、乙两粒子所带电荷种类可能不同B该磁场方向一定是垂直纸面向里C若甲、乙两粒子的比荷和动能都相同，则乙粒子所带电荷量较大D若甲、乙两粒子所带电荷量及运动的速率均相等，则甲粒子的质量较大【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【分析】运用左手定则分析磁场方向和两粒子的电性；根据洛伦兹力提供向心力结合圆周运动规律，求出半径公式，运用半径公式逐项分析即可【解答】解：A、因磁场方向相同两粒子的转动方向相同，因此根据左手定则可知，两粒子电性一定相同，故A错误；B、两粒子均逆时针运动，根据左右定则可知有两种情况：磁场垂直纸面向里，粒子均带正电；磁场垂直纸面向外，粒子均带负电，故B错误；C、根据洛伦兹力提供向心力得qvB=m，可得R=，而mv=，分析可知甲、乙两粒子的比荷和动能都相同时，半径R越小的粒子电荷量越大，故C正确；D、根据R=可知，磁感应强度B相同，甲、乙两粒子所带电荷量及运动的速率均相等，则半径越大的粒子质量越大，故甲粒子的质量较大，故D正确故选：CD【点评】本题考查左手定则、带电粒子在磁场中做圆周运动的半径公式以及动量的表达式，运用控制变量的方法分析判断即可求解7（2016上海模拟）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的匀强磁场，PQ为两磁场的边界，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，以初速度v垂直磁场方向从图中实线位置开始向右运动，当线框运动到在每个磁场中各有一半的面积时，线框的速度为，则下列判断正确的是（）A此过程中通过线框截面的电量为B此过程中线框克服安培力做的功为C此时线框的加速度为D此时线框中的电功率为【考点】法拉第电磁感应定律；电功、电功率；安培力【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=，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，此过程中回路产生的电能为：E=mv2m（）2=mv2，故B错误；C、此时感应电动势：E=2Ba+Ba=Bav，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：C【点评】本题考查电磁感应规律、闭合电路欧姆定律、安培力公式、能量守恒定律等等，难点是搞清楚磁通量的变化8（2016湖北校级模拟）如图1所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的轻质弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度h=0.1m处，滑块与弹簧不拴接现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度h并作出滑块的Ekh图象（如图2），其中高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余部分为曲线，以地面为零重力势能面，取g=10m/s2，由图象可知（）A小滑块的质量为0.2kgB弹簧最大弹性势能为0.5JC滑块上升过程中机械能守恒D小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.4J【考点】功能关系；弹性势能【分析】根据Ekh图象的斜率表示滑块所受的合外力，高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余部分为曲线，结合能量守恒定律求解【解答】解：A在从0.2m上升到0.35m范围内，Ek=EP=mgh，图线的斜率绝对值为：k=2N=mg，则 