2016年江西省赣州市南康中学高考物理四模试卷
二、选择题：本大题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21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．伽利略在研究自由落体运动性质的时候，为了排除物体自由下落的速度v随着下落高度h（位移大小）是均匀变化（即v=kh，k是个常数）的可能性，设计了如下的理想实验：在初速度为零的匀变速直线运动中，因为①=（式中表示平均速度），而②h=•t，如果③v=kh成立的话，那么，必有h=kht，即t=k为常数．t竟然是与h无关的常数，这显然与常识相矛盾！于是，可以排除速度v是随着下落高度h均匀变化的可能性．关于伽利略这个理想实验中的逻辑及逻辑用语，你做出的评述是（ ）
A．全部正确 B．①式错误
C．②式错误 D．③式以后的逻辑错误
2．如图所示，斜面上有a、b、c、d四个点，ab=bc=cd．从a点正上方的O点以速度v水平抛出一个小球，它落在斜面上b点．若小球从O点以速度2v水平抛出，不计空气阻力，则它落在斜面上的（ ）
A．b与c之间某一点 B．c点
C．c与d之间某一点 D．d点
3．2015年7月美国宇航局（NASA）发布最新消息称，天文学家发现了迄今最近地球的“孪生星球”﹣﹣Kepler452b行星，其围绕一颗恒星Kepler452b转动，周期为368天．该行星直径约为地球的1.6倍，与恒星之间的距离与日﹣地距离相近．某学生查阅资料得地球的直径大约为1.28×104km，地球与太阳间的距离大约为1.5×108km，引力常亮为G，天体的运动近似为圆周运动，根据以上信息，以下说法正确的是（ ）
A．可求出该行星的质量
B．可求出恒星Kepler452b的质量
C．若在该行星发射卫星则可求出最小的发射速度
D．若有一卫星绕该行星运转周期为T，则可求出行星的密度
4．如图所示，一根细线下端拴一个金属小球P，细线的上端固定在金属块Q上，Q放在带小孔的水平桌面上．小球在某一水平面内做匀速圆周运动（圆锥摆）．现使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动（图上未画出），两次金属块Q都保持在桌面上静止．则后一种情况与原来相比较，下面的判断中正确的是（ ）
A．Q受到桌面的支持力变大 B．Q受到桌面的静摩擦力变大
C．小球P运动的角速度变大 D．小球P运动的周期变大
5．如图，质量为m、带电量为q的小球用长为l的细线悬挂，处在水平方向的匀强电场中，小球静止于A点，此时悬线与竖直方向夹角为θ=30°，现用力将小球缓慢拉到最低点B由静止释放．不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．小球将回到A处停下来
B．小球将在A、B之间往复摆动
C．场强的大小为E=
D．小球从B向右摆到最高点的过程中，电势能的减少量为mgl（1﹣）
6．如图所示，光滑的水平地面上有三块木块a、b、c，质量均为m，a、c之间用轻质细绳连接．现用一水平恒力F作用在b上，三者开始一起做匀加速运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一木块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动．则在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列说法不正确的是（ ）
A．无论粘在哪块木块上面，系统的加速度一定减小
B．若粘在a木块上面，绳的张力减小，a、b间摩擦力不变
C．若粘在b木块上面，绳的张力和a、b间摩擦力一定都减小
D．若粘在c木块上面，绳的张力和a、b间摩擦力一定都增大
7．如图甲所示，正方形金属线圈abcd位于竖直平面内，其质量为m，电阻为R．在线圈的下方有一匀强磁场，MN和M′N′是磁场的水平边界，并与bc边平行，磁场方向垂直于纸面向里．现使金属线框从MN上方某一高度处由静止开始下落，图乙是线圈由开始下落到完全穿过匀强磁场区域瞬间的v﹣t图象，图中字母均为已知量．重力加速度为g，不计空气阻力．下列说法正确的是（ ）
