2016年湖北省黄冈中学高考物理模拟试卷（十）
一、选择题：（本题包括8小题．每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，1～5题只有一个选项正确．6、7、8题有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的或不答的得0分．）
1．一般发电机组输出的电压在十千伏上下，不符合远距离输电的要求．要在发电站内用升压变压器，升压到几百千伏后再向远距离输电．到达几百公里甚至几千公里之外的用电区之后，再经“一次高压变电站”、“二次变电站”降压．已知经低压变电站降压变压器（可视为理想变压器）后供给某小区居民的交流电u=220sin100πtV，该变压器原、副线圈匝数比为50：1，则（ ）
A．原线圈上的电压为11000V
B．原线圈中电流的频率是100Hz
C．原线圈使用的导线应该比副线圈的要粗
D．采用高压输电有利于减少输电线路中的损耗
2．甲、乙两车某时刻由同一地点，沿同一方向开始做直线运动，若以该时刻作为计时起 点，得到两车的位移﹣时间图象，即x﹣t图象如图所示，甲图象过O点的切线与AB平行，过C点的切线与OA平行，则下列说法中正确的是（ ）
A．在两车相遇前，t1时刻两车相距最远
B．t3时刻甲车在乙车的前方
C．0﹣t2时间内甲车的瞬时速度始终大于乙车的瞬时速度
D．甲车的初速度等于乙车在t3时刻的速度
3．如图1所示，在倾斜角为θ的光滑斜面上放一轻质弹簧，其下端固定，静止时上端位置在B点，在A点放上一质量m=2.0kg的小物体，小物体自由释放，从开始的一段时间内的v﹣t图象如图2所示，小物体在0.4s时运动到B点，在0.9s到达C点，BC的距离为1.2m（g=10m/s2），由图知（ ）
A．斜面倾斜角θ=60°
B．物体从B运动到C的过程中机械能守恒
C．物块从C点回到A点过程中，加速度先增后减，再保持不变
D．在C点时，弹簧的弹性势能为16J
4．地球赤道上的重力加速度为g，物体在赤道上随地球自转的向心加速度为a，卫星甲、乙、丙在如图所示三个椭圆轨道上绕地球运行，卫星甲和乙的运行轨道在P点相切，以下说法中正确的是（ ）
A．如果地球自转的角速度突然变为原来的倍，那么赤道上的物体将会“飘”起来
B．卫星甲、乙经过P点时的加速度大小相等
C．卫星甲的周期最小
D．三个卫星在远地点的速度可能大于第一宇宙速度
5．甲图中a、b是电流相等的两直线电流，乙图中c、d是电荷量相同的两正点电荷，O为两电流（或电荷）连线的中点，在O点正上方有一电子，较小的速度v射向O点，不计重力．关于电子的运动，下列说法正确的是（ ）
A．甲图中的电子将做变速运动
B．乙图中的电子将做往复运动
C．乙图中的电子在向O点运动的过程中，加速度一定在减小
D．乙图中的电于在O点动能最大，电势能也最大
6．如图所示，一斜面体A静止在粗糙的水平面上，在其斜面上放一物块B，若给物块B一沿斜面向下的初速度，则其恰好能沿斜面匀速直线下滑．在物块B下滑的过程中，再对B施加一个作用力，使物块B仍在斜面上沿原来的方向下滑，斜面体A始终处于静止状态．则下列说法正确的是（ ）
A．若对物块B施加的作用力F1竖直向下，则物块B仍将保持匀速下滑，且斜面体A与地面之间无摩擦力
B．若对物块B施加的作用力F2沿斜面向下，则物块B将加速下滑，且斜面体A受到地面的静摩擦力水平向左
C．若对物块B施加的作用力F3水平向左，则物块B将做减速下滑，且在停止运动前斜面体A受到地面的静摩擦力水平向右
D．无论对物块B施加什么方向的力，在B停止运动前，斜面体A与地面间都无摩擦力
7．如图所示，相距为d的边界水平的匀强磁场，磁感应强度垂直纸面向里、大小为B．质量为m、电阻为R、边长为L的正方形线圈M，将线圈在磁场上方高h处由静止释放，已知cd边刚进入磁场时和cd边刚离开磁场时速度相等，不计空气阻力，则（ ）
A．若L=d，则线圈穿过磁场的整个过程用时为
B．在线圈穿过磁场的整个过程中，克服安培力做功为mgd
C．若L＜d则线圈穿过磁场的整个过程中最小速度可能
D．若L＜d，则线圈穿过磁场的整个过程中最小速度可能
8．如图所示，绝缘的中空轨道竖直固定，圆弧段COD光滑，对应圆心角为120°，C、D两端等高，O为最低点，圆弧的圆心为O′，半径为R；直线段AC、HD粗糙且足够长，与圆弧段分别在C、D端相切．整个装置处于方向垂直于轨道所在平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，在竖直虚线MC左侧和虚线ND右侧存在着电场强度大小相等、方向分别为水平向右和水平向左的匀强电场．现有一质量为m、电荷量恒为q、直径略小于轨道内径、可视为质点的带正电小球，从轨道内距C点足够远的P点由静止释放．若小球所受电场力的大小等于其重力的倍，小球与直线段AC、HD间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，则（ ）