m=0.2kg，故A正确；B根据能量守恒定律可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能，所以Epm=mgh=0.210（0.350.1）=0.5J，故B正确；C滑块未脱离弹簧前，滑块和弹簧组成的系统机械能守恒，滑块脱离弹簧后，滑块的机械能守恒，故C错误；D由图可知，当h=0.18m时的动能最大；在滑块整个运动过程中，系统的动能、重力势能和弹性势能之间相互转化，因此动能最大时，滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小，根据能的转化和守恒可知，EPmin=EEkm=Epm+mghEkm=0.5+0.2100.10.32=0.38J，故D错误故选：AB【点评】本题考查了能量守恒定律和图象的理解与应用问题，根据该图象的形状得出滑块从0.2m上升到0.35m范围内所受作用力为恒力，说明物体不再受到弹簧的弹力的作用是解题的关键三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第22-32题为必考题，每个试题考生都作答；第33题-39题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（共129分）9（5分）（2016上海模拟）某同学要测量一节干电池的电动势和内阻，实验器材仅有一个理想电压表、一个电阻箱、一个开关和导线若干，该同学进行实验，测得的数据如表所示实验次数12345R（）2.04.06.08.010.0U（V）1.001.191.271.311.35U/R（A）0.500.300.210.160.13（1）根据表中提供的数据，画出该同学的实验电路图；（2）根据表中提供的数据，若利用图象确定电池的电动势和内阻，则应作A图象；（A）U （B）RU （C）R （D）U（3）根据（2）中你选择的图象，电池的电动势是该图象的y轴的截距，电池的内阻是该图象的图线的斜率【考点】测定电源的电动势和内阻【分析】（1）根据实验原理可明确对应的电路图；（2）据闭合电路欧姆定律可得出相应的表达式，根据表达式选择最简单的图象进行处理；（3）由推导出来的表达式结合图象的性质可以得出电动势和内电阻【解答】解：（1）根据题意可知，应采用电阻箱和电压表并联在电源两端，则可知电路图如图所示；（2）由闭合电路欧姆定律可知：E=U+r，由表中数据可知，U与为线性函数关系，故可以作出U图象，故选：A；（3）由图及公式E=U+r知，图象中图象与纵轴的交点为电动势，图象的斜率表示内阻，故答案为：（1）如图所示；（2）A；（3）y轴的截距，图线的斜率【点评】本题考查测量电动势和内电阻实验，要知道实验注意事项，知道实验原理与实验注意事项即可正确解题注意如何简化方程得出最简图象10（10分）（2016湖北校级模拟）如图1所示为利用自由落体“验证机械能守恒定律”的实验装置安装好实验装置，正确进行实验操作，从打出的纸带中选出符合要求的纸带，如图2所示（其中一段纸带图中未画出）图中O点为打出的起始点，且速度为零选取在纸带上连续打出的点A、B、C、D、E、F、G作为计数点其中测出D、E、F点距起始点O的距离如图2所示已知打点计时器打点周期为T=0.02s由此可计算出物体下落到E点时的瞬时速度vE=3.04 m/s（结果保留三位有效数字）若已知当地重力加速度为g，代入图3中所测的数据进行计算，并将vE2与gh2进行比较（用题中所给字母表示），即可在误差范围内验证，从O点到E 点的过程中机械能是否守恒某同学进行数据处理时不慎将纸带前半部分损坏，找不到打出的起始点O了，如图3所示于是他利用剩余的纸带进行如下的测量：以A点为起点，测量各点到A点的距离h，计算出物体下落到各点的速度v，并作出v2h图象图4中给出了a、b、c三条直线，他作出的图象应该是直线a；由图象得出，A点到起始点O的距离为10.0cm（结果保留三位有效数字）某同学在家里做“验证机械能守恒定律”的实验，他设计的实验装置如图5所示，用细线的一端系住一个较重的小铁锁（可看成质点），另一端缠系在一支笔上，将笔放在水平桌面的边上，用较重的书压住将铁锁拉至与桌面等高处（细线拉直），然后自由释放在笔的正