A．金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿adcba方向
B．金属线框的边长为v1（t2﹣t1）
C．磁场的磁感应强度为
D．金属线框在0～t4的时间内所产生的热量为2mgV1（t2﹣t1）+m（V22﹣V32）
8．如图所示，固定在水平面上的光滑斜面倾角为30°，质量分别为M、m的两个物体通过细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑轮两侧，斜面底端有一与斜面垂直的挡板．开始时用手按住物体M，此时M距离挡板的距离为s，滑轮两边的细绳恰好伸直，且弹簧处于原长状态．已知M=2m，空气阻力不计．松开手后，关于二者的运动下列说法中正确的是（ ）
A．当M的速度最大时，m与地面间的作用力为零
B．M和m组成的系统机械能守恒
C．若M恰好能到达挡板处，则此时m的速度为零
D．若M恰好能到达挡板处，则此过程中重力对M做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体m的机械能增加量之和
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为题，每个考题考生都必须作答，第13～16为选考题，考生格局要求作答．（一）必考题
9．（1）在利用打点计时器和重锤做“验证机械能守恒定律”得实验时，以下说法正确得是
A．应选用质量较大得重锤，使重锤和纸带所受得重力远大于它们所受得阻力
B．重锤得质量必须测出才能完成验证实验
C．处理数据时必须挑选第一、二两点间距离接近2mm得纸带才能完成实验
D．处理数据时可以避开纸带上初始得密集的几点，选择后面合适的两点进行测算与验证
（2）在验证机械能守恒定律的实验中若重物质量为0.50kg，选择好的纸带如图，已知相邻两点时间间隔为0.02s（OA之间还有一些点未画出），长度单位是cm，g取9.8m/s2．则打点计时器打下点B时，重物的速度vB= m/s；从起点O到打下点B的过程中，重物重力势能的减小量△EP= J，动能的增加量△EK= J．（结果保留三位有效数字）
10．某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：
A．被测干电池一节
B．电流表1：量程0～0.6A，内阻r=0.3Ω
C．电流表2：量程0～0.6A，内阻约为0.1Ω
D．电压表1：量程0～3V，内阻未知
E．电压表2：量程0～15V，内阻未知
F．滑动变阻器1：0～10Ω，2A
G．滑动变阻器2：0～100Ω，1A
H．开关、导线若干
伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差；在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻．
（1）在上述器材中请选择适当的器材： （填写选项前的字母）；
（2）实验电路图应选择图中的 （填“甲”或“乙”）；
（3）根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的U﹣I图象，则在修正了实验系统误差后，干电池的电动势E= V，内电阻r= Ω．
11．如图所示，底座A上装有L=0.5m长的直立杆，底座和杆的总质量为M=1.0kg，底座高度不计，杆上套有质量为m=0.2kg的小环B，小环与杆之间有大小恒定的摩擦力．当小环从底座上以v0=4.0m/s的初速度向上飞起时，恰好能到达杆顶，然后沿杆下降，取g=10m/s2，求：
①在环飞起过程中，底座对水平面的压力；
②此环下降过程需要多长时间．
12．如图甲所示，在竖直平面内建立一平面直角坐标系xoy，x轴沿水平方向．第二象限内有一水平向右的场强为E1的匀强电场，第一、四象限内有一正交的场强为E2竖直向上的匀强电场和磁感应强度为B的匀强交变磁场，匀强磁场方向垂直纸面．从A点以v0=4m/s竖直向上射出一个比荷为=102C/kg的带正电的小球（可视为质点），并以v1=8m/s的速度从y轴上的C点水平向右进入第一象限，且在第一象限内刚好沿圆弧作圆周运动．取小球从C点进入第一象限的时刻为t=0，磁感应强度按图乙所示规律变化（以垂直纸面向外的磁场方向为正方向），g=10m/s2．求：