A．小球在第一次沿轨道AC下滑的过程中，最大加速度amax=g
B．小球在第一次沿轨道AC下滑的过程中，最大速度vmax=
C．小球进入DH轨道后，上升的最高点比P点低
D．小球经过O点时，对轨道的弹力最小值一定为|2mg﹣qB|
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14题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题
9．在“探究弹力和弹簧伸长的关系并测定弹簧的劲度系数”的实验中，实验装置如右图（a）所示．所用的每个钩码的重力相当于对水平放置的弹簧提供了水平向右的恒定拉力F．实验
时先测出不挂钩码时弹簧的自然长度，再多次改变挂在绳子下端的钩码个数，每次都测出相应的弹簧长度L．
（1）有一个同学根据测量的6组数据正确地描点在坐标图中，如图（b）．请在图（b）中作出F﹣L图线．
（2）由此图线可得出该弹簧的原长L0= cm，劲度系数k= N/m．
（3）用图（a）的方法进行实验与将弹簧竖直悬挂起来进行实验相比较：
优点在于： ；
缺点在于： ．
10．某实验小组用下列器材设计了如图1所示的欧姆表电路，通过调控电键S和调节电阻箱，可使欧姆表具有“×1”、“×10”两种倍率．
A．干电池：电动势E=1.5V，内阻r=0.5Ω
B．电流表mA：满偏电流Ig=1mA，内阻Rg=150Ω
C．定值电阻R1=1200Ω
D．电阻箱R2：最大阻值999.99Ω
E．电阻箱R3：最大阻值999.99Ω
F．电阻箱R4：最大阻值9999Ω
G．电键一个，红、黑表笔各1支，导线若干
（1）该实验小组按图1正确连接好电路．当电键S断开时，将红、黑表笔短接，调节电阻箱R2，使电流表达到满偏电流，此时闭合电路的总电阻叫做欧姆表的内阻R内，则R内= Ω，欧姆表的倍率是 （选填“×1”、“×10”）．
（2）闭合电键S：
第一步：调节电阻箱R2和R3，当R2= Ω且R3= Ω时，再将红、黑表笔短接，电流表再次达到满偏电流．
第二步：在红、黑表笔间接入电阻箱R4，调节R4，当电流表指针指向图2所示的位置时，对应的欧姆表的刻度值为 Ω．
11．有一个半径为R的光滑半球固定在水平面上，在半球顶端A点无初速释放一个质量为m的可视为质点的光滑小球，小球先沿半球下滑一段距离后到达B点恰好离开半球面．已知重力加速度为g，求：
（1）小球落地时速度的大小为多少？
（2）B点与球心的连线和竖直线的夹角θ多大？（可用反三角函数表示）并求出小球到达B点时的速度大小为多少？
12．如图所示，在Oxy平面（纸面）内有垂直平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一足够长的挡板MN与x轴成30°角倾斜放置且通过原点O，放射源A的位置坐标为（0，a）．某时刻，放射源A沿纸面向第一象限内的各个方向均匀地辐射同种带正电的粒子，粒子的质量为m、电荷量为q，速率均为．不计粒子的重力、不考虑粒子间的相互作用，打到挡板的粒子均被接地的挡板吸收．
（1）求在同一时刻，放射源A发出的能够到达挡板的粒子中，最后到达挡板的粒子和最先到达挡板的粒子的时间差；
（2）保持挡板与x轴正方向的夹角30°不变，在纸面内沿y轴负方向将挡板MN平移至某一位置，发现从放射源A发出的所有粒子中总有的粒子能击中挡板，求挡板与y轴交点的纵坐标．
（二）选考题：
13．如图所示为研究光电效应规律的实验电路，电源的两个电极分别与接线柱c、d连接．用一定频率的单色光a照射光电管时，灵敏电流计G的指针会发生偏转，而用另一频率的单色光b照射该光电管时，灵敏电流计G的指针不偏转．下列说法正确的是（ ）
A．a光的频率一定大于b光的频率
B．电源正极可能与c接线柱连接
C．用b光照射光电管时，一定没有发生光电效应
D．若灵敏电流计的指针发生偏转，则电流方向一定是由e→G→f
E．若增加a光的强度，则单位时间内逸出的光电子数增加，逸出的光电子最大初动能变大
14．用质子流轰击固态的重水D2O，当质子和重水中的氘核发生碰撞时，系统损失的动能如果达到核反应所需要的能量，将发生生成He核的核反应．
（1）写出质子流轰击固态的重水D2O的核反应方程；