下方某合适位置放一小刀，铁锁经过时，细线立即被割断，铁锁继续向前运动，落在水平地面上测得水平桌面高度为h，笔到铁锁的距离为l，笔到铁锁落地的水平距离为s若满足s2=4l（hl）（用l、h表示），即可验证铁锁从释放至运动到笔的正下方的过程中机械能守恒【考点】验证机械能守恒定律【分析】根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出E点的瞬时速度根据重力势能的减小量等于动能的增加量，列出机械能守恒的表达式抓住A点速度不为零，得出正确的图线，结合O点的速度为零，结合图线得出A点距离O点的距离根据平抛运动的规律，抓住重力势能的减小量等于动能的增加量，得出机械能守恒的表达式【解答】解：E点的瞬时速度=3.04m/s；当重力势能的减小量mgh2与动能的增加量相等，则机械能守恒，即验证vE2与gh2是否相等；以A点为起点，测量各点到A点的距离h，由于A点速度不为零，可知h=0时，纵轴坐标不为零，可知正确的图线为a由图4可知，初始位置时，速度为零，可知A点到起始点O的距离为10.0cm平抛运动的高度hl，根据hl=得，则绳断时，铁锁的速度=，根据机械能守恒得，有gl=，整理得：s2=4l（hl）故答案为：3.04，gh2 a 10.0 4l（hl）【点评】解决本题的关键掌握实验的原理，能够结合平抛运动验证机械能守恒，以及掌握纸带的处理，会通过纸带求解瞬时速度11（13分）（2015浦东新区一模）如图所示，在倾角为的足够长光滑斜面上放置两个质量分别为2m和m的带电小球A和B（均可视为质点），它们相距为L两球同时由静止开始释放时，B球的初始加速度恰好等于零经过一段时间后，当两球距离为L时，A、B的加速度大小之比为a1：a2=11：5（静电力恒量为k）（1）若B球带正电荷，则判断A球所带电荷电性；（2）若B球所带电荷量为q，求A球所带电荷量Q（3）求L与L之比【考点】电势差与电场强度的关系；牛顿第二定律【分析】（1）根据共点力平衡判断出库仑力，即可判断电性（2）根据静止释放时共点力平衡即可求的电荷量；（3）初始时B球受力平衡，两球同时由静止开始释放，由于A的加速度大于B，所以经过一段时间后，两球距离增大，库仑力一定减小根据牛顿第二定律正确列出等式求解【解答】解：（1）B受重力支持力和库仑力，处于共点力平衡，故B受到的库仑力沿斜面向上，故B带正电荷（2）AB两球受到的库仑力为F=沿斜面方向合力为零Fmgsin=0得Q=；（3）初始时B球受力平衡，两球相互排斥运动一段距离后，两球间距离增大，库仑力一定减小，小于mgsinA球加速度a1方向应沿斜面向下，根据牛顿第二定律，有F+2mgsin=2ma1B球加速度a2方向应沿斜面向下，根据牛顿第二定律，有mgsinF=ma2依题意a1：a2=11：5得F=mgsin又F=得L：L=3：2答：（1）若B球带正电荷，A球带正电；（2）若B球所带电荷量为q，A球所带电荷量Q为（3）L与L之比为3：2【点评】解决该题关键正确对物体进行受力分析和运动分析，运用牛顿第二定律求解12（19分）如图所示，以O为圆心、半径为R的圆形区域内存在垂直圆面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一粒子源位于圆周上的M点，可向磁场区域内垂直磁场沿各个方向发射质量为m、电荷量为q的粒子，不计粒子重力，N为圆周上另一点，半径OM和ON间的夹角，且满足tan=0.5（1）若某一粒子以速率v1=，沿与MO成60角斜向上方向射入磁场，求此粒子在磁场中运动的时间；（2）若某一粒子以速率v2，沿MO方向射入磁场，恰能从N点离开磁场，求此粒子的速率移v2；（3）若由M点射人磁场各个方向的所有粒子速率均为v2，求磁场中有粒子通过的区域面积【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【分析】（1）某一粒子以速率v1=，沿与MO成60角斜向上方向射入磁场，由半径公式知，该粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