（1）小球从A点运动到C点的时间t1和匀强电场E2的场强；
（2）x轴上有一点D，OD=OC，若带电粒子在通过C点后的运动过程中不再越过y轴且沿x轴正方向通过D点，求磁感应强度B0和磁场的变化周期T0．
（二）选考题：45分．请考生从给出的2个选修中任选一个作答，如果多做，则按所做的第一个计分．【物理-选修3-4】
13． 两列简谐横波的振幅都是20cm，传播速度大小相同．实线波的频率为2Hz，沿x轴正方向传播，虚线波沿x轴负方向传播．某时刻两列波在如图所示区域相遇，则（ ）
A．在相遇区域会发生干涉现象
B．实线波和虚线波的频率之比为3：2
C．平衡位置为x=6m处的质点此刻速度为零
D．平衡位置为x=8.5m处的质点此刻位移y＞20cm
E．从图示时刻起再经过0.25s，平衡位置为x=5m处的质点的位移y＜0
14．如图所示，一等腰直角三棱镜，放在真空中，AB=AC．在棱镜侧面AB左方有一单色光源S，从S发出的光线SD以60°入射角从AB侧面中点射入三棱镜，当它从侧面AC射出时，出射光线与棱镜侧面AC间的夹角为30°．求此三棱镜的折射率并作出光路图．
【物理-选修3-5】
15．爱因斯坦因提出了光量子概念并成功地解释光电效应的规律而获得1921年诺贝尔物理学奖．某种金属逸出光电子的最大初动能Ekm与入射光频率ν的关系如图1所示，其中ν0为极限频率．从图中可以确定的是（ ）
A．逸出功与ν有关
B．当ν＞ν0时，会逸出光电子
C．Ekm与入射光强度成正比
D．图中直线的斜率与普朗克常量有关
E．截止频率与金属的逸出功有关
16．如图，A、B、C三个木块的质量均为m，置于光滑的水平桌面上，B、C之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不固连．将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B和C紧连，使弹簧不能伸展，以至于B、C可视为一个整体．现A以初速度v0沿B、C的连线方向朝B运动，与B相碰并粘合在一起．以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离．已知离开弹簧后C的速度恰好为v0．求弹簧释放的势能．
2016年江西省赣州市南康中学高考物理四模试卷
参考答案与试题解析
二、选择题：本大题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21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．伽利略在研究自由落体运动性质的时候，为了排除物体自由下落的速度v随着下落高度h（位移大小）是均匀变化（即v=kh，k是个常数）的可能性，设计了如下的理想实验：在初速度为零的匀变速直线运动中，因为①=（式中表示平均速度），而②h=•t，如果③v=kh成立的话，那么，必有h=kht，即t=k为常数．t竟然是与h无关的常数，这显然与常识相矛盾！于是，可以排除速度v是随着下落高度h均匀变化的可能性．关于伽利略这个理想实验中的逻辑及逻辑用语，你做出的评述是（ ）
A．全部正确 B．①式错误
C．②式错误 D．③式以后的逻辑错误
【考点】伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法．
【分析】自由落体运动的特点体现在“自由”二字上，其含意为：（1）物体开始下落时是静止的即初速度V=0．如果物体的初速度不为0，就算是竖直下落，也不能算是自由落体．（2）物体下落过程中，除受重力作用外，不再受其他任何外界的作用力（包括空气阻力）或其余外力的合力为0．（3）任何物体在相同高度做自由落体运动时，下落时间相同．
【解答】解：研究自由落体运动的性质，就是为了研究自由落体运动是否是匀变速直线运动，而①式中，是匀变速直线运动的公式，把它当做已知条件，就等于已经承认了自由落体运动是匀变速直线运动，把待证明的结论当做已知用，那么就没有证明的必要了，故①错误；
