2016年湖南省怀化市高考物理三模试卷
二、选择题：本题共8小题，每小题6分．
1．关于物理学的研究方法，以下说法错误的是（ ）
A．伽利略开创了运用逻辑推理和实验相结合进行科学研究的方法
B．卡文迪许在利用扭秤实验装置测量万有引力常量时，应用了放大法
C．合力与分力、总电阻、交流电的有效值用的是“等效替代”的方法
D．电场强度是用比值法定义的，因而电场强度与电场力成正比，与试探电荷的电量成反比
2．如图所示，质量为m的小球系于轻质弹簧的一端，且套在光滑竖立的圆环上，弹簧的上端固定于环的最高点A，小球静止时处于圆环的B点，此时∠AOB=60°，弹簧伸长量为L．现用该弹簧沿水平方向拉住质量为2m的物体，系统静止时弹簧伸长量也为L．则此时物体所受的摩擦力（ ）
A．等于零
B．大小为0.5mg，方向沿水平面向右
C．大小为mg，方向沿水平面向左
D．大小为2mg，方向沿水平面向右
3．如图所示，闭合电键S后，A、B、C三灯发光亮度相同，此后向上移动滑动变阻器R的滑片，则下列说法中正确的是（ ）
A．三灯的电阻大小是RA＞RC＞RB B．三灯的电阻大小是RA＞RB＞RC
C．A灯变亮、C灯变亮，B灯变暗 D．A灯变亮、B灯变暗，C灯变暗
4．如图所示，两个垂直于纸面的匀强磁场方向相反，磁感应强度的大小均为B，磁场区域的宽度均为a．高度为a的正三角形导线框ABC从图示位置沿x轴正向匀速穿过两磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，在下列图形中能正确描述感应电流I与线框移动距离x关系的是（ ）
A． B． C． D．
5．静电场方向平行于x轴，其电势随x的分布可简化为如图所示的折线，图中φ0 和d为已知量．一个带负电的粒子在电场中以x=0为中心、沿x轴方向做周期性运动．已知该粒子质量为m、电量为﹣q，忽略重力．规定x轴正方向为电场强度E、加速度a、速度v的正方向，如图分别表示x轴上各点的电场强度E，小球的加速度a、速度v和动能Ek随x的变化图象，其中正确的是（ ）
A． B． C． D．
6．由于地球自转的影响，地球表面的重力加速度会随纬度的变化而有所不同．已知地球表面两极处的重力加速度大小为g0，在赤道处的重力加速度大小为g，地球自转的周期为T，引力常量为G．假设地球可视为质量均匀分布的球体．下列说法正确的是（ ）
A．质量为m的物体在地球北极受到的重力大小为mg
B．质量为m的物体在地球赤道上受到的万有引力大小为mg0
C．地球的半径为
D．地球的密度为
7．如图所示，在光滑绝缘的水平面OP右侧有竖直向上的匀强磁场，两个相同的带电小球a和b以大小相等的初速度从O点沿垂直磁场方向进人匀强磁场，最后两球均运动到OP边界上，下列说法正确的是（ ）
A．球a、b均带正电
B．球a在磁场中运动的时间比球b的短
C．球a在磁场中运动的路程比球b的短
D．球a在P上的落点与O点的距离比b的近
8．如图所示，一质量为m的物体在沿斜面向上的恒力F作用下，由静止从底端向上做匀加速直线运动．若斜面足够长，表面光滑，倾角为θ．经时间t恒力F做功80J，此后撤去恒力F，物体又经时间t回到出发点，且回到出发点时的速度大小为v，若以地面为重力势能的零势能面，则下列说法中正确的是（ ）
A．物体回到出发点时的机械能是80 J
B．在撤去力F前的瞬间，力F的功率是mgvsinθ
C．撤去力F前的运动过程中，物体的重力势能一直在增加，撤去力F后的运动过程中物体的重力势能一直在减少
D．撤去力F前的运动过程中，物体的动能一直在增加，撤去力F后的运动过程中物体的动能一直在减少
二、解答题（共4小题，满分47分）
9．某同学利用如图（a）所示装置测量当地重力加速度．实验时，通过电磁铁控制小球从P处自由下落，小铁球依次通过两个光电门Ⅰ、Ⅱ，测得遮光时间分别为△t1和△t2，两光电门中心的高度差为h，回答下列问题：
（1）用螺旋测微器测得小铁球直径的示数如图（b）所示，则小铁球的直径D= mm；
（2）计算重力加速度表达式为g= ；（用测定的物理量的符号表示）
（3）为了减小实验误差，以下建议合理的是
A．减小光电门Ⅰ、Ⅱ间的高度差
B．换用密度更大、体积更小的金属球
C．多次改变光电门Ⅰ、Ⅱ的位置，测量g并求其平均值．
10．现有两个电流表，电流表A1是准确完好的，电流表A2的满偏电流为0.6A，但其它示数标注的模糊不清无法读数，某同学利用这两个电流表和一个电阻箱，测量某待测电阻的阻值设计了如下电路．
（1）请根据电路图（图1），完成实物图（图2）的连接，并说明闭合开关前，滑片应滑到滑动变阻器的哪一端？ （填“a”或“b”）
（2）该同学连接好电路图后，进行了以下操作
第一步：调整电阻箱电阻，使电流表A2满偏，并记录下电阻箱的阻值和电流表A1的示数；
第二步：调整滑动变阻器滑片位置，重复第一步操作．
第三步：多次重复第二步操作
第四步：利用实验数据作出R﹣I图线如图3所示．