（2）当质子具有最小动能E1=1.4MeV时，用质子流轰击固态的重水D2O（认为氘核是静止的）可发生核反应；若用氘核轰击普通水的固态冰（认为质子是静止的）时，也能发生同样的核反应，求氘核的最小动能E2．已知氘核质量等于质子质量的2倍．
2016年湖北省黄冈中学高考物理模拟试卷（十）
参考答案与试题解析
一、选择题：（本题包括8小题．每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，1～5题只有一个选项正确．6、7、8题有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的或不答的得0分．）
1．一般发电机组输出的电压在十千伏上下，不符合远距离输电的要求．要在发电站内用升压变压器，升压到几百千伏后再向远距离输电．到达几百公里甚至几千公里之外的用电区之后，再经“一次高压变电站”、“二次变电站”降压．已知经低压变电站降压变压器（可视为理想变压器）后供给某小区居民的交流电u=220sin100πtV，该变压器原、副线圈匝数比为50：1，则（ ）
A．原线圈上的电压为11000V
B．原线圈中电流的频率是100Hz
C．原线圈使用的导线应该比副线圈的要粗
D．采用高压输电有利于减少输电线路中的损耗
【考点】远距离输电．
【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、供给某小区居民的交流电u=220sin100πtV，最大值为220V，故输出电压有效值为220V，
根据变压比公式，输入电压为：U1=，故A错误；
B、交流电u=220sin100πtV，故频率：f==50Hz，故B错误；
C、变压器原、副线圈的电流比等于匝数之反比，即，副线圈的电流大于原线圈的电流，所以副线圈的导线粗，故C错误；
D、在输送电功率一定的情况下，根据公式P=UI，高压输电有利于减小输电电流，电功率损耗△P=I2r也会减小，故D正确；
故选：D．
2．甲、乙两车某时刻由同一地点，沿同一方向开始做直线运动，若以该时刻作为计时起 点，得到两车的位移﹣时间图象，即x﹣t图象如图所示，甲图象过O点的切线与AB平行，过C点的切线与OA平行，则下列说法中正确的是（ ）
A．在两车相遇前，t1时刻两车相距最远
B．t3时刻甲车在乙车的前方
C．0﹣t2时间内甲车的瞬时速度始终大于乙车的瞬时速度
D．甲车的初速度等于乙车在t3时刻的速度
【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】在位移﹣时间图象中，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，斜率表示速度；图象的交点表示位移相等，平均速度等于位移除以时间．
【解答】解：A、图象的纵坐标表示物体所在的位置；由图可知t1时刻CA相距最大，即两车的距离最大，故A正确；
B、t3时刻两车的位置相同，两车处在同一位置，故B错误；
C、图象斜率表示速度，由图可知，0﹣t1时间C的斜率大于A，之后C的斜率小于A，故C错误；
D、图象的斜率表示物体的速度，由图可知，甲车的初速度等于乙车在t3时刻的速度，故D正确；
故选：AD．
3．如图1所示，在倾斜角为θ的光滑斜面上放一轻质弹簧，其下端固定，静止时上端位置在B点，在A点放上一质量m=2.0kg的小物体，小物体自由释放，从开始的一段时间内的v﹣t图象如图2所示，小物体在0.4s时运动到B点，在0.9s到达C点，BC的距离为1.2m（g=10m/s2），由图知（ ）
A．斜面倾斜角θ=60°
B．物体从B运动到C的过程中机械能守恒
C．物块从C点回到A点过程中，加速度先增后减，再保持不变
D．在C点时，弹簧的弹性势能为16J
【考点】功能关系；机械能守恒定律．
【分析】A、在0﹣4s内，物块做匀加速直线运动，先求出物块的加速度，利用牛顿第二定律即可解得斜面的倾角，由此可知选项A的正误．
B、从不到C的过程中，分析有哪些力再对物块做功，继而可知物块的机械能是否守恒，继而可知选项B的正误．
C、从C点到A的过程中，通过分析弹力的大小变化，与重力在斜面方向上分量进行比较，即可得知物块在运动的过程中的加速度的变化情况，继而得知选项C的正误．
D、把弹簧和物块看做一个整体，整体的机械能守恒，从B到C的过程中，物块的减少的机械能全部转化为弹簧的弹性势能，由此可通过计算可得知选项D的正误．
【解答】解：A、由图乙所示图象可知，在0﹣4s内，物块做匀加速直线运动，加速度为：a===5m/s2，
由牛顿第二定律得：mgsinθ=ma，
解得：sinθ===0.5，