故选：B
2．如图所示，斜面上有a、b、c、d四个点，ab=bc=cd．从a点正上方的O点以速度v水平抛出一个小球，它落在斜面上b点．若小球从O点以速度2v水平抛出，不计空气阻力，则它落在斜面上的（ ）
A．b与c之间某一点 B．c点
C．c与d之间某一点 D．d点
【考点】平抛运动．
【分析】解答本题需要掌握：平抛运动的特点并能灵活应用，应用相关数学知识求解，如假设没有斜面的限制，将落到那点，有斜面和没有斜面的区别在哪里．
【解答】解：过b做一条与水平面平行的一条直线，若没有斜面，当小球从O点以速度2v水平抛出时，小球将落在我们所画水平线上c点的正下方，但是现在有斜面的限制，小球将落在斜面上的bc之间，故A正确，BCD错误．
故选A．
3．2015年7月美国宇航局（NASA）发布最新消息称，天文学家发现了迄今最近地球的“孪生星球”﹣﹣Kepler452b行星，其围绕一颗恒星Kepler452b转动，周期为368天．该行星直径约为地球的1.6倍，与恒星之间的距离与日﹣地距离相近．某学生查阅资料得地球的直径大约为1.28×104km，地球与太阳间的距离大约为1.5×108km，引力常亮为G，天体的运动近似为圆周运动，根据以上信息，以下说法正确的是（ ）
A．可求出该行星的质量
B．可求出恒星Kepler452b的质量
C．若在该行星发射卫星则可求出最小的发射速度
D．若有一卫星绕该行星运转周期为T，则可求出行星的密度
【考点】万有引力定律及其应用．
【分析】根据万有引力充当向心力只能求出中心天体的质量，天体上的最小发射速度等于第一宇宙速度V=，天体表面重力约等于万有引力，不知道卫星的轨道半径，根据万有引力充当向心力不能求出中心天体行星的质量M．
【解答】解：A、根据万有引力充当向心力只能求出中心天体的质量，由题意不能求出该行星的质量，故A错误B正确
C、天体上的最小发射速度等于第一宇宙速度V=，天体表面重力约等于万有引力得：GM=gR2，所以，不知道行星的质量就不能求g，则不可求最小的发射速度，故C错误
D、不知道卫星的轨道半径，根据万有引力充当向心力不能求出中心天体行星的质量M，密度为则不能求出，故D错误
故选：B
4．如图所示，一根细线下端拴一个金属小球P，细线的上端固定在金属块Q上，Q放在带小孔的水平桌面上．小球在某一水平面内做匀速圆周运动（圆锥摆）．现使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动（图上未画出），两次金属块Q都保持在桌面上静止．则后一种情况与原来相比较，下面的判断中正确的是（ ）
A．Q受到桌面的支持力变大 B．Q受到桌面的静摩擦力变大
C．小球P运动的角速度变大 D．小球P运动的周期变大
【考点】向心力；摩擦力的判断与计算；线速度、角速度和周期、转速．
【分析】金属块Q保持在桌面上静止，根据平衡条件分析所受桌面的支持力是否变化．以P为研究对象，根据牛顿第二定律分析细线的拉力的变化，判断Q受到桌面的静摩擦力的变化．由向心力知识得出小球P运动的角速度、周期与细线与竖直方向夹角的关系，再判断其变化．
【解答】解：A、金属块Q保持在桌面上静止，对于金属块和小球研究，竖直方向没有加速度，根据平衡条件得知，Q受到桌面的支持力等于两个物体的总重力，保持不变．故A错误．
B、C、D设细线与竖直方向的夹角为θ，细线的拉力大小为T，细线的长度为L．P球做匀速圆周运动时，由重力和细线的拉力的合力提供向心力，如图，则有T=，
mgtanθ=mω2Lsinθ，得角速度ω=，周期T=使小球改到一个更高一些的水平面上作匀速圆周运动时，θ增大，cosθ减小，则得到细线拉力T增大，角速度增大，周期T减小．对Q，由平衡条件得知，f=Tsinθ=mgtanθ，知Q受到桌面的静摩擦力变大．故B、C正确，D错误．
故选：BC．
5．如图，质量为m、带电量为q的小球用长为l的细线悬挂，处在水平方向的匀强电场中，小球静止于A点，此时悬线与竖直方向夹角为θ=30°，现用力将小球缓慢拉到最低点B由静止释放．不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．小球将回到A处停下来