则待测电阻Rx= Ω，电流表A2的内阻为 Ω
11．如图所示，平行于纸面的匀强电场中有三点A、B、C，其连线构成边长l=2cm的等边三角形，现将一电荷量为q1=10﹣8C的正点电荷从A点移到B点，电场力做功为
W1=3×10﹣6J，将另一电荷量为q2=﹣10﹣8C的负点电荷从A点移到C点，电荷克服电场力做功为W2=3×10﹣6J，设A点的电势φA=0V．
（1）求B、C两点的电势
（2）求匀强电场的电场强度大小和方向
（3）一质量为m=10﹣8kg、带电荷量q=10﹣8C的微粒以平行于BC的速度经过A点后恰能通过C点，求该微粒通过C点时的动能．（分析中不考虑微粒所受重力）
12．如图所示，以水平地面建立x轴，有一个质量为m=1kg的木块放在质量为M=2kg的长木板上，木板长L=11.5m．已知木板与地面的动摩擦因数为μ1=0.1，m与M之间的动摩擦因数μ2=0.9（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）．m与M保持相对静止共同向右运动，已知木板的左端A点经过坐标原点O时的速度为v0=10m/s，在坐标为X=21m处的P点有一挡板，木板与挡板瞬间碰撞后立即以原速率反向弹回，而木块在此瞬间速度不变，若碰后立刻撤去挡板，g取10m/s2，求：
（1）木板碰挡板时的速度V1为多少？
（2）碰后M与m刚好共速时的速度？
（3）最终木板停止运动时AP间距离？
三、【物理-选修3-3】（共2小题，满分15分）
13．下列说法正确的是 （ ）
A．根据热力学定律知，热量能够从高温物体传到低温物体，但不能从低温物体传到高温物体
B．当分子间距离变小时，分子间的作用力可能减小，也可能增大
C．墨汁滴入水中，墨汁的扩散运动是由于碳粒和水分子产生化学反应而引起的
D．在宇宙飞船中的水滴呈球形是因为失重的水的表面张力作用的结果
E．石墨和金刚石的物理性质不同，是由于组成它们的物质微粒排列结构不同
14．如图所示，A、B为两个完全相同的导热气缸，内壁光滑，长均为30cm，截面积为20cm2，C是一质量和厚度均可忽略的活塞，D为阀门，开始时阀门关闭，C位于A气缸的最右端．A内有一个大气压的氢气，B内有2个大气压的氧气，阀门打开后，活塞C向左移动，最后达到平衡．设氢气、氧气均为理想气体，连接管道的体积可忽略不计，一个大气压强值p0=1.0×105Pa．求：
（i）活塞C移动的距离及平衡后A中气体的压强；
（ii）若要使活塞C重新回到原来位置，则需对A气缸加热到多少摄氏度？（假设变化前两缸温度为300K，取0℃为273K，B缸气体温度保持不变）
四、【物理--选修3-4】（共2小题，满分0分）
15．如图，沿波的传播方向上有间距均为2m的五个质点，均静止在各自的平衡位置，一列简谐横波以2m/s的速度水平向右传播，t=0时刻到达质点a，质点a开始由平衡位置向下运动，t=3s时质点a第一次到达最高点，在下列说法中正确的是（ ）
A．质点d开始振动后的振动周期为4s
B．t=4s时刻波恰好传到质点e
C．t=5s时刻质点b到达最高点
D．在3s＜t＜4s这段时间内质点c速度方向向上
E．这列简谐横波的波长为4m
16．如图所示，真空中有一个半径为R，质量分布均匀的玻璃球，一细激光束在真空中沿直线AB传播，激光束入射到玻璃球表面的B点经折射进入小球，激光束在B点入射角i=60°，并于玻璃球表面的C点经折射又进入真空中（光线所在平面经过球心）．最后打在玻璃球右边的竖直光屏上D点，已知玻璃球球心与D点的距离为d=，∠BOC=120°，光在真空中速度为c，求：
（i） 玻璃球对该激光束的折射率；
（ii）激光束自B点运动至光屏的时间．
【物理-选修3-5】解答题（共2小题，满分0分）
17．关于原子与原子核，在近代物理学知识的说法中，正确的是 （ ）
A．汤姆逊通过对阴极射线管的研究，提出了原子的核式结构模型
B．在光电效应现象中，逸出的光电子的最大初动能与入射光子的频率成正比
C．根据玻尔原理，氢原子的电子从能量为Em的轨道跃迁到能量为En的轨道，辐射频率为v的光子，则符合En=Em﹣hv（h为普朗克常量）
D．重核的裂变，轻核的聚变都会产生质量亏损
E． U衰变成P要经过8次α衰变和6次β衰变
18．如图所示，CDE为光滑的轨道，其中ED是水平的，CD是竖直平面内的半圆，与ED相切于D点，且半径R=0.5m，质量m=0.1kg的滑块A静止在水平轨道上，另一质量M=0.5kg的滑块B前端装有一轻质弹簧（A、B均可视为质点）以速度v0向左运动并与滑块A发生弹性正碰，若相碰后滑块A能过半圆最高点C，取重力加速度g=10m/s2，则：
（i）B滑块至少要以多大速度向前运动；
（ii）如果滑块A恰好能过C点，滑块B与滑块A相碰后轻质弹簧的最大弹性势能为多少？
2016年湖南省怀化市高考物理三模试卷
参考答案与试题解析
二、选择题：本题共8小题，每小题6分．
