2016年内蒙古呼和浩特二中高考物理热身卷（三）
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14-17题只有一项符合题目要求，第18-21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．下列关于物理学史的内容说法正确的是（ ）
A．奥斯特发现了电流产生磁场方向的定则
B．法拉第发现了产生感应电流的条件
C．密立根利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律
D．欧姆发现了确定感应电流方向的定律
2．运输人员要把质量为m，体积较小的木箱拉上汽车．现将长为L的木板搭在汽车尾部与地面间，构成一固定斜面，然后把木箱沿斜面拉上汽车．斜面与水平地面成30°角，拉力与斜面平行．木箱与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．则将木箱运上汽车，拉力至少做功（ ）
A．mgL B．mg C． mgL（1+μ） D．μmgL+mgL
3．如图所示，平行板电容器与恒压电源连接，电子以速度v0垂直于电场线方向射入并穿过平行板间的电场，若仅使电容器上极板上移，设电容器极板上所带电荷量Q，电子穿出平行板时的在垂直于板面方向偏移的距离y，以下说法正确的是（ ）
A．Q减小，y不变 B．Q减小，y减小 C．Q增大，y减小 D．Q增大，y增大
4．如图所示，三个物体质量分别为m1=1.0kg、m2=2.0kg、m3=3.0kg，已知斜面上表面光滑，斜面倾角θ=30°，m1和m2之间的动摩擦因数μ=0.8．不计绳和滑轮的质量和摩擦．初始用外力使整个系统静止，当撤掉外力时，m2将（g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（ ）
A．和m1一起沿斜面下滑 B．和m1一起沿斜面上滑
C．相对于m1上滑 D．相对于m1下滑
5．如图所示，等腰直角区域EFG内有垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，直角边CF长度为2L． 现有一电阻为R的闭合直角梯形导线框ABCD以恒定速度v水平向右匀速通过磁场．t=0时刻恰好位于图示位置（即BC与EF在一条直线上，且C与E重合），规定导线框中感应电流沿逆时针方向时为正，则感应电流i与时间t的关系图线正确的是（ ）
A． B． C． D．
6．如图所示，直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位移一时间（x﹣t）图象．由图可知（ ）
A．在时刻t1，b车追上a车
B．在时刻t2，a车的加速度小于b车的加速度
C．在t1到t2这段时间内，a和b两车的路程相等
D．在t1到t2这段时间内，b车的速率先减少后增加
7．一颗围绕地球运行的飞船，其轨道为椭圆．已知地球质量为M，地球半径为R，万有引力常量为G，地球表面重力加速度为g．则下列说法正确的是（ ）
A．飞船在远地点速度一定大于
B．飞船在近地点瞬间减速转移到绕地圆轨道后，周期一定变小
C．飞船在远地点瞬间加速转移到绕地圆轨道后，机械能一定变小
D．飞船在椭圆轨道上的周期可能等于π
8．如图所示，一正弦交流电瞬时值为e=220sin100πtV，通过一个理想电流表，接在一个理想变压器两端，变压器起到降压作用．开关闭合前后，AB两端电功率相等，以下说法正确的是（ ）
A．流过r的电流方向每秒钟变化50次
B．变压器原线圈匝数大于副线圈匝数
C．开关从断开到闭合时，电流表示数变小
D．R=r
二、必考题（共11道题，129分）
9．某同学用自己发明的新式游标卡尺测量小钢球的直径，新式卡尺将主尺上39mm在游标尺上均分成20等份．如图所示，则小钢球的直径为d= cm．
10．该同学又用螺旋测微器测量某电阻丝的直径，示数如图，则该金属丝的直径为 m．
11．现有一刻度盘总共有N小格、且刻度均匀，量程未准确确定的电压表V1，已知其量程在13﹣16V之间，内阻r1=150kΩ．为测定其准确量程U1，实验室提供了如下表所列的器材，要求方法简洁，尽可能减少误差，并能测出多组数据．