B．小球将在A、B之间往复摆动
C．场强的大小为E=
D．小球从B向右摆到最高点的过程中，电势能的减少量为mgl（1﹣）
【考点】电势能；带电粒子在匀强电场中的运动．
【分析】小球受到重力、电场力和细线的拉力，将以A点为平衡位置做往复运动．根据静止时小球受力平衡，求解场强的大小．根据能量守恒定律求解电势能的减少量．
【解答】解：
A、B、由题知，小球原来静止，电场力与重力的合力方向沿OA方向．小球从最低点B由静止释放后，电场力和重力的合力做正功，小球的速度增大，到达A点后，由于惯性，继续向上摆动，之后合力对小球做负功，速度减小，速度减至零后，再向下摆动，到B点速度为零，周而复始，所以小球将以A点为平衡位置做往复运动．故AB错误；
C、小球原来处于静止，由平衡条件得：qE=mgtanθ，则得E==，故C正确；
D、小球从B向右摆到最高点的过程中，设x细线的最大偏角为α．
根据能量守恒定律得：mgl（1﹣cosα）=qElsinα
将qE=mgtanθ，代入解得：tan=tanθ，α=2θ=60°
所以电势能的减少量为△Ep=qElsinα=mgl（1﹣cosα）=mgl（1﹣cos60°）=，故D错误．
故选：C．
6．如图所示，光滑的水平地面上有三块木块a、b、c，质量均为m，a、c之间用轻质细绳连接．现用一水平恒力F作用在b上，三者开始一起做匀加速运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一木块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动．则在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列说法不正确的是（ ）
A．无论粘在哪块木块上面，系统的加速度一定减小
B．若粘在a木块上面，绳的张力减小，a、b间摩擦力不变
C．若粘在b木块上面，绳的张力和a、b间摩擦力一定都减小
D．若粘在c木块上面，绳的张力和a、b间摩擦力一定都增大
【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．
【分析】选择合适的研究对象进行受力分析，由牛顿第二定律可得出物体受到的拉力的变化．
【解答】解；A、由整体法可知，只要橡皮泥粘在物体上，物体的质量均增大，则由牛顿运动定律可知，加速度都要减小，故A正确；
B、以C为研究对象，由牛顿第二定律可得，FT=ma，因加速度减小，所以拉力减小，而对b物体有F﹣fab=ma可知，摩擦力Fab应变大，故B错误；
C、若橡皮泥粘在b物体上，将ac视为整体，有Fac=2ma=f，所以摩擦力是变小的，故C正确；
D、若橡皮泥粘在c物体上，将ab视为整体，F﹣FT=2ma，加速度减小，所以拉力FT变大，对b有F﹣fab=ma，知Fab增大；故D正确；
本题选错误的，故选：B．
7．如图甲所示，正方形金属线圈abcd位于竖直平面内，其质量为m，电阻为R．在线圈的下方有一匀强磁场，MN和M′N′是磁场的水平边界，并与bc边平行，磁场方向垂直于纸面向里．现使金属线框从MN上方某一高度处由静止开始下落，图乙是线圈由开始下落到完全穿过匀强磁场区域瞬间的v﹣t图象，图中字母均为已知量．重力加速度为g，不计空气阻力．下列说法正确的是（ ）
A．金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿adcba方向
B．金属线框的边长为v1（t2﹣t1）
C．磁场的磁感应强度为
D．金属线框在0～t4的时间内所产生的热量为2mgV1（t2﹣t1）+m（V22﹣V32）
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律．
【分析】金属框进入磁场前做匀加速运动，由图线与时间轴所围的面积读出金属框初始位置的bc边到边界MN的高度；由图象可知，金属框进入磁场过程中是做匀速直线运动，根据时间和速度求解金属框的边长；由图知，金属线框进入磁场过程做匀速直线运动，重力和安培力平衡，列式可求出B．由能量守恒定律求出在进入磁场过程中金属框产生的热量．