得：θ=30°，选项A错误；
B、从B到C过程，除重力做功外，弹簧弹力对物块最负功，物块的机械能不守恒，故B错误；
C、物块从C点回到A点过程中，开始弹簧的弹力大于重力沿斜面向下的分力，合力向上，物块向上做加速运动，弹力逐渐减小，物块所受合力减小，物块的加速度减小，然后弹簧的弹力小于重力沿斜面向下的分力，合力向下，物块做减速运动，随物块向上运动，弹簧弹力变小，物块受到的合力变大，加速度变大，当物体与弹簧分离后，物块受到的合力等于重力的分力，加速度不变，物块做加速度不变的减速运动，由此可知在整个过程中，物块的加速度先减小后增大，再保持不变，故C错误；
D、弹簧和物块组成的系统的机械能守恒，由能量守恒定律可得在C点弹簧的弹性势能为：EP=mvB2+mghBC=×2×22+2×10×1.2×sin30°=16J，故D正确；
故选：D．
4．地球赤道上的重力加速度为g，物体在赤道上随地球自转的向心加速度为a，卫星甲、乙、丙在如图所示三个椭圆轨道上绕地球运行，卫星甲和乙的运行轨道在P点相切，以下说法中正确的是（ ）
A．如果地球自转的角速度突然变为原来的倍，那么赤道上的物体将会“飘”起来
B．卫星甲、乙经过P点时的加速度大小相等
C．卫星甲的周期最小
D．三个卫星在远地点的速度可能大于第一宇宙速度
【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．
【分析】根据发射速度大小，分析卫星发射的难易程度，发射速度越大，发射越困难．机械能跟卫星的速度、高度和质量有关，质量未知时，是无法比较卫星的机械能大小的．根据开普勒第三定律知，椭圆半长轴越大，卫星的周期越大．由牛顿第二定律研究加速度
【解答】解：A、使地球上的物体票“飘”起来即物体处于完全失重状态，即此时物体所受地球的重力完全提供物体随地球自转时的向心力则有：﹣mg=ma
当物体飘起来的时候，万有引力完全提供向心力，则此时物体的向心加速度为a′：ma′==mg+ma，即此时的向心加速度a′=g+a
则a=rω2 则ω2为原来的倍，则A错误
B、卫星在同一位置其加速度相同，则B正确
C、根据开普勒第三定律知，椭圆半长轴越小，卫星的周期越小，卫星丙的半长轴最短，故周期最小．则C错误
D、卫星在远地点做向心运动，其速度要小于第一宇宙速度．则D错误
故选：B．
5．甲图中a、b是电流相等的两直线电流，乙图中c、d是电荷量相同的两正点电荷，O为两电流（或电荷）连线的中点，在O点正上方有一电子，较小的速度v射向O点，不计重力．关于电子的运动，下列说法正确的是（ ）
A．甲图中的电子将做变速运动
B．乙图中的电子将做往复运动
C．乙图中的电子在向O点运动的过程中，加速度一定在减小
D．乙图中的电于在O点动能最大，电势能也最大
【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；洛仑兹力．
【分析】根据安培定则判断出磁场的方向，根据左手定则判断出电子运动中受力方向，根据电子受到的电场力的特点判断出电子在电场中的运动特点．
【解答】解：A、甲图中ab在电子运动的方向上产生的磁场的方向都向下，与电子运动的方向相同，所以电子不受洛伦兹力的作用将做匀速直线运动．故A错误；
B、乙图中，cd的连线上，O点上方的电场方向向上，O点下方的电场的方向向下，电子在O点上方受到的电场力的方向向下，在O点的下方受到的电场力的方向向上，所以电子先做加速运动，后做减速运动，将在某一范围内做往复运动．故B正确；
C、乙图中，cd的连线上，O点的电场强度是0，O点上方的电场方向向上，O点下方的电场的方向向下，从O点向两边电场强度的电场线增大，后减小，所以乙图中的电子在向O点运动的过程中，加速度不一定在减小．故C错误；
D、乙图中，cd的连线上，O点上方的电场方向向上，O点下方的电场的方向向下，所以O点的电势最高；电子带负电，乙图中的电子在O点动能最大，电势能最小．故D错误．
故选：B．
6．如图所示，一斜面体A静止在粗糙的水平面上，在其斜面上放一物块B，若给物块B一沿斜面向下的初速度，则其恰好能沿斜面匀速直线下滑．在物块B下滑的过程中，再对B施加一个作用力，使物块B仍在斜面上沿原来的方向下滑，斜面体A始终处于静止状态．则下列说法正确的是（ ）
A．若对物块B施加的作用力F1竖直向下，则物块B仍将保持匀速下滑，且斜面体A与地面之间无摩擦力
B．若对物块B施加的作用力F2沿斜面向下，则物块B将加速下滑，且斜面体A受到地面的静摩擦力水平向左
C．若对物块B施加的作用力F3水平向左，则物块B将做减速下滑，且在停止运动前斜面体A受到地面的静摩擦力水平向右