1．关于物理学的研究方法，以下说法错误的是（ ）
A．伽利略开创了运用逻辑推理和实验相结合进行科学研究的方法
B．卡文迪许在利用扭秤实验装置测量万有引力常量时，应用了放大法
C．合力与分力、总电阻、交流电的有效值用的是“等效替代”的方法
D．电场强度是用比值法定义的，因而电场强度与电场力成正比，与试探电荷的电量成反比
【考点】物理学史．
【分析】伽利略开创了运用逻辑推理和实验相结合进行科学研究的方法；卡文迪许在利用扭秤实验装置测量万有引力常量时，应用了放大法；电场强度是用比值法定义的，但是电场强度与电场力不成正比，与试探电荷的电量不成反比，电场强度由电场本身的性质确定；“合力与分力”“总电阻”“交流电的有效值”用的是“等效替代”的方法．
【解答】解：A、16世纪末，伽利略对运动的研究，不仅确立了许多用于描述运动的基本概念，而且创造了一套对近代科学发展极为有益的方法．这些方法的核心是把逻辑推理和实验相结合进行科学研究的方法．故A正确．
B、扭秤实验可以测量微弱的作用，关键在于它把微弱的作用经过了两次放大：一方面微小的力通过较长的力臂可以产生较大的力矩，使悬丝产生一定角度的扭转；另一方面在悬丝上固定一平面镜，它可以把入射光线反射到距离平面镜较远的刻度尺上，从反射光线射到刻度尺上的光点的移动，就可以把悬丝的微小扭转显现出来．故B正确．
C、合力与分力、总电阻、交流电的有效值用的是“等效替代”的方法，故C正确；
D、电场强度是用比值法定义的，但是电场强度与电场力不成正比，与试探电荷的电量不成反比，电场强度由电场本身的性质确定．故D错误．
本题选错误，故选：D．
2．如图所示，质量为m的小球系于轻质弹簧的一端，且套在光滑竖立的圆环上，弹簧的上端固定于环的最高点A，小球静止时处于圆环的B点，此时∠AOB=60°，弹簧伸长量为L．现用该弹簧沿水平方向拉住质量为2m的物体，系统静止时弹簧伸长量也为L．则此时物体所受的摩擦力（ ）
A．等于零
B．大小为0.5mg，方向沿水平面向右
C．大小为mg，方向沿水平面向左
D．大小为2mg，方向沿水平面向右
【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．
【分析】平衡状态下物体的受力分析，在夹角为特殊角时物体受力的特点．
【解答】解：对B进行受力分析可以知道，物体受到重力、弹簧的弹力和圆环对物体的支持力，由于三角形OAB是一个等边三角形，利用平行四边形定则做出重力、弹力的合力的平行四边形会发现，重力、弹力和支持力会处在同一个三角形中并且这个三角形是等边三角形，由此我们判定弹簧的弹力与物体的重力相等都是mg，此时弹簧伸长量为L，当该弹簧沿水平方向拉住质量为2m的物体时弹簧伸长量也为L，由此可知两次弹簧的弹力是一样的即为mg，由于质量为2m的物体处于静止状态，即受力平衡，在水平方向上是弹簧的弹力和物体所受的摩擦力平衡，所以物体所受的摩擦力大小即为mg，方向与弹簧的弹力方向相反即为水平面向左，故只有C正确．
故选：C．
3．如图所示，闭合电键S后，A、B、C三灯发光亮度相同，此后向上移动滑动变阻器R的滑片，则下列说法中正确的是（ ）
A．三灯的电阻大小是RA＞RC＞RB B．三灯的电阻大小是RA＞RB＞RC
C．A灯变亮、C灯变亮，B灯变暗 D．A灯变亮、B灯变暗，C灯变暗
【考点】闭合电路的欧姆定律．
【分析】根据功率公式P=I2R或P=分析电阻的大小．当滑动变阻器R的滑片向上滑动时，变阻器在路电阻增大，外电阻增大，分析路端电压的变化情况和干路电流的变化，即可确定灯A亮度的变化．根据干路电流的变化和通过A灯的电流变化，分析通过C灯的电流变化，即可判断C灯电压的变化，判断其亮度变化．根据C灯电压和路端电压的变化，分析B灯电压的变化，从而判断其亮度变化．
【解答】解：AB、A灯的电压大于C灯、B灯的电压，而两灯的实际功率相等，由P=可知：RA＞RC，RA＞RB．C灯的电流大于B灯的电流，两灯的实际功率相等，由P=I2R可得：RC＜RB．则得：RA＞RB＞RC．故A错误，B正确．
CD、当滑动变阻器R的滑片向上滑动时，变阻器在路电阻增大，外电阻增大，总电流减小，电源的内电压减小，路端电压增大，通过A灯的电流增大，则A灯变亮；
由于总电流减小，而通过A灯的电流增大，则通过C灯的电流减小，C灯变暗．C灯的电压减小，而路端电压增大，则B灯的电压增大，B灯变亮．故C、D错误．
故选：B
4．如图所示，两个垂直于纸面的匀强磁场方向相反，磁感应强度的大小均为B，磁场区域的宽度均为a．高度为a的正三角形导线框ABC从图示位置沿x轴正向匀速穿过两磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，在下列图形中能正确描述感应电流I与线框移动距离x关系的是（ ）
A． B． C． D．
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势．