【解答】解：A、金属线框刚进入磁场时磁通量增大，根据楞次定律判断可知，感应电流方向沿abcda方向；故A错误；
B、由图象可知，金属框进入磁场过程中是做匀速直线运动，速度为v1，运动时间为t2﹣t1，故金属框的边长：l=v1（t2﹣t1）；故B正确；
C、在金属框进入磁场的过程中，金属框所受安培力等于重力，则得：mg=BIl，I=，又 l=v1（t2﹣t1）．
联立解得：B=；故C错误；
D、t1到t2时间内，根据能量守恒定律，产生的热量为：Q1=mgl=mgυ1（t2﹣t1）；
t3到t4时间内，根据能量守恒定律，产生的热量为：Q2=mgl+m（﹣）=mgυ1（t2﹣t1）+m（﹣）
故Q=Q1+Q2=2mgυ1（t2﹣t1）+m（﹣），故D正确；
故选：BD．
8．如图所示，固定在水平面上的光滑斜面倾角为30°，质量分别为M、m的两个物体通过细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑轮两侧，斜面底端有一与斜面垂直的挡板．开始时用手按住物体M，此时M距离挡板的距离为s，滑轮两边的细绳恰好伸直，且弹簧处于原长状态．已知M=2m，空气阻力不计．松开手后，关于二者的运动下列说法中正确的是（ ）
A．当M的速度最大时，m与地面间的作用力为零
B．M和m组成的系统机械能守恒
C．若M恰好能到达挡板处，则此时m的速度为零
D．若M恰好能到达挡板处，则此过程中重力对M做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体m的机械能增加量之和
【考点】功能关系；机械能守恒定律．
【分析】分析AB两物体的受力情况及各力做功情况，从而分析A其运动情况，类比弹簧振子，从而判断选项．
【解答】解：A、M的重力分力为Mgsinθ=mg；物体先做加速运动，当受力平衡时M速度达最大，则此时m受力为mg，故m恰好与地面间的作用力为零；故A正确；
B、因M和m之间有弹簧，故两物体受弹簧的弹力对两物体做功，机械能不守恒；故B错误；
C、从m开始运动至到M到达底部过程中，弹力的大小一直大于m的重力，故m一直做加速运动，M到达底部时，m的速度不为零；故C错误；
D、M恰好能到达挡板处，则此过程中重力对M做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体m的机械能增加量之和；故D正确；
故选：AD．
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为题，每个考题考生都必须作答，第13～16为选考题，考生格局要求作答．（一）必考题
9．（1）在利用打点计时器和重锤做“验证机械能守恒定律”得实验时，以下说法正确得是 ACD
A．应选用质量较大得重锤，使重锤和纸带所受得重力远大于它们所受得阻力
B．重锤得质量必须测出才能完成验证实验
C．处理数据时必须挑选第一、二两点间距离接近2mm得纸带才能完成实验
D．处理数据时可以避开纸带上初始得密集的几点，选择后面合适的两点进行测算与验证
（2）在验证机械能守恒定律的实验中若重物质量为0.50kg，选择好的纸带如图，已知相邻两点时间间隔为0.02s（OA之间还有一些点未画出），长度单位是cm，g取9.8m/s2．则打点计时器打下点B时，重物的速度vB= 0.973 m/s；从起点O到打下点B的过程中，重物重力势能的减小量△EP= 0.238 J，动能的增加量△EK= 0.237 J．（结果保留三位有效数字）
【考点】验证机械能守恒定律．
【分析】（1）根据验证机械能守恒定律的原理以及误差进行分析，选择正确的答案；
（2）根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该段时间内的平均速度可以求出物体在B点时的速度，然后根据动能、势能的定义进一步求得动能、势能的变化量．
【解答】解：（1）A、实验时选择质量较大的重锤，使得重力远大于阻力，使得阻力的影响可以忽略．故A正确．
B、根据mgh=mv2可知，验证机械能守恒定律不一定需要测量重锤的质量，因为重力势能的减小量和动能的增加量中都含有质量，可以约去．故B错误．