D．无论对物块B施加什么方向的力，在B停止运动前，斜面体A与地面间都无摩擦力
【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．
【分析】未加F时，物块匀速下滑，受力平衡，由平衡条件和摩擦力公式得出sinθ与μcosθ的大小．再分析对物块施加一个竖直向下的恒力F时，重力和F沿斜面向下的分力与滑动摩擦力的大小，判断物块的运动状态．
【解答】解：A、B、未加F时，物块匀速下滑，受力平衡，物体的受到重力、支持力和摩擦力的作用，
由平衡条件得：
mgsinθ=μmgcosθ
解得：
sinθ=μcosθ
得：
对物块施加一个竖直向下的恒力F时，物块受到的滑动摩擦力大小为：
f=μ（F+mg）cosθ
重力和F沿斜面向下的分力大小为：
（F+mg）sinθ
则可知：（F+mg）sinθ=μ（F+mg）cosθ，则物块受力仍平衡，所以仍处于匀速下滑状态．
根据共点力平衡条件，物体M对m的摩擦力和支持力的合力仍然竖直向上，根据牛顿第三定律，物体m对M的作用力竖直向下，故M相对地面没有运动趋势，故不受静摩擦力；故A正确，B错误；
C、D、若对物块B施加的作用力F3水平向左，则物块B将做减速下滑，在B下滑的过程中，B对A的压力增大，摩擦力也增大，由于：，所以A受到的B对A的压力与摩擦力的和仍然竖直向下，所以无论对物块B施加什么方向的力，在B停止运动前，斜面体A与地面间都无摩擦力．故C错误，D正确．
故选：AD．
7．如图所示，相距为d的边界水平的匀强磁场，磁感应强度垂直纸面向里、大小为B．质量为m、电阻为R、边长为L的正方形线圈M，将线圈在磁场上方高h处由静止释放，已知cd边刚进入磁场时和cd边刚离开磁场时速度相等，不计空气阻力，则（ ）
A．若L=d，则线圈穿过磁场的整个过程用时为
B．在线圈穿过磁场的整个过程中，克服安培力做功为mgd
C．若L＜d则线圈穿过磁场的整个过程中最小速度可能
D．若L＜d，则线圈穿过磁场的整个过程中最小速度可能
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；安培力．
【分析】线圈由静止释放，其下边cd刚进入磁场和刚穿出磁场时刻的速度是相同的，根据功能关系分析产生的热量，即可得到克服安培力做功．因为线圈全部进入磁场不受安培力，要做匀加速运动．可知线圈进入磁场先要做减速运动．根据动能定理、平衡条件等力学规律进行解答．
【解答】解：
A、线圈刚进入磁场时的速度大小 v=，若L=d，线圈将匀速通过磁场，所用时间为 t===d，故A正确．
B、根据能量守恒研究从cd边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程：动能变化为0，重力势能转化为线框产生的热量，则进入磁场的过程中线圈产生的热量 Q=mgd．
cd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0，所以从cd边刚穿出磁场到ab边离开磁场的过程，线框产生的热量与从cd边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程产生的热量相等，所以线圈从cd边进入磁场到ab边离开磁场的过程，产生的热量Q′=2mgd，感应电流做的功为2mgd．故B错误．
C、若L＜d，线框可能先做减速运动，在完全进入磁场前做匀速运动，因为完全进入磁场时的速度最小，则 mg=，则最小速度v=．故C正确．
D、因为进磁场时要减速，即此时的安培力大于重力，速度减小，安培力也减小，当安培力减到等于重力时，线圈做匀速运动，全部进入磁场将做加速运动，设线圈的最小速度为vm，知全部进入磁场的瞬间速度最小．
由动能定理，从cd边刚进入磁场到线框完全进入时，则有： mvm2﹣mv02=mgL﹣mgd
有mv02=mgh，综上所述，线圈的最小速度为 vm=．故D正确．
故选：ACD
8．如图所示，绝缘的中空轨道竖直固定，圆弧段COD光滑，对应圆心角为120°，C、D两端等高，O为最低点，圆弧的圆心为O′，半径为R；直线段AC、HD粗糙且足够长，与圆弧段分别在C、D端相切．整个装置处于方向垂直于轨道所在平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，在竖直虚线MC左侧和虚线ND右侧存在着电场强度大小相等、方向分别为水平向右和水平向左的匀强电场．现有一质量为m、电荷量恒为q、直径略小于轨道内径、可视为质点的带正电小球，从轨道内距C点足够远的P点由静止释放．若小球所受电场力的大小等于其重力的倍，小球与直线段AC、HD间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，则（ ）