器材（代号）
规格
标准电压表V2
量程3V，内阻r2=30kΩ
电流表A
量程3A，内阻r3=0.01Ω
滑动变阻器R
总阻值1kΩ
稳压电源E
20V，内阻很小
开关S、导线若干
（1）某同学设计了如图所示的甲、乙、丙三种电路图
你认为选择 电路图测量效果最好．（填“甲”、“乙”、“丙”）
（2）根据测量效果最好的那个电路图，将下列有关器材连接成测量电路．
（3）若选择测量数据中的一组来计算V1的量程U1，则所用的表达式U1= ，式中各符号表示的物理量是： ．
12．如图所示，一水平传送带以4m/s的速度逆时针传送，水平部分长L=6m，其左端与一倾角为θ=30°的光滑斜面平滑相连，斜面足够长，一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最右端，已知物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，g取10m/s2．求物块从放到传送带上到第一次滑回传送带最远端所用的时间．
13．如图所示，相距3L的AB、CD两直线间的区域存在着两个大小不同、方向相反的有界匀强电场，其中PT上方的电场I的场强方向竖直向下，PT下方的电场Ⅱ的场强方向竖直向上，电场I的场强大小是电场Ⅱ的场强大小的两倍，在电场左边界AB上有点Q，PQ间距离为L．从某时刻起由Q以初速度v0沿水平方向垂直射入匀强电场的带电粒子，电量为+q、质量为m．通过PT上的某点R进入匀强电场I后从CD边上的M点水平射出，其轨迹如图，若PR两点的距离为2L．不计粒子的重力．试求：
（1）匀强电场I的电场强度E的大小和MT之间的距离；
（2）有一边长为a、由光滑弹性绝缘壁围成的正三角形容器，在其边界正中央开有一小孔S，将其置于CD右侧且紧挨CD边界，若从Q点射入的粒子经AB、CD间的电场从S孔水平射入容器中．欲使粒子在容器中与器壁多次垂直碰撞后仍能从S孔射出（粒子与绝缘壁碰撞时无机械能和电量损失），并返回Q点，需在容器中现加上一个如图所示的匀强磁场，粒子运动的半径小于a，求磁感应强度B的大小应满足的条件以及从Q出发再返回到Q所经历的时间．
二、选考题：共45分．请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选1题解答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目涂黑．注意所做题目必须与所涂题目一致，在答题卡选答区域指定位置答题．如果多做，则每学科按所做的第一题计分．【物理一选修3-3】
14．关于一定量的气体，下列说法正确的是（ ）
A．气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，而不是该气体所有分子体积之和
B．只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低
C．在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零
D．气体从外界吸收热量，其内能一定增加
E．气体在等压膨胀过程中温度一定升高
15．汽车未装载货物时，某个轮胎内气体的体积为V0，压强为p0；装载货物后，该轮胎内气体的压强增加了△p．若轮胎内气体视为理想气体，其质量、温度在装载货物前后均不变，求装载货物前后此轮胎内气体体积的变化量．
【物理一选修3-4】
16．下列选项与多普勒效应有关的是（ ）
A．科学家用激光测量月球与地球间的距离
B．医生利用超声波探测病人血管中血液的流速
C．技术人员用超声波探测金属、陶瓷、混凝土中是否有气泡
D．交通警察向车辆发射超声波并通过测量反射波的频率确定车辆行进的速度
E．科学家通过比较星球与地球上同种元素发出光的频率来计算星球远离地球的速度
17．如图所示，某三棱镜的横截面是一个直角三角形，∠A=90°，∠B=30°，棱镜材料的折射率为n．底面BC涂黑，入射光沿平行底边BC的方向射向AB面，经AB面折射，再经AC面折射后出射．求：
（1）出射光线与入射光线的延长线的夹角α．
（2）为使上述入射光线能从AC面出射，折射率n的最大值是多少．
【物理一选修3-5】