C、根据h=gt2=×10×0.022=0.002m=2mm，知当第一、二两点间的距离接近2mm，则阻力的影响可以忽略，能够验证机械能是否守恒．故C正确．
D、处理数据时可以避开纸带上初始得密集的几点，选择后面合适的两点进行测算与验证．故D正确．故选ACD；
（2）根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该段时间内的平均速度可以求出物体在B点时的速度：vB==m/s≈0.973 m/s，
重力势能的减少量：△Ep=mghB=0.5×9.8×4.86×10﹣2 J≈0.238J；
动能的增量：△Ek=mvB2=×0.5×0.9732≈0.237J；
故答案为：（1）ACD；（2）0.973；0.238；0.237．
10．某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：
A．被测干电池一节
B．电流表1：量程0～0.6A，内阻r=0.3Ω
C．电流表2：量程0～0.6A，内阻约为0.1Ω
D．电压表1：量程0～3V，内阻未知
E．电压表2：量程0～15V，内阻未知
F．滑动变阻器1：0～10Ω，2A
G．滑动变阻器2：0～100Ω，1A
H．开关、导线若干
伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差；在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻．
（1）在上述器材中请选择适当的器材： ABDFH （填写选项前的字母）；
（2）实验电路图应选择图中的 甲 （填“甲”或“乙”）；
（3）根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的U﹣I图象，则在修正了实验系统误差后，干电池的电动势E= 1.5 V，内电阻r= 0.7 Ω．
【考点】测定电源的电动势和内阻．
【分析】（1）实验中要能保证安全和准确性选择电表；
（2）本实验应采用电阻箱和电压表联合测量，由实验原理可得出电路原理图；
（3）由原理利用闭合电路欧姆定律可得出表达式，由数学关系可得出电动势和内电阻．
【解答】解：（1）在上述器材中请选择适当的器材：A．被测干电池一节
为了读数准确，所以选择D．B．电流表：量程0～0.6A，电压表：量程0～3V，
滑动变阻器阻值较小有利于电表的数值变化，减小误差，故选F．滑动变阻器，H．开关、导线若干
（2）因电流表内阻已知；故应采用相对电源的电流表内接法；故选：甲；
（3）由U﹣I图可知，电源的电动势E=1.50V；
内电阻r=﹣RA=0.7Ω
故答案为：①ABDFH
②如图
③1.5，0.7．
11．如图所示，底座A上装有L=0.5m长的直立杆，底座和杆的总质量为M=1.0kg，底座高度不计，杆上套有质量为m=0.2kg的小环B，小环与杆之间有大小恒定的摩擦力．当小环从底座上以v0=4.0m/s的初速度向上飞起时，恰好能到达杆顶，然后沿杆下降，取g=10m/s2，求：
①在环飞起过程中，底座对水平面的压力；
②此环下降过程需要多长时间．
【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系．
【分析】①小环在下落过程中，受到重力和向上的滑动摩擦力，底座受到重力、小环向下的摩擦力和地面的支持力，由平衡条件求地面对底座的支持力，即可由牛顿第三定律求得底座对地面的压力．
②先根据牛顿第二定律求解加速度，再根据运动学公式求解时间．
【解答】解：①对环进行受力分析，环受重力及杆给环向下的摩擦力，上升阶段加速度大小为a1．由牛顿第二定律，得：
mg+Ff=ma1
由运动学公式：
解得：a1=16.0m/s2
Ff=1.2N
对底座进行受力分析，由平衡条件得：Mg=FN+Ff′
解得：FN=8.8N
又由牛顿第三定律知，底座对水平面压力为8.8N；
②对环受力分析，设环下降过程的时间是t，下降阶段加速度为a2，则有：
mg﹣F''f=ma2
联立并代入数据解得：a=4.0m/s2
t=0.5s
答：①在环飞起过程中，底座对水平面的压力为8.8N；
②此环下降过程需要多长时间为0.5s．