径等于磁场区域的半径，由几何关系知道，该粒子的轨迹和偏转角均能求出，从而求出该粒子运动的时间（2）某一粒子以速率v2，沿MO方向射入磁场，恰能从N点离开磁场，由几何关系求得其做匀速圆周运动的半径，由洛仑兹力提供向心力求出入射速度v2（3）若由M点射人磁场各个方向的所有粒子速率均为v2，这些粒子在磁场中有相同的半径r2，则圆心轨迹是以M为圆心、半径为r2的圆试着画出极端情况下粒子能达到的区域，从而把粒子能到达的整个区域面积求出来【解答】解：（1）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，设轨迹半径为r1，由牛顿第二定律可得 解得： 粒子沿与与MO成60方向摄入磁场，设粒子从区域边界P射出，其运动轨迹如图所示由图中几何关系可知粒子轨迹 所对应的圆心 角为=150 方法1：故粒子在磁场中的运动的时间 方法2：粒子运动周期： 粒子在磁场中的运动的时间：= 得：t=（2）粒子以速率v2沿MO方向射入磁场，在磁场中做匀速圆周运动，恰好从N点离开磁场，其运动轨迹如图，设 粒子轨迹半径为r2，由图中几何关系可得： 由牛顿第二定律可得： 解得：粒子的速度：（3）（5分）粒子沿各个方向以v2进入磁场做匀速圆周时的轨迹半径都为r2，且不变由图可知，粒子在磁场中 通过的面积S等于以O3为圆心的扇形MO3O的面积S1、以M为圆心的扇形MOQ的面积S2和以O点为圆心的圆弧 MQ与直线MQ围成的面积S3之和， 所以：答：（1）若某一粒子以速率v1=，沿与MO成60角斜向上方向射入磁场，此粒子在磁场中运动的时间为（2）若某一粒子以速率v2，沿MO方向射入磁场，恰能从N点离开磁场，此粒子的速率为（3）若由M点射人磁场各个方向的所有粒子速率均为v2，磁场中有粒子通过的区域面积为【点评】本题的难点在第三问，要找到粒子能到达的区域，首先要考虑的是粒子的偏转方向顺时针；其次要考虑的极端情况从M点竖直向上射出，则可以做完整的圆周运动然后把这个完整的圆绕M点转动180，则该圆与磁场区域公共部分，就是粒子能达到的区域物理-选修3-4（15分）13（5分）（2016湖北校级模拟）下列说法正确的是（）A波在传播过程中，质点的振动频率等于波源的振动频率B当某列声波发生多普勒效应时，相应声源的振动频率一定发生变化C物体做受迫振动时，驱动力频率越高，受迫振动的物体振幅越大D爱因斯坦狭义相对论指出，真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的EX射线的频率比无线电波的频率高【考点】* 爱因斯坦相对性原理和光速不变原理；电磁波的产生【分析】质点的振动频率由波源的振动频率决定；当系统的固有频率等于驱动力的频率时，系统达到共振，振幅达最大；根据多普勒现象、狭义相对论、电磁波谱的应用解答【解答】解：A、波在传播过程中，质点的振动频率由波源的振动频率决定故A正确；B、波在传播过程中，质点的振动频率由波源的振动频率决定，当某列声波发生多普勒效应时，相应声源的振动频率一定不变故B错误；C、物体做受迫振动的频率等于驱动力的频率，当系统的固有频率等于驱动力的频率时，振幅达最大，这种现象称为共振故C错误；D、爱因斯坦狭义相对论指出，真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的故D正确；E、根据电磁波谱的分布可知，X射线的频率比无线电波的频率高故E正确故选：ADE【点评】该题考查简谐振动与机械波、多普勒现象、共振、狭义相对论和电磁波谱等知识点的内容，明确系统的固有频率等于驱动力的频率时，振幅达最大是解题的关键基础题目14（10分）（2016南昌校级二模）如图所示，AOB是截面为扇形的玻璃砖的横截面图，其顶角=76，今有一细束单色光在横截面内从OA边上的点E沿垂直OA的方向射入玻璃砖，光线直接到达AB面且恰好未从AB面射出已知OE=OA，cos53=0.6，试求：玻璃砖的折射率n；光线第一次从OB射出时折射角的正弦值【考点】光的折射定律【分析】由题意光线经AB面反射后恰好未从AB面射出，说明发生了全反射，由几何知识求出光线在AB面的入射角和临界角，由临界角公式sinC=求解折射率光线经过反射射到BO面上，由几何知识求出入射角，再由折射定律求折射角的正弦值【解答】解：因OE=OA，由数学知识知光线在AB面的入射角等于37光线恰好未从AB面射出，所以AB面入射角等于临界角，则临界角为：C=37由sin