18．下列说法正确的是（ ）
A．光子不但具有能量，也具有动量
B．玻尔认为，氢原子中电子轨道是量子化的，能量也是量子化的
C．将由放射性元素组成的化合物进行高温分解，会改变放射性元素的半衰期
D．原子核的质量大于组成它的核子的质量之和，这个现象叫做质量亏损
E．质量数大的原子核，其比结合能不一定大
19．如图所示，光滑水平面上静止着一辆质量为3m的平板车A．车上有两个小滑块B和C（都可视为质点），B的质量为m，与车板之间的动摩擦因数为2μ．C的质量为2m，与车板之间的动摩擦因数为μ．t=0时刻B、C分别从车板的左、右两端同时以初速度v0和2v0相向滑上小车．在以后的运动过程中B与C恰好没有相碰．已知重力加速度为g，设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等．求：
（1）平板车的最大速度v和达到最大速度经历的时间t；
（2）平板车平板总长度L．
2016年内蒙古呼和浩特二中高考物理热身卷（三）
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14-17题只有一项符合题目要求，第18-21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．下列关于物理学史的内容说法正确的是（ ）
A．奥斯特发现了电流产生磁场方向的定则
B．法拉第发现了产生感应电流的条件
C．密立根利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律
D．欧姆发现了确定感应电流方向的定律
【考点】物理学史．
【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．
【解答】解：A、安培发现了电流产生磁场方向的定则，故A错误；
B、法拉第发现了产生感应电流的条件，故B正确；
C、库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律，故C错误；
D、楞次发现了确定感应电流方向的定律．故D错误；
故选：B．
2．运输人员要把质量为m，体积较小的木箱拉上汽车．现将长为L的木板搭在汽车尾部与地面间，构成一固定斜面，然后把木箱沿斜面拉上汽车．斜面与水平地面成30°角，拉力与斜面平行．木箱与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．则将木箱运上汽车，拉力至少做功（ ）
A．mgL B．mg C． mgL（1+μ） D．μmgL+mgL
【考点】功的计算．
【分析】木箱在拉力作用下沿斜面先做匀加速直线运动，当速度达到某个值时，撤去拉力，木箱向上做匀减速运动，当木箱速度为零时，刚好到汽车上，此时拉力做功最少，根据动能定理求解即可．
【解答】解：木箱先沿斜面先做匀加速直线运动，撤去拉力后在摩擦力的作用下向上做匀减速运动，当木箱速度为零时，刚好到汽车上，此时拉力做功最少，
根据动能定理得：
WF﹣mgh﹣μmgcos30°L=0﹣0
解得：WF=mgL（1+μ），故C正确．
故选：C
3．如图所示，平行板电容器与恒压电源连接，电子以速度v0垂直于电场线方向射入并穿过平行板间的电场，若仅使电容器上极板上移，设电容器极板上所带电荷量Q，电子穿出平行板时的在垂直于板面方向偏移的距离y，以下说法正确的是（ ）
A．Q减小，y不变 B．Q减小，y减小 C．Q增大，y减小 D．Q增大，y增大
【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电容器．
【分析】根据电容的变化，结合Q=CU判断电容器极板上电荷量的变化，电子进入电场做平抛运动，抓住运动的时间不变，根据电子加速度的变化判断偏转位移的变化．
【解答】解：电容器上极板上移，知d增大，根据C=知，电容减小，根据Q=CU知，电容器两端的电势差不变，则电容器所带的电荷量减Q小．
电子在电场中做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，因为初速度和极板的长度不变，则电子的运动时间不变，根据a=知，d增大，则电场强度减小，则加速度减小，根据y=知，偏转位移减小．故B正确，A、C、D错误．