【分析】本题导体的运动可分为三段进行分析，根据楞次定律可判断电路中感应电流的方向；由导体切割磁感线时的感应电动势公式可求得感应电动势的大小，再求得感应电流的大小．
【解答】解：x在0﹣a内，由楞次定律可知，电流方向为逆时针，为正方向；有效切割的长度为 L=2×（a﹣x）=（a﹣x），感应电动势为 E=BLv，感应电流为
I=，随着x的增大，I均匀减小，当x=0时，I==I0；当x=a时，I=0；
x在a﹣2a内，线框的AB边和其他两边都切割磁感线，由楞次定律可知，电流方向为顺时针，为负方向；有效切割的长度为 L=（2a﹣x），感应电动势为 E=BLv，感应电流大小为 I=2×Bv，随着x的增大，I均匀减小，当x=a时，I==2I0；当x=2a时，I=0；
x在2a﹣3a内，由楞次定律可知，电流方向为逆时针，为正方向；有效切割的长度为 L=（3a﹣x），感应电动势为 E=BLv，感应电流为
I=，随着x的增大，I均匀减小，当x=2a时，I==I0；当x=3a时，I=0；故根据数学知识可知B正确．
故选：B．
5．静电场方向平行于x轴，其电势随x的分布可简化为如图所示的折线，图中φ0 和d为已知量．一个带负电的粒子在电场中以x=0为中心、沿x轴方向做周期性运动．已知该粒子质量为m、电量为﹣q，忽略重力．规定x轴正方向为电场强度E、加速度a、速度v的正方向，如图分别表示x轴上各点的电场强度E，小球的加速度a、速度v和动能Ek随x的变化图象，其中正确的是（ ）
A． B． C． D．
【考点】电势差与电场强度的关系．
【分析】在φ﹣x图象的斜率表示电场强度，判断出场强的大小，由牛顿第二定律F=qE=ma判断出加速度的变化，由v=v0+at判断出速度的变化，根据动能定理判断出动能的变化．
【解答】解：A、φ﹣x图象的斜率表示电场强度，沿电场方向电势降低，因而在x=0的左侧，电场向左，且为匀强电场，故A 错误；
B、由于粒子带负电，粒子的加速度在x=0左侧加速度为正值，在x=0右侧加速度为负值，且大小不变，故B错误；
C、在x=0左侧粒子向右匀加速，在x=0的右侧向右做匀减速运动，速度与位移不成正比，故C错误；
D、在x=0左侧粒子根据动能定理qEx=Ek2，在x=0的右侧，根据动能定理可得﹣qEx=Ek′﹣Ek，故D正确
故选：D
6．由于地球自转的影响，地球表面的重力加速度会随纬度的变化而有所不同．已知地球表面两极处的重力加速度大小为g0，在赤道处的重力加速度大小为g，地球自转的周期为T，引力常量为G．假设地球可视为质量均匀分布的球体．下列说法正确的是（ ）
A．质量为m的物体在地球北极受到的重力大小为mg
B．质量为m的物体在地球赤道上受到的万有引力大小为mg0
C．地球的半径为
D．地球的密度为
【考点】万有引力定律及其应用．
【分析】质量为m的物体在两极所受地球的引力等于其所受的重力．根据万有引力定律和牛顿第二定律，在赤道的物体所受地球的引力等于其在两极所受的重力联立求半径．
【解答】解：A、质量为m的物体在两极所受地球的引力等于其所受的重力．F=mg0，故A错误；
B、质量为m的物体在地球赤道上受到的万有引力大小等于在地球北极受到的万有引力，即为mg0，故B正确；
C、设地球的质量为M，半径为R，在赤道处随地球做圆周运动物体的质量为m．
物体在赤道处随地球自转做圆周运动的周期等于地球自转的周期，轨道半径等于地球半径．
根据万有引力定律和牛顿第二定律有﹣mg=m
在赤道的物体所受地球的引力等于其在两极所受的重力即根据卫星运动的特点：越远越慢，知道在轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道Ⅰ上运动的周期=mg0
解得 R=，故C正确；
D、因为，所以 M=
又因地球的体积V=πR3，所以 ρ=，故D正确．
故选：BCD
7．如图所示，在光滑绝缘的水平面OP右侧有竖直向上的匀强磁场，两个相同的带电小球a和b以大小相等的初速度从O点沿垂直磁场方向进人匀强磁场，最后两球均运动到OP边界上，下列说法正确的是（ ）
A．球a、b均带正电
B．球a在磁场中运动的时间比球b的短
C．球a在磁场中运动的路程比球b的短
D．球a在P上的落点与O点的距离比b的近
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．
【分析】带电粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，由左手定则判断小球的电性，应用半径公式和周期公式进行分析．
【解答】解：A、根据题意作出两球运动的轨迹，如图，圆O1、O2分别为b、a的轨迹．由左手定则可知，a、b均带正电，故A正确；
B、a、b两粒子做圆周运动的半径都为 R=，由轨迹可知，a在磁场中转过的圆心角较大，由t=T==，则球a在磁场中运动的时间比球b的长，故B错误．