A．小球在第一次沿轨道AC下滑的过程中，最大加速度amax=g
B．小球在第一次沿轨道AC下滑的过程中，最大速度vmax=
C．小球进入DH轨道后，上升的最高点比P点低
D．小球经过O点时，对轨道的弹力最小值一定为|2mg﹣qB|
【考点】带电粒子在混合场中的运动．
【分析】A、根据重力与电场力的大小，即可知带电小球与管壁无作用力，当下滑后，导致洛伦兹力增加，从而使得与管壁的作用力增加，进而滑动摩擦力增大，由牛顿第二定律，即可求解；
B、根据小球做匀速直线运动，则受到的滑动摩擦力等于电场力与重力的合力，从而即可求解；
C、根据动能定理，结合电场力与重力的合力做功，与摩擦力做功的之和为零，从而即可求解；
D、根据牛顿第二定律，结合机械能守恒定律，与左手定则及洛伦兹力表达式，即可求解．
【解答】解：A、小球第一次沿轨道AC下滑的过程中，由题意可知，电场力与重力的合力方向恰好沿着斜面AC，则刚开始小球与管壁无作用力，当从静止运动后，由左手定则可知，洛伦兹力导致球对管壁有作用力，从而导致滑动摩擦力增大，而重力与电场力的合力大小为：
F==mg，
其不变，根据牛顿第二定律可知，做加速度减小的加速运动，因刚下滑时，加速度最大，
即为amax==g；故A正确；
B、当小球的摩擦力与重力及电场力的合力相等时，洛伦兹力大小等于弹力，小球做匀速直线运动，小球的速度达到最大，
即为qvB=N，而μN=f，且f=mg，因此解得：vmax=，故B错误；
C、根据动能定理，可知，取从静止开始到进入DH轨道后，因存在摩擦力做功，导致上升的最高点低于P点，故C正确；
D、对小球在O点受力分析，且由C向D运动，由牛顿第二定律，则有：N﹣mg+Bqv=m；
由C到O点，机械能守恒定律，则有：mgRsin30°=mv2；
由上综合而得：对轨道的弹力为2mg﹣qB，
当小球由D向C运动时，则对轨道的弹力为2mg+qB，故D错误；
故选：AC．
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14题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题
9．在“探究弹力和弹簧伸长的关系并测定弹簧的劲度系数”的实验中，实验装置如右图（a）所示．所用的每个钩码的重力相当于对水平放置的弹簧提供了水平向右的恒定拉力F．实验时先测出不挂钩码时弹簧的自然长度，再多次改变挂在绳子下端的钩码个数，每次都测出相应的弹簧长度L．
（1）有一个同学根据测量的6组数据正确地描点在坐标图中，如图（b）．请在图（b）中作出F﹣L图线．
（2）由此图线可得出该弹簧的原长L0= 5 cm，劲度系数k= 25 N/m．
（3）用图（a）的方法进行实验与将弹簧竖直悬挂起来进行实验相比较：
优点在于： 弹簧自身重力的影响可消去 ；
缺点在于： 弹簧与水平面之间的摩擦力有影响 ．
【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系．
【分析】实验中需要测量多组弹力的大小和弹簧的长度，根据要求设计出表格．作出F﹣L的关系图线．当弹簧弹力为零时，弹簧处于原长，结合图线得出弹簧的原长，根据图线的斜率求出劲度系数的大小．误差分析
【解答】解：（1）描点作图，F﹣L如图所示如图所示
（2）当弹力为零时，弹簧的形变量为零，此时弹簧的长度等于弹簧的原长，因为弹簧的长度L=5cm，可知弹簧的原长L0=5cm．
根据胡克定律知，k=，可知图线的斜率表示劲度系数，则k===25N/m，
（3）弹簧悬挂弹簧自身所受重力对实验的影响
弹簧水平放置：弹簧与桌面及绳子与滑轮间存在的摩擦造成实验的误差；
故答案为：（1）如图所示．
（2）5 25
（3）弹簧自身重力的影响可消去 弹簧与水平面之间的摩擦力有影响
10．某实验小组用下列器材设计了如图1所示的欧姆表电路，通过调控电键S和调节电阻箱，可使欧姆表具有“×1”、“×10”两种倍率．
A．干电池：电动势E=1.5V，内阻r=0.5Ω
B．电流表mA：满偏电流Ig=1mA，内阻Rg=150Ω
C．定值电阻R1=1200Ω
D．电阻箱R2：最大阻值999.99Ω
E．电阻箱R3：最大阻值999.99Ω
F．电阻箱R4：最大阻值9999Ω
G．电键一个，红、黑表笔各1支，导线若干
（1）该实验小组按图1正确连接好电路．当电键S断开时，将红、黑表笔短接，调节电阻箱R2，使电流表达到满偏电流，此时闭合电路的总电阻叫做欧姆表的内阻R内，则R内= 1500 Ω，欧姆表的倍率是 ×10 （选填“×1”、“×10”）．