故选：B．
4．如图所示，三个物体质量分别为m1=1.0kg、m2=2.0kg、m3=3.0kg，已知斜面上表面光滑，斜面倾角θ=30°，m1和m2之间的动摩擦因数μ=0.8．不计绳和滑轮的质量和摩擦．初始用外力使整个系统静止，当撤掉外力时，m2将（g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（ ）
A．和m1一起沿斜面下滑 B．和m1一起沿斜面上滑
C．相对于m1上滑 D．相对于m1下滑
【考点】牛顿第二定律．
【分析】假设m1和m2之间保持相对静止，对整体分析，运用牛顿第二定律求出整体的加速度，隔离对m2分析，根据牛顿第二定律求出m1和m2之间的摩擦力，判断是否超过最大静摩擦力，从而判断能否保持相对静止．
【解答】解：假设m1和m2之间保持相对静止，对整体分析，整体的加速度a==．
隔离对m2分析，根据牛顿第二定律得，f﹣m2gsin30°=m2a
解得f=
最大静摩擦力fm=μm2gcos30°=N=8，可知f＞fm，知道m2的加速度小于m1的加速度，m2相对于m1下滑．故D正确，A、B、C错误．
故选：D．
5．如图所示，等腰直角区域EFG内有垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，直角边CF长度为2L． 现有一电阻为R的闭合直角梯形导线框ABCD以恒定速度v水平向右匀速通过磁场．t=0时刻恰好位于图示位置（即BC与EF在一条直线上，且C与E重合），规定导线框中感应电流沿逆时针方向时为正，则感应电流i与时间t的关系图线正确的是（ ）
A． B． C． D．
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律．
【分析】先由楞次定律判断出感应电流的方向；本题分三段时间计算感应电动势，由欧姆定律得到感应电流．感应电动势公式E=Blv，l是有效的切割长度．
【解答】解：t在0﹣内，CD边切割磁感线，磁通量增大，由楞次定律判断可知感应电流的方向沿逆时针方向，为正；有效的切割长度l=vt，则感应电流大小为 i==∝t，当t=时，l=L，i=；
t在﹣内，AD、CD和AB边切割磁感线，磁通量增大，由楞次定律判断可知感应电流的方向沿逆时针方向，为正；有效的切割长度l=[（vt﹣L）+L]﹣（vt﹣L）=﹣vt，则感应电流大小为 i==，i随t线性递减，当t=2时，l=L，i=；
t在﹣内，磁通量减小，由楞次定律判断可知感应电流的方向沿顺时针方向，为负；有效的切割长度均匀增大，i随t均匀增大，当t=3时，l=2L，i=﹣；
故选：C．
6．如图所示，直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位移一时间（x﹣t）图象．由图可知（ ）
A．在时刻t1，b车追上a车
B．在时刻t2，a车的加速度小于b车的加速度
C．在t1到t2这段时间内，a和b两车的路程相等
D．在t1到t2这段时间内，b车的速率先减少后增加
【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的位移与时间的关系．
【分析】位移时间关系图线反映位移随时间的变化规律，纵坐标的变化量△x表示位移，图线的斜率表示速度的大小．
【解答】解：
A、由图知在时刻t1，a、b两车的位置坐标相同，到达同一位置，而开始时b离原点较远，在a的后面，所以时刻t1，是b追上a．故A正确．
B、a图线的斜率不变，说明其速度不变，做匀速运动，加速度为零，b做变速运动，加速度不为零，所以在时刻t2，a车的加速度小于b车的加速度，故B正确．
C、在t1到t2这段时间内，a和b两车初末位置相同，位移相同，但运动轨迹不同，路程不等．故C错误．
D、速度图线切线的斜率表示速度，在t1到t2这段时间内，b车图线斜率先减小后增大，则b车的速率先减小后增加．故D正确．
故选：ABD．
7．一颗围绕地球运行的飞船，其轨道为椭圆．已知地球质量为M，地球半径为R，万有引力常量为G，地球表面重力加速度为g．则下列说法正确的是（ ）
A．飞船在远地点速度一定大于
B．飞船在近地点瞬间减速转移到绕地圆轨道后，周期一定变小