C、两球在磁场中运动的路程 S=θR，则知球a在磁场中运动的路程比球b的长，故C错误．
D、根据运动轨迹可知，在P上的落点与O点的距离a比b的近，故D正确．
故选：AD．
8．如图所示，一质量为m的物体在沿斜面向上的恒力F作用下，由静止从底端向上做匀加速直线运动．若斜面足够长，表面光滑，倾角为θ．经时间t恒力F做功80J，此后撤去恒力F，物体又经时间t回到出发点，且回到出发点时的速度大小为v，若以地面为重力势能的零势能面，则下列说法中正确的是（ ）
A．物体回到出发点时的机械能是80 J
B．在撤去力F前的瞬间，力F的功率是mgvsinθ
C．撤去力F前的运动过程中，物体的重力势能一直在增加，撤去力F后的运动过程中物体的重力势能一直在减少
D．撤去力F前的运动过程中，物体的动能一直在增加，撤去力F后的运动过程中物体的动能一直在减少
【考点】机械能守恒定律；功率、平均功率和瞬时功率．
【分析】根据物体的运动的特点，在拉力F的作用下运动时间t后，撤去拉力F之后又运动时间t返回出发点，根据物体的这个运动过程，列出方程可以求得拉力和撤去拉力时物体的速度的大小，从而可以求得拉力F的功率的大小．
【解答】解：A、根据能量守恒，除了重力之外的力对物体做正功时，物体的机械能就要增加，增加的机械能等于外力作功的大小，由于拉力对物体做的功为80J，所以物体的机械能要增加80J，撤去拉力之后，物体的机械能守恒，所以当回到出发点时，所有的能量都转化为动能，所以动能为80J，重力势能为0，所以物体回到出发点时的机械能是80J，故A正确．
B、设撤去力F前和撤去力F后的运动过程中物体的加速度大小分别为：a1和a2．
这两个过程的位移大小相等，方向相反，取沿斜面向上为正方向，则有： a1t2=﹣（a1t•t﹣a2t2），
则得，a1：a2=1：3．
因为物体先做匀加速直线运动，初速度为0，由牛顿第二定律可得，F﹣mgsinθ=ma1，
撤去恒力F后是匀变速运动，且加速度为a2=gsinθ，又a1：a2=1：3
联立上两式得，F=mgsinθ
设刚撤去拉力F时物体的速度大小为v′，则v′=a1t=gsinθt
对于从撤去到返回的整个过程，有：﹣v=v′﹣gsinθ•t，
解得：v′=v
所以可得在撤去力F前的瞬间，力F的功率：P=Fv′=mgvsinθ，故B正确．
C、撤去F后，物体先向上减速，速度为零之后向下加速运动，撤去力F后的运动过程中物体的重力势能先增大后减小．故C错误．
D、撤去力F前的运动过程中，物体加速运动，物体的动能一直在增加，撤去力F后先向上减速后向下加速，所以撤去力F后的运动过程中物体的动能先减小后增大．故错误．
故选：AB．
二、解答题（共4小题，满分47分）
9．某同学利用如图（a）所示装置测量当地重力加速度．实验时，通过电磁铁控制小球从P处自由下落，小铁球依次通过两个光电门Ⅰ、Ⅱ，测得遮光时间分别为△t1和△t2，两光电门中心的高度差为h，回答下列问题：
（1）用螺旋测微器测得小铁球直径的示数如图（b）所示，则小铁球的直径D= 7.373 mm；
（2）计算重力加速度表达式为g= ；（用测定的物理量的符号表示）
（3）为了减小实验误差，以下建议合理的是 BC
A．减小光电门Ⅰ、Ⅱ间的高度差
B．换用密度更大、体积更小的金属球
C．多次改变光电门Ⅰ、Ⅱ的位置，测量g并求其平均值．
【考点】测定匀变速直线运动的加速度．
【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．光电门测量滑块瞬时速度的原理是用极短时间内的平均速度表示瞬时速度；然后根据运动学公式求出加速度．
【解答】解：（1）螺旋测微器的固定刻度读数为7.0mm，可动刻度读数为0.01×37.3mm=0.373mm，
所以最终读数为：7.0mm+0.373mm=7.373mm．
（2）滑块经过光电门B时的速度表达式v1=
经过光电门C时的速度表达式v2=；
根据运动学公式得g=；
（3）减小实验误差的方法是增大光电门的间距，或多次测量求g的平均值，或换用密度更大、体积更小的金属球，故BC正确，A错误．
故答案为：（1）7.373（7.372﹣7.374均可）；（2）；（3）BC．
10．现有两个电流表，电流表A1是准确完好的，电流表A2的满偏电流为0.6A，但其它示数标注的模糊不清无法读数，某同学利用这两个电流表和一个电阻箱，测量某待测电阻的阻值设计了如下电路．
（1）请根据电路图（图1），完成实物图（图2）的连接，并说明闭合开关前，滑片应滑到滑动变阻器的哪一端？ b （填“a”或“b”）
（2）该同学连接好电路图后，进行了以下操作
第一步：调整电阻箱电阻，使电流表A2满偏，并记录下电阻箱的阻值和电流表A1的示数；
第二步：调整滑动变阻器滑片位置，重复第一步操作．
第三步：多次重复第二步操作
第四步：利用实验数据作出R﹣I图线如图3所示．