（2）闭合电键S：
第一步：调节电阻箱R2和R3，当R2= 14.5 Ω且R3= 150 Ω时，再将红、黑表笔短接，电流表再次达到满偏电流．
第二步：在红、黑表笔间接入电阻箱R4，调节R4，当电流表指针指向图2所示的位置时，对应的欧姆表的刻度值为 50 Ω．
【考点】用多用电表测电阻．
【分析】（1）由闭合电路欧姆定律可求得欧姆表的内阻，根据表盘的刻度分布可知对应的倍率；
（2）根据闭合电路欧姆定律可求得两电阻的阻值；再由所用倍率及对应的示数即可求得欧姆表的刻度．
【解答】解：（1）由闭合电路欧姆定律可知：
内阻R丙==1500Ω；
故中值电阻应为1500Ω，根据多用电表的刻度设置可知，表盘上只有两种档位，若为×1，则中性电阻太大，不符合实际，故欧姆表倍率应为“×10”．
（2）为了得到“×1”倍率，应让满偏时对应的电阻为150Ω；
电流I1==0.01A；
此时表头中电流应为0.001A；则与之并联电阻R3电流应为：0.01﹣0.001=0.009A；
并联电阻R3==150Ω；
R2+r==15Ω
故R2=15﹣0.5=14.5Ω；
图示电流为0.75mA；
则总电阻R总==2000Ω
故待测电阻R测=2000﹣1500=500Ω；
故对应的刻度应为50
故答案为：（1）1500；×10
（2）14.5；150； 50
11．有一个半径为R的光滑半球固定在水平面上，在半球顶端A点无初速释放一个质量为m的可视为质点的光滑小球，小球先沿半球下滑一段距离后到达B点恰好离开半球面．已知重力加速度为g，求：
（1）小球落地时速度的大小为多少？
（2）B点与球心的连线和竖直线的夹角θ多大？（可用反三角函数表示）并求出小球到达B点时的速度大小为多少？
【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力；动能定理．
【分析】（1）小球运动过程中只有重力做功，机械能守恒，根据守恒定律列式求解落地速度；
（2）小球沿着光滑半球运动过程中，受重力和支持力，合力沿着半径方向的分力提供向心力，根据牛顿第二定律和动能定理分别列式，恰好离开半球时，弹力为零．
【解答】解：（1）小球从A点下落到达地面的过程中，由机械能守恒定律，有：
解得：
（2）设小球下滑到B点，与竖直夹角为θ 时，刚好离开半球面，根据牛顿第二定律，有：
根据动能定理，有：
当 NB=0时，得：
（）
答：（1）小球落地时速度的大小为；
（2）B点与球心的连线和竖直线的夹角θ为，小球到达B点时的速度大小为．
12．如图所示，在Oxy平面（纸面）内有垂直平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一足够长的挡板MN与x轴成30°角倾斜放置且通过原点O，放射源A的位置坐标为（0，a）．某时刻，放射源A沿纸面向第一象限内的各个方向均匀地辐射同种带正电的粒子，粒子的质量为m、电荷量为q，速率均为．不计粒子的重力、不考虑粒子间的相互作用，打到挡板的粒子均被接地的挡板吸收．
（1）求在同一时刻，放射源A发出的能够到达挡板的粒子中，最后到达挡板的粒子和最先到达挡板的粒子的时间差；
（2）保持挡板与x轴正方向的夹角30°不变，在纸面内沿y轴负方向将挡板MN平移至某一位置，发现从放射源A发出的所有粒子中总有的粒子能击中挡板，求挡板与y轴交点的纵坐标．
【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）由洛伦兹力提供向心力即可求出粒子运动的半径，然后求出周期．根据粒子转过的圆心角与粒子做圆周运动的周期，根据t=求出粒子的运动时间以及最后到达挡板的粒子和最先到达挡板的粒子的时间差；
（2）发生的粒子角度的范围是180°，若有的粒子能击中挡板，则对应的角度为60°的范围，画出粒子运动的轨迹，找出60°的角的时候的几何关系即可正确解答．
【解答】解：（1）正粒子在纸面内做半径为R的匀速圆周运动，由牛顿第二定律：
解得：
弦长最短时对应的圆心角最小，匀速圆周运动的时间最短．过A点作挡板的垂线，垂足为C，AC即为最短弦，其对应的圆心为O1．在直角△OCA中：
可见，△O1AC为等边三角形，则：
故在某一时刻，从放射源出发最先到达挡板的粒子（甲）用时：
在该时刻，从放射源出发向上运动的粒子最后到达挡板（乙）用时最长，对应的弦为直径
过A点作y轴的垂线，垂线AD交挡板于D点，在直角△OAD中：
故沿y轴正方向射出的乙粒子经过半个圆周最后到达挡板上的D点，用时：