C．飞船在远地点瞬间加速转移到绕地圆轨道后，机械能一定变小
D．飞船在椭圆轨道上的周期可能等于π
【考点】万有引力定律及其应用．
【分析】卫星越高越慢、越低越快；根据开普勒定律，所有行星的轨道的半长轴的三次方与公转周期的平方的比值恒定；近地卫星最快，周期最小．
【解答】解：A、卫星越高越慢，第一宇宙速度等于，是近地卫星的环绕速度，故飞船在远地点速度一定小于，故A错误；
B、飞船在近地点瞬间减速转移到绕地圆轨道后，半长轴减小，故周期减小，故B正确；
C、飞船在远地点瞬间加速转移到绕地圆轨道后，动能增加，势能不变，故机械能增加，故C错误；
D、近地卫星最快，根据牛顿第二定律，有：
G
故最小周期为：
T=2π
由于π＞T，故是可能的；故D正确；
故选：BD．
8．如图所示，一正弦交流电瞬时值为e=220sin100πtV，通过一个理想电流表，接在一个理想变压器两端，变压器起到降压作用．开关闭合前后，AB两端电功率相等，以下说法正确的是（ ）
A．流过r的电流方向每秒钟变化50次
B．变压器原线圈匝数大于副线圈匝数
C．开关从断开到闭合时，电流表示数变小
D．R=r
【考点】变压器的构造和原理；正弦式电流的图象和三角函数表达式；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．
【分析】变压器的特点：匝数与电压成正比，与电流成反比，求出当原线圈中电流瞬时值为零时的原线圈电压的瞬时值即可求解．
【解答】解：A、由表达式知交流电的频率50Hz，所以电流方向每秒钟变化100次，A错误；
B、降压变压器原线圈匝数大于副线圈匝数，B正确；
C、开关从断开到闭合时，副线圈电阻减小，电压不变，所以副线圈电流增大，则原线圈电流即电流表示数变大，C错误；
D、由已知条件开关闭合前后，AB两端电功率相等有等式：
解得：R=r
故D正确
故选：BD
二、必考题（共11道题，129分）
9．某同学用自己发明的新式游标卡尺测量小钢球的直径，新式卡尺将主尺上39mm在游标尺上均分成20等份．如图所示，则小钢球的直径为d= 1.035 cm．
【考点】刻度尺、游标卡尺的使用．
【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．
【解答】解：游标卡尺的精确度为mm=0.05mm，主尺读数为：1cm=10mm，游标尺上第7个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为7×0.05mm=0.35mm，所以最终读数为：10mm+0.35mm=10.35mm=1.035cm．
故答案为：1.035
10．该同学又用螺旋测微器测量某电阻丝的直径，示数如图，则该金属丝的直径为 1.195×10﹣3 m．
【考点】螺旋测微器的使用．
【分析】螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．
【解答】解：螺旋测微器的固定刻度为1mm，可动刻度为19.5×0.01mm=0.195mm，所以最终读数为1mm+0.195mm=1.195mm=1.195×10﹣3m；
故答案为：1.195×10﹣3
11．现有一刻度盘总共有N小格、且刻度均匀，量程未准确确定的电压表V1，已知其量程在13﹣16V之间，内阻r1=150kΩ．为测定其准确量程U1，实验室提供了如下表所列的器材，要求方法简洁，尽可能减少误差，并能测出多组数据．
器材（代号）
规格
标准电压表V2
量程3V，内阻r2=30kΩ
电流表A
量程3A，内阻r3=0.01Ω
滑动变阻器R
总阻值1kΩ
稳压电源E
20V，内阻很小
开关S、导线若干
（1）某同学设计了如图所示的甲、乙、丙三种电路图
你认为选择 乙 电路图测量效果最好．（填“甲”、“乙”、“丙”）
（2）根据测量效果最好的那个电路图，将下列有关器材连接成测量电路．
（3）若选择测量数据中的一组来计算V1的量程U1，则所用的表达式U1= ，式中各符号表示的物理量是： N：V1的总格数，N1：V1的读出格数，U2：V2的读数，r1：待测表内阻，r2：V2表内阻 ．
【考点】伏安法测电阻．