则待测电阻Rx= 9 Ω，电流表A2的内阻为 1 Ω
【考点】把电流表改装成电压表．
【分析】（1）对照电路图连接实物图，注意连接电路时要断开电键，同时要保证两个电表的电流从零开始增加；
（2）电流表A2与电阻箱整体与电阻Rx并联，两个支路的电压相等，根据欧姆定律列式求解R﹣I图象的函数表达式进行分析即可．
【解答】解：（1）对照电路图，用笔画线代替导线，连接实物图，如图所示：
连接电路前，为保护电表，要保证两个电表的电压为零，故滑片应滑到滑动变阻器的b端；
（2）电流表A2与电阻箱整体与电阻Rx并联，两个支路的电压相等，故：
（I﹣Ig）Rx=Ig（Rg+R）
化简得到：
结合图象，有：
= ①
﹣（Rx+Rg）=﹣10 ②
联立解得：
Rx=9Ω
Rg=1Ω
故答案为：（1）如图所示，b；（2）9Ω、1Ω．
11．如图所示，平行于纸面的匀强电场中有三点A、B、C，其连线构成边长l=2cm的等边三角形，现将一电荷量为q1=10﹣8C的正点电荷从A点移到B点，电场力做功为W1=3×10﹣6J，将另一电荷量为q2=﹣10﹣8C的负点电荷从A点移到C点，电荷克服电场力做功为W2=3×10﹣6J，设A点的电势φA=0V．
（1）求B、C两点的电势
（2）求匀强电场的电场强度大小和方向
（3）一质量为m=10﹣8kg、带电荷量q=10﹣8C的微粒以平行于BC的速度经过A点后恰能通过C点，求该微粒通过C点时的动能．（分析中不考虑微粒所受重力）
【考点】电势差与电场强度的关系；电势．
【分析】粒子由A沿直线移到B的过程中，电场力做功，求出AB的电势差，同理求出AC电势差，根据电势差与电势的关系即可求得电势，根据电场线与等势线垂直，确定电场强度的方向．根据匀强电场的电势差与电场强度的关系求出场强的大小．
利用运动学关系求的速度，即可求得动能
【解答】解：（1）由电势差的定义得
A点电势为0，故
则B点电势φB=UBA=﹣UAB=﹣300V
C点电势φC=UCA=﹣UAC=﹣300V；
（2）B、C等势，则BC为匀强电场中的一等势面，电场线垂直于等势面，过A作AD垂直于BC，则电场方向为由A指向D，如图所示．
（3）微粒过A点的速度垂直电场线，微粒做类平抛运动．
lsin30°=v0t
a=
vy=at
=
联立解得
．
答：（1）求B、C两点的电势为﹣300V，﹣300V；
（2）求匀强电场的电场强度大小为104V/m，方向由A指向D；
（3）一质量为m=10﹣8kg、带电荷量q=10﹣8C的微粒以平行于BC的速度经过A点后恰能通过C点，该微粒通过C点时的动能3.25×10﹣6J．
12．如图所示，以水平地面建立x轴，有一个质量为m=1kg的木块放在质量为M=2kg的长木板上，木板长L=11.5m．已知木板与地面的动摩擦因数为μ1=0.1，m与M之间的动摩擦因数μ2=0.9（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）．m与M保持相对静止共同向右运动，已知木板的左端A点经过坐标原点O时的速度为v0=10m/s，在坐标为X=21m处的P点有一挡板，木板与挡板瞬间碰撞后立即以原速率反向弹回，而木块在此瞬间速度不变，若碰后立刻撤去挡板，g取10m/s2，求：
（1）木板碰挡板时的速度V1为多少？
（2）碰后M与m刚好共速时的速度？
（3）最终木板停止运动时AP间距离？
【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．
【分析】（1）对木板和木块组成的系统运用牛顿第二定律，求出整体的加速度，结合匀变速直线运动的速度位移公式求出木板碰挡板时的速度大小．
（2）分别对m和M分析，根据牛顿第二定律求出m和M的加速度，结合m和M的运动规律，运用运动学公式求出两者刚好共速时的速度大小．
（3）
【解答】解．（1）对木块和木板组成的系统，有：μ1（m+M）g=（m+M）a1
V02﹣V12=2a1x
代入数据得：V1=9m/s
（2）由牛顿第二定律可知：am=μ2g=9m/s2
aM==6m/s2
m运动至停止时间为：t1===1 s
此时M速度：VM=V1﹣aMt1=9﹣6×1=3m/s，方向向左，
此后至m，M共速时间t2，
有：VM﹣aMt2=amt2
得：t2=0.2s
共同速度V共=1.8m/s，方向向左
（3）至共速M位移：S1==6.48m
共速后m，M以a1=μ1g=1m/s2
向左减速至停下位移：S2=1.62m
最终AP间距：X=11.5+S1+S2=11.5+6.48+1.62=19.60m
答：（1）木板碰挡板时的速度V1为9m/s；
（2）碰后M与m刚好共速时的速度为1.8m/s，方向向左；
（3）最终木板停止运动时AP间距离为19.60m．
三、【物理-选修3-3】（共2小题，满分15分）
13．下列说法正确的是 （ ）
A．根据热力学定律知，热量能够从高温物体传到低温物体，但不能从低温物体传到高温物体