甲、乙两粒子速率相同，由周期公式：
联立解得甲、乙两粒子到达挡板的时间差：
（2）如图2，以A点为圆心，以为半径画出所有粒子圆心的轨迹（半圆）．在直线AC上取点Q，令，当挡板平移到Q点的下方时，所有粒子都不能到达挡板．
假设当挡板平移到y轴负方向上的P点时，从放射源A发出的所有粒子中有的粒子能击中挡板．作EF∥MN，交半圆周于E、F，分别过E、F点作挡板的垂线，对应的垂足为G、H，令，当∠EAF=60°时，将有的粒子（圆心位置在弧之间的粒子）能击中挡板．由于∠EAC=30°，故E点必在y轴上．
由几何关系：
P点纵坐标：yp=﹣（AP﹣a）
联立解得：
答：（1）在同一时刻，放射源A发出的能够到达挡板的粒子中，最后到达挡板的粒子和最先到达挡板的粒子的时间差是；
（2）发现从放射源A发出的所有粒子中总有的粒子能击中挡板，挡板与y轴交点的纵坐标是．
（二）选考题：
13．如图所示为研究光电效应规律的实验电路，电源的两个电极分别与接线柱c、d连接．用一定频率的单色光a照射光电管时，灵敏电流计G的指针会发生偏转，而用另一频率的单色光b照射该光电管时，灵敏电流计G的指针不偏转．下列说法正确的是（ ）
A．a光的频率一定大于b光的频率
B．电源正极可能与c接线柱连接
C．用b光照射光电管时，一定没有发生光电效应
D．若灵敏电流计的指针发生偏转，则电流方向一定是由e→G→f
E．若增加a光的强度，则单位时间内逸出的光电子数增加，逸出的光电子最大初动能变大
【考点】爱因斯坦光电效应方程．
【分析】光电子到达负极的条件是光电子的最大初动能大于eU；发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，光的强度影响单位时间内发出光电子的数目，即影响光电流的大小．
【解答】解：A、B、由于电源的接法不知道，所以有两种情况：
1．C接负极，d接正极：用某种频率的单色光a照射光电管阴极K，电流计G的指针发生偏转，知a光频率大于金属的极限频率．用另一频率的单色光b照射光电管阴极K时，电流计G的指针不发生偏转，知b光的频率小于金属的极限频率，所以a光的频率一定大于b光的频率．
2．C接正极，d接负极：用某种频率的单色光a照射光电管阴极K，电流计G的指针发生偏转，知a光产生的光电子能到达负极d端．用另一频率的单色光b照射光电管阴极K时，电流计G的指针不发生偏转，知b光产生的光电子不能到达负极d端，所以a光产生的光电子的最大初动能大，所以a光的频率一定大于b光的频率．故A正确，B正确；
C、由以上的分析可知，不能判断出用b光照射光电管时，一定没有发生光电效应．故C错误．
D、电流的方向与负电荷定向移动的方向相反，若灵敏电流计的指针发生偏转，则电流方向一定是由e→G→f．故D正确；
E、根据光电效应方程EKm=hγ﹣W0，入射光的强度增大，逸出的光电子最大初动能不变，单位时间内逸出的光电子数目增大．故E错误．
故选：ABD．
14．用质子流轰击固态的重水D2O，当质子和重水中的氘核发生碰撞时，系统损失的动能如果达到核反应所需要的能量，将发生生成He核的核反应．
（1）写出质子流轰击固态的重水D2O的核反应方程；
（2）当质子具有最小动能E1=1.4MeV时，用质子流轰击固态的重水D2O（认为氘核是静止的）可发生核反应；若用氘核轰击普通水的固态冰（认为质子是静止的）时，也能发生同样的核反应，求氘核的最小动能E2．已知氘核质量等于质子质量的2倍．
【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律；爱因斯坦质能方程．
【分析】（1）根据电荷数守恒、质量数守恒写出核反应方程．
（2）根据动量守恒定律和能量守恒定律求出系统损失的动能，抓住用质子轰击氘核和用氘核轰击质子核反应相同，故发生核反应所需的能量相同，求出氘核的最小动能．
【解答】解：
（1）根据电荷数守恒、质量数守恒得，11H+12D→23He
（2）设质子、氘核的质量分别为m、M，当质子和氘核发生完全非弹性碰撞时，系统损失的动能最大．由动量守恒：mv0=（m+M）v
质子轰击氘核损失的动能：△E1=
E1=mv02
解得：△E1=
同理可得，氘核轰击质子系统损失的动能：△E2=
由于用质子轰击氘核和用氘核轰击质子核反应相同，故发生核反应所需的能量相同，由题意：△E1=△E2
联立解得：E2=2.8MeV
答：（1）质子流轰击固态的重水D2O的核反应方程为11H+12D→23He
（2）氘核的最小动能为2.8MeV．
2016年4月24日
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