【分析】由于待测电压表的满偏电流与标准电压表的满偏电流接近，所以可考虑将它们串联使用，又由于滑动变阻器的全电阻远小于电压表内阻，所以变阻器应用分压式接法，然后设出待测电压表每格的电压，测出其偏转格数，根据欧姆定律即可求解
【解答】解：（1）由于待测电压表的满偏电流与标准电压表的满偏电流接近，大约是0.1mA，所以可将两电压表串联使用，
由于变阻器的全电阻远小于电压表内阻，所以变阻器应用分压式接法，所以选择乙电路图进行测量．
（2）根据图乙所示电路图连接实物电路图，实物电路图如下图所示：
（3）待测电压表V1的指针偏转格数为N1，每格表示电压值为△U，
由欧姆定律可得：，
所以电压表V1的量程为：U1=N•△U
联立解得：U1=
其中r1=150kΩ，r2=30kΩ，U2为某次测量时V2的读数，N1为某次测量V1的指针偏转格数．
故答案为：（1）乙；（2）实物图如下（3）U1= N：V1的总格数N1：V1的读出格数，U2：V2的读数，r1：待测表内阻，r2：V2表内阻
12．如图所示，一水平传送带以4m/s的速度逆时针传送，水平部分长L=6m，其左端与一倾角为θ=30°的光滑斜面平滑相连，斜面足够长，一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最右端，已知物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，g取10m/s2．求物块从放到传送带上到第一次滑回传送带最远端所用的时间．
【考点】牛顿运动定律的综合应用；匀变速直线运动规律的综合运用．
【分析】物块在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，滑上传送带后做匀减速运动，返回做匀加速直线运动，再次滑上传送带做匀减速运动到零，根据牛顿第二定律分别求出在传送带和在斜面上的加速度，结合运动学公式求出各段时间，从而得出总时间．
【解答】解：根据牛顿第二定律得，μmg=ma
解得物块在传送带上的加速度大小a=μg=2m/s2；
设经过t时间物块的速度与传送带的速度相同，则有：v=at1，
解得；
经过的位移，
在传送带上匀速运动的时间
物块在斜面上的加速度a′=，
在斜面上的运动时间，
返回传送带在传送带减速到零的时间．
则t=t1+t2+t3+t4=6.1s．
答：物块从放到传送带上到第一次滑回传送带最远端所用的时间为6.1s．
13．如图所示，相距3L的AB、CD两直线间的区域存在着两个大小不同、方向相反的有界匀强电场，其中PT上方的电场I的场强方向竖直向下，PT下方的电场Ⅱ的场强方向竖直向上，电场I的场强大小是电场Ⅱ的场强大小的两倍，在电场左边界AB上有点Q，PQ间距离为L．从某时刻起由Q以初速度v0沿水平方向垂直射入匀强电场的带电粒子，电量为+q、质量为m．通过PT上的某点R进入匀强电场I后从CD边上的M点水平射出，其轨迹如图，若PR两点的距离为2L．不计粒子的重力．试求：
（1）匀强电场I的电场强度E的大小和MT之间的距离；
（2）有一边长为a、由光滑弹性绝缘壁围成的正三角形容器，在其边界正中央开有一小孔S，将其置于CD右侧且紧挨CD边界，若从Q点射入的粒子经AB、CD间的电场从S孔水平射入容器中．欲使粒子在容器中与器壁多次垂直碰撞后仍能从S孔射出（粒子与绝缘壁碰撞时无机械能和电量损失），并返回Q点，需在容器中现加上一个如图所示的匀强磁场，粒子运动的半径小于a，求磁感应强度B的大小应满足的条件以及从Q出发再返回到Q所经历的时间．
【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）粒子在两电场中做类平抛运动，由图可得出粒子在两电场中的运动情况；分别沿电场方向和垂直电场方向列出物理规律，联立可解得电场强度的大小；
（2）欲使粒子仍能从S孔处射出，粒子运动的半径为r应满足：（n=1，2…）．根据几何关系计算时间的大小．
【解答】解：（1）设粒子经PT直线上的点R由E2电场进入E1电场，由Q到R及R到M点的时间分别为t2与t1，到达R时竖直速度为vy，则：
由F=qE=ma
2L=v0t2
L=v0t1
所以得：
上述三式联立解得：
（2）欲使粒子仍能从S孔处射出，粒子向上偏转后可能在SM之间与正三角形容器没有碰撞，在另外的两个边上各碰撞一次，运动的轨迹如图，则：r=a；