B．当分子间距离变小时，分子间的作用力可能减小，也可能增大
C．墨汁滴入水中，墨汁的扩散运动是由于碳粒和水分子产生化学反应而引起的
D．在宇宙飞船中的水滴呈球形是因为失重的水的表面张力作用的结果
E．石墨和金刚石的物理性质不同，是由于组成它们的物质微粒排列结构不同
【考点】热力学第二定律；分子间的相互作用力．
【分析】热量能够从高温物体传到低温物体，也可能从低温物体传到高温物体；分子间有间隙，存在着相互作用的引力和斥力，当分子间距离增大时，表现为引力，当分子间距离减小时，表现为斥力，而分子间的作用力随分子间的距离增大先减小后增大，再减小；布朗运动的实质是液体分子不停地做无规则撞击悬浮微粒，悬浮微粒受到的来自各个方向的液体分子的撞击作用不平衡的导致的无规则运动．单晶体结构规则且具有各向异性．
【解答】解：A、热力学第二定律可知热量能够从高温物体传到低温物体，但也能从低温物体传到高温物体而引起其它变化，故A错误；
B、分子间有间隙，存在着相互作用的引力和斥力，当分子间距离比较大时，表现为引力，当分子间距离减小时，分子引力先增大后减小；当表现为斥力时，分子间距离变小时分子力增大．故B正确；
C、墨汁的扩散运动是由于微粒受到的来自各个方向的液体分子的撞击作用不平衡引起的，故C错误；
D、在宇宙飞船中的水滴呈球形是因为失重的水的表面张力作用的结果，故D正确；
E、石墨和金刚石的物理性质不同，是由于组成它们的物质微粒排列结构不同造成的，故E正确．
故选：BDE
14．如图所示，A、B为两个完全相同的导热气缸，内壁光滑，长均为30cm，截面积为20cm2，C是一质量和厚度均可忽略的活塞，D为阀门，开始时阀门关闭，C位于A气缸的最右端．A内有一个大气压的氢气，B内有2个大气压的氧气，阀门打开后，活塞C
向左移动，最后达到平衡．设氢气、氧气均为理想气体，连接管道的体积可忽略不计，一个大气压强值p0=1.0×105Pa．求：
（i）活塞C移动的距离及平衡后A中气体的压强；
（ii）若要使活塞C重新回到原来位置，则需对A气缸加热到多少摄氏度？（假设变化前两缸温度为300K，取0℃为273K，B缸气体温度保持不变）
【考点】理想气体的状态方程．
【分析】（i）活塞移动过程气体的温度保持不变，对两部分气体分别应用玻意耳定律列方程，然后求出活塞移动的距离与气体压强．
（ii）活塞重新回到原来的位置时，两部分气体体积不变，对A气体应用理想气体状态方程、对B气体应用玻意耳定律列方程，然后求出温度．
【解答】解：（ i）气体发生等温变化，由玻意耳定律得：
对A部分气体：pALS=p（L﹣x）S，
对B部分气体：pBLS=p（L+x）S，
代入数据记得：x=10cm，p=1.5×105Pa；
（ ii）设A缸需加热至T，由理想气体状态方程得：
对A气体： =，
对B气体：p（L+x）S=p′LS，
代入数据解得：p′=p=2p0=2×105Pa；
T=2T0=600K，温度：t=T‑273=327℃；
答：（i）活塞C移动的距离为10cm，平衡后A中气体的压强为1.5×105Pa；
（ii）若要使活塞C重新回到原来位置，则需对A气缸加热到327摄氏度．
四、【物理--选修3-4】（共2小题，满分0分）
15．如图，沿波的传播方向上有间距均为2m的五个质点，均静止在各自的平衡位置，一列简谐横波以2m/s的速度水平向右传播，t=0时刻到达质点a，质点a开始由平衡位置向下运动，t=3s时质点a第一次到达最高点，在下列说法中正确的是（ ）
A．质点d开始振动后的振动周期为4s
B．t=4s时刻波恰好传到质点e
C．t=5s时刻质点b到达最高点
D．在3s＜t＜4s这段时间内质点c速度方向向上
E．这列简谐横波的波长为4m
【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．
【分析】根据质点a开始向下振动，t=3s时刻第一次到达最低点，找出时间与周期的关系，求出周期和波速．再结合波的传播方向，分析各质点的振动情况．
【解答】解：A、由题T=3s，则周期 T=4s，各个质点的振动周期与a的周期相同，故A正确．
BE、波长λ=vT=8m，t=4s波传播的距离x=vt=8m，故波刚好传到e点．故B正确，E 错误．
C、t=5s时，b点已经振动一个周期，刚好回到平衡位置，故C错误．
D、在t=2s时c点刚开始振动，起振方向与a相同向下，在t=3s时，c点到达波谷，3s到4s之间正从波谷向上运动至平衡位置，所以质点c的速度方向向上，故D正确．
故选：ABD．
16．如图所示，真空中有一个半径为R，质量分布均匀的玻璃球，一细激光束在真空中沿直线AB传播，激光束入射到玻璃球表面的B点经折射进入小球，激光束在B点入射角i=60°，并于玻璃球表面的C点经折射又进入真空中（光线所在平面经过球心）．最后打在玻璃球右边的竖直光屏上D点，已知玻璃球球心与D点的距离为d=，∠BOC=120°，光在真空中速度为c，求：