C=得：n=据几何知识得：=76，则OB面入射角为：=1802C=30 设光线第一次从OB射出的折射角为，由=n得：sin=答：玻璃砖的折射率n为；光线第一次从OB射出时折射角的正弦值为【点评】正确地画出光路图、灵活运用几何知识求有关角度是解决本题问题的关键，要掌握全反射的条件：光从光密介质射入光疏介质，入射角大于等于临界角，刚好发生全反射时，入射角等于临界角物理选修3-5（15分）15（2016泰安二模）下列的若干叙述中，正确的是（）A黑体辐射电磁波的强度只与黑体的温度有关B对于同种金属产生光电效应时，逸出光电子的最大初动能鼠与照射光的频率成线性关系C一块纯净的放射性元素相矿石，经过一个半衰期以后，它的总质量仅剩下一半D按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子的能量也减小了E将核子束缚在原子核内的核力，是不同于万有引力和电磁力的另一种相互作用【考点】氢原子的能级公式和跃迁；光电效应【分析】A、黑体辐射时波长越短，温度越高时，其辐射强度越强；B、根据光电效应方程，Ek=hW，可知，最大初动能 Ek与照射光的频率的关系；C、经过一个半衰期以后，有一半质量发生衰变；D、氢原子核外电子轨道半径越大则能量越大，动能越小E、将核子束缚在原子核内的核力，是不同于万有引力和电磁力的另一种相互作用【解答】解：A、由黑体辐射规律可知，辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关，故A正确；B、根据光电效应方程，Ek=hW，可知，逸出光电子的最大初动能Ek与照射光的频率成线性关系，与频率无关，故B正确；C、经过一个半衰期以后，有一半的质量发生衰变，但产生新核，故C错误；D、库仑力对电子做负功，所以动能变小，电势能变大（动能转为电势能）而因为吸收了光子，总能量变大故D错误；E、将核子束缚在原子核内的核力，是不同于万有引力和电磁力的另一种相互作用，故E正确故选：ABE【点评】考查黑体辐射的规律，掌握物理史实，知道衰变产生新核，理解光电效应方程，本题考查的知识点较多，难度不大，需要我们在学习选修课本时要全面掌握，多看多记16（2016江西二模）如图所示，上端固定着弹射装置的小车静置于粗糙水平地面上，小车和弹射装置的总质量为M，弹射装置中放有两个质量均为m的小球已知M=3m，小车与地面间的动摩擦因数为=0.1为使小车到达距车右端L=2m的目标位置，小车分两次向左水平弹射小球，每个小球被弹出时的对地速度均为v若每次弹射都在小车静止的情况下进行，且忽略小球的弹射时间，g取10m/s2，求小球弹射速度v的最小值【考点】动量守恒定律；动能定理【分析】对于小球第一次被弹射，由动量守恒定律求得求得小球第一次被弹射时小车的速度，根据动能定理列出等式，对于第二次弹射，由动量守恒定律求得求得小球求得小球第二次被弹射时小车的速度，根据动能定理列出等式，根据两次的位移关系列出等式求解小球弹射速度v的最小值【解答】解：小球第一次被弹射时，规定小车的运动方向为正方向，由动量守恒定律得0=（m+M）v1mv小车向右滑行过程，根据动能定理得（m+M）gs1=0（m+M）第二次弹射时，规定小车的运动方向为正方向，由动量守恒定律得0=Mv2mv小车向右滑行过程，根据动能定理得Mgs2=0M根据几何关系得 s1+s2=L由以上各式可得v=4.8 m/s答：小球弹射速度v的最小值是4.8 m/s【点评】本题是动量守恒定律与动能定理的综合运用，分析清楚物体的运动过程，合理选择研究的系统，把握物理规律是关键