若粒子向上偏转后可能在SM之间与正三角形容器发生一次碰撞，在另外的两个边上各碰撞三次，运动的轨迹如图，则：
若粒子向上偏转后可能在SM之间与正三角形容器发生n次碰撞，则（n=1，2…）
粒子运动的半径为r，则：
解得：（n=1，2…）
由几何关系可知（n=1，2，3…）
代入B得：，
电场中运动的总时间为：t′=2（t1+t2）=
故从Q出发再返回到Q所经历的时间为：t总=t+t′=+，n=1，2，…
答：（1）匀强电场I的电场强度E的大小为，MT之间的距离为L；
（2）磁感应强度B的大小应满足的条件为n=1，2…；从Q出发再返回到Q所经历的时间为+，n=1，2，…．
二、选考题：共45分．请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选1题解答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目涂黑．注意所做题目必须与所涂题目一致，在答题卡选答区域指定位置答题．如果多做，则每学科按所做的第一题计分．【物理一选修3-3】
14．关于一定量的气体，下列说法正确的是（ ）
A．气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，而不是该气体所有分子体积之和
B．只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低
C．在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零
D．气体从外界吸收热量，其内能一定增加
E．气体在等压膨胀过程中温度一定升高
【考点】热力学第一定律；气体压强的微观意义．
【分析】气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，温度高体分子热运动就剧烈，分子运动不停息，气体对容器壁的压强不为零，做功也可以改变物体的内能．
【解答】解：A、气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，A正确；
B、温度高体分子热运动就剧烈，B正确；
C、在完全失重的情况下，分子运动不停息，气体对容器壁的压强不为零，C错误；
D、做功也可以改变物体的内能，C错误；
E、气体在等压膨胀过程中温度一定升高，E正确．
故选：ABE．
15．汽车未装载货物时，某个轮胎内气体的体积为V0，压强为p0；装载货物后，该轮胎内气体的压强增加了△p．若轮胎内气体视为理想气体，其质量、温度在装载货物前后均不变，求装载货物前后此轮胎内气体体积的变化量．
【考点】理想气体的状态方程．
【分析】轮胎内气体质量一定，其质量、温度保持不变，发生等温变化，根据玻意耳定律求出装载货物后气体的体积，即可得到气体体积的变化量．
【解答】解：对于轮胎内气体，设装载货物后其体积为V．根据玻意耳定律得
p0V0=（p0+△p）V
得V=
所以装载货物前后此轮胎内气体体积的变化量为△V=V﹣V0=﹣V0
解得
答：装载货物前后此轮胎内气体体积的变化量为﹣
【物理一选修3-4】
16．下列选项与多普勒效应有关的是（ ）
A．科学家用激光测量月球与地球间的距离
B．医生利用超声波探测病人血管中血液的流速
C．技术人员用超声波探测金属、陶瓷、混凝土中是否有气泡
D．交通警察向车辆发射超声波并通过测量反射波的频率确定车辆行进的速度
E．科学家通过比较星球与地球上同种元素发出光的频率来计算星球远离地球的速度
【考点】多普勒效应．
【分析】多普勒效应是为纪念奥地利物理学家及数学家多普勒而命名的，他于1842年首先提出了这一理论．主要内容为：接受到的物体辐射的波长因为波源和观测者的相对运动而产生变化．多普勒效应不仅仅适用于声波，它也适用于所有类型的波，包括电磁波．
【解答】解：A、科学家用激光测量月球与地球间的距离是利用光速快，故A错误；
B、医生利用超声波探测病人血管中血液的流速利用声波的多普勒效应，故B正确；
C、技术人员用超声波探测金属、陶瓷、混凝土中是否有气泡是利用穿透能力强，故C错误；