（i） 玻璃球对该激光束的折射率；
（ii）激光束自B点运动至光屏的时间．
【考点】光的折射定律．
【分析】（i）由几何知识得到激光束在在B点的折射角，由折射定律求出玻璃球对该激光束的折射率；
（ii）由几何知识求出CD的长度，由v=求出激光束在玻璃球中传播的速度，则可求出此激光束在玻璃中穿越的时间．求CD的长度，根据t=求光从C传到D的时间，从而得到总时间．
【解答】解：（i）在B点，入射角 i=60°，折射角 r=30°
由光的折射定律得：
n===
（ii）光在玻璃球中的速度：v==c
光在玻璃中运动的路程：sBC=2Rsin60°=R
由数学知识可得：sCD=R
光从B传到C的时间 tBC===
光从C传到D的时间 tCD==
所以，激光束自B点运动至光屏的时间 t=tBC+tCD=
答：
（i）玻璃球对该激光束的折射率是；
（ii）激光束自B点运动至光屏的时间是．
【物理-选修3-5】解答题（共2小题，满分0分）
17．关于原子与原子核，在近代物理学知识的说法中，正确的是 （ ）
A．汤姆逊通过对阴极射线管的研究，提出了原子的核式结构模型
B．在光电效应现象中，逸出的光电子的最大初动能与入射光子的频率成正比
C．根据玻尔原理，氢原子的电子从能量为Em的轨道跃迁到能量为En的轨道，辐射频率为v的光子，则符合En=Em﹣hv（h为普朗克常量）
D．重核的裂变，轻核的聚变都会产生质量亏损
E． U衰变成P要经过8次α衰变和6次β衰变
【考点】重核的裂变；原子核衰变及半衰期、衰变速度．
【分析】汤姆孙发现电子，提出了原子的枣糕模型；根据光电效应方程分析光电子最大初动能与入射光频率的关系；能级跃迁时，辐射或吸收光子的能量等于两能级间的能级差；重核裂变、轻核聚变都释放能量，都有质量亏损；根据电荷数守恒、质量数守恒，抓住衰变的实质得出α衰变、β衰变的次数．
【解答】解：A、汤姆孙发现电子，提出了原子的枣糕模型，核式结构模型是卢瑟福提出的，故A错误．
B、根据光电效应方程Ekm=hv﹣W0知，光电子的最大初动能与入射光的频率成一次函数关系，不是正比关系，故B错误．
C、能级跃迁时，辐射的光子能量等于两能级间的能级差，故C正确．
D、重核裂变、轻核聚变都释放能量，都有质量亏损，故D正确．
E、U衰变成P，质量数少32，可知经历了8次α衰变，电荷数少10，根据2×8﹣n=10，解得n=6，知经历了6次β衰变，故E正确．
故选：CDE．
18．如图所示，CDE为光滑的轨道，其中ED是水平的，CD是竖直平面内的半圆，与ED相切于D点，且半径R=0.5m，质量m=0.1kg的滑块A静止在水平轨道上，另一质量M=0.5kg的滑块B前端装有一轻质弹簧（A、B均可视为质点）以速度v0向左运动并与滑块A发生弹性正碰，若相碰后滑块A能过半圆最高点C，取重力加速度g=10m/s2，则：
（i）B滑块至少要以多大速度向前运动；
（ii）如果滑块A恰好能过C点，滑块B与滑块A相碰后轻质弹簧的最大弹性势能为多少？
【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．
【分析】（i）由牛顿第二定律求出滑块A到达轨道最高点的速度，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出B的初速度．
（ii）碰撞后两者速度相等时弹簧压缩量最大弹性势能最大，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出最大弹性势能．
【解答】解：（ i）设滑块A过C点时速度为vC，B与A碰撞后，B与A的速度分别为v1、v2，B碰撞前的速度为v0
过圆轨道最高点的临界条件是重力提供向心力，由牛顿第二定律得：mg=m，
由机械能守恒定律得： mv22=mg•2R+mvC2，
B与A发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，以向右左为正方向，由动量守恒定律得：Mv0=Mv1+mv2，
由机械能守恒定律得： Mv02=Mv12+mv22，
离那里并代入数据解得：v0=3m/s；
（ ii）由于B与A碰撞后，当两者速度相同时有最大弹性势能Ep，设共同速度为v，A、B碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：
Mv0=（M+m）v，
由机械能守恒定律得： Mv02=EP+（M+m）v2，
联立并代入数据解得：Ep=0.375J；
答：（i）B滑块的最少速度为3m/s；
（ii）如果滑块A恰好能过C点，滑块B与滑块A相碰后轻质弹簧的最大弹性势能为0.375J．
2016年6月3日
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