D、交通警察向车辆发射超声波并通过测量反射波的频率确定车辆行进的速度是利用超声波的多普勒效应，故D正确；
E、科学家通过比较星球与地球上同种元素发出光的频率来计算星球远离地球的速度，是光的多普勒效应，故E正确；
故选：BDE．
17．如图所示，某三棱镜的横截面是一个直角三角形，∠A=90°，∠B=30°，棱镜材料的折射率为n．底面BC涂黑，入射光沿平行底边BC的方向射向AB面，经AB面折射，再经AC面折射后出射．求：
（1）出射光线与入射光线的延长线的夹角α．
（2）为使上述入射光线能从AC面出射，折射率n的最大值是多少．
【考点】光的折射定律．
【分析】（1）画出光路图，根据折射定律，结合几何关系求出出射光线与入射光线延长线的夹角．
（2）要使光线能够从AC面上射出，出射角r的正弦需小于等于1，根据sinr与折射率的关系求出折射率的最大值．
【解答】解：画出光路图如图所示．
（1）因为入射光平行于BC面，可得 i=60°
由得
又=
则得
故α=60°﹣（90°﹣r2）=arcsin﹣30°
（2）要使有光线从AC面射出，应有sinr2≤1
即有≤1
解之得
答：
（1）出射光线与入射光线的延长线的夹角α是arcsin﹣30°．
（2）为使上述入射光线能从AC面出射，折射率n的最大值是．
【物理一选修3-5】
18．下列说法正确的是（ ）
A．光子不但具有能量，也具有动量
B．玻尔认为，氢原子中电子轨道是量子化的，能量也是量子化的
C．将由放射性元素组成的化合物进行高温分解，会改变放射性元素的半衰期
D．原子核的质量大于组成它的核子的质量之和，这个现象叫做质量亏损
E．质量数大的原子核，其比结合能不一定大
【考点】光子；原子核衰变及半衰期、衰变速度；原子核的结合能．
【分析】玻尔原子模型提出能量量子化；原子向外辐射光子后，能量减小，加速度增大．半衰期具有统计规律，只对大量的原子核适用，且半衰期的大小由原子核内部因素决定，与所处的物理环境和化学状态无关．原子核的质量小于组成它的核子的质量之和，这个现象叫做质量亏损．
【解答】解：A、光子像其他粒子一样，不但具有能量，也具有动量，故A正确；
B、玻尔原子模型：电子的轨道是量子化，原子的能量是量子化，所以他提出能量量子化，故B正确；
C、半衰期具有统计规律，只对大量的原子核适用，且半衰期的大小由原子核内部因素决定，与所处的物理环境和化学状态无关，故C错误；
D、原子核的质量小于组成它的核子的质量之和，这个现象叫做质量亏损，故D错误；
E、原子序数中等的原子核的比结合能最大，故质量数大的原子核的比结合能不一定大，故E正确；
故选：ABE．
19．如图所示，光滑水平面上静止着一辆质量为3m的平板车A．车上有两个小滑块B和C（都可视为质点），B的质量为m，与车板之间的动摩擦因数为2μ．C的质量为2m，与车板之间的动摩擦因数为μ．t=0时刻B、C分别从车板的左、右两端同时以初速度v0和2v0相向滑上小车．在以后的运动过程中B与C恰好没有相碰．已知重力加速度为g，设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等．求：
（1）平板车的最大速度v和达到最大速度经历的时间t；
（2）平板车平板总长度L．
【考点】动量守恒定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；机械能守恒定律．
【分析】（1）根据动量守恒求出三者最后共同的速度，结合牛顿第二定律和运动学公式求出平板车经历的时间；
（2）根据能量守恒求平板车的长度．
【解答】解：（1）起始到三者共速A、B、C系统动量守恒以水平向左为正方向：
2m×2v0﹣mv0=6mv ①
起始到三者共速C匀减速运动过程：f=2ma…②
f=2μmg…③
v=2v0﹣at…④
综上有：，
速度的方向水平向左；
（2）起始到三者共速B相对A向右匀减到速度为零后与A一起向左匀加，C相对A向左匀减，B和C对A的滑动摩擦力大小均为f=2μmg
由能量守恒有： =…⑥
综上有：
L=…⑦
答：（1）平板车的最大速度大小为v0，方向水平向左，达到最大速度经历的时间t为；
（2）平板车平板总长度．
2016年8月14日
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