12．如图甲所示，在竖直平面内建立一平面直角坐标系xoy，x轴沿水平方向．第二象限内有一水平向右的场强为E1的匀强电场，第一、四象限内有一正交的场强为E2竖直向上的匀强电场和磁感应强度为B的匀强交变磁场，匀强磁场方向垂直纸面．从A点以v0=4m/s竖直向上射出一个比荷为=102C/kg的带正电的小球（可视为质点），并以v1=8m/s的速度从y轴上的C点水平向右进入第一象限，且在第一象限内刚好沿圆弧作圆周运动．取小球从C点进入第一象限的时刻为t=0，磁感应强度按图乙所示规律变化（以垂直纸面向外的磁场方向为正方向），g=10m/s2．求：
（1）小球从A点运动到C点的时间t1和匀强电场E2的场强；
（2）x轴上有一点D，OD=OC，若带电粒子在通过C点后的运动过程中不再越过y轴且沿x轴正方向通过D点，求磁感应强度B0和磁场的变化周期T0．
【考点】带电粒子在混合场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．
【分析】（1）将粒子在第二象限内的运动分解为水平方向和竖直方向，得出两个方向上的运动规律，结合运动学公式和牛顿第二定律求解；
（2）若带电微粒在通过C点后的运动过程中不再越过y轴，要使其恰能沿x轴正方向通过D点，作出粒子的运动的轨迹图，根据洛伦兹力提供向心力，得出粒子在磁场中运动的半径大小，结合几何关系，求出磁感应度的通项表达式，再根据周期的关系求出磁场的变化周期T0的通项表达式．
【解答】解：（1）小球从A到C竖直方向受重力作用做匀减速运动，有：…①
小球进入第一象限内恰作圆周运动，有：mg﹣qE2=0…②
解代入数据得：
t1=0.4s…③
E2=0.1N/C…④
（2）设粒子在第一象限内做圆周运动运动圆轨道半径为R，周期为T，C到O的距离为y，作出其运动轨迹如图所示．
则有：…⑤，…⑥
要粒子沿x轴通过通过D点，则由图中几何关系有：y=n（2R）…⑦
…⑧
…⑨
联解⑤⑥⑦⑧⑨得：
B0=0.2n（T）（n=1，2，3…）或B0=0.1n （T）（n=2，4，6…），（s）（n=1，2，3…）或（s） （n=2，4，6…）
答：（1）小球从A点运动到C点的时间为0.4s，匀强电场E2的场强为0.1N/C；
（2）磁感应强度为0.2n（T）（n=1，2，3…）或B0=0.1n （T）（n=2，4，6…），磁场的变化周期为（s）（n=1，2，3…）或（s） （n=2，4，6…）．
（二）选考题：45分．请考生从给出的2个选修中任选一个作答，如果多做，则按所做的第一个计分．【物理-选修3-4】
13． 两列简谐横波的振幅都是20cm，传播速度大小相同．实线波的频率为2Hz，沿x轴正方向传播，虚线波沿x轴负方向传播．某时刻两列波在如图所示区域相遇，则（ ）
A．在相遇区域会发生干涉现象
B．实线波和虚线波的频率之比为3：2
C．平衡位置为x=6m处的质点此刻速度为零
D．平衡位置为x=8.5m处的质点此刻位移y＞20cm
E．从图示时刻起再经过0.25s，平衡位置为x=5m处的质点的位移y＜0
【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象；波的干涉和衍射现象．
【分析】在均匀介质中两列波的波速相同，由v=λf得：波长与频率成反比．某时刻两列波的平衡位置正好在x=0处重合，两列波的平衡位置的另一重合处到x=0处的距离应该是两列波的波长整数倍
【解答】解：A、两列波波速相同，波长不同，根据v=λf，频率不同，不能干涉，故A错误；
B、两列波波速相同，波长分别为4m、6m，为2：3，根据根据v=λf，频率比为3：2，故B正确；
C、平衡位置为x=6m处的质点此刻位移为零，两列波单独引起的速度不等，相反，故合速度不为零，故C错误；
D、平衡位置为x=8.5m处的质点，两列波单独引起的位移分别为、，故合位移大于振幅A，故D正确；
E、传播速度大小相同．实线波的频率为2Hz，其周期为0.5s，由图可知：虚线波的周期为0.75s；
从图示时刻起再经过0.25s，实线波在平衡位置为x=5m处于波谷，而虚线波也处于y轴上方，但不在波峰处，所以质点的位移y＜0，故E正确；
故选BDE．
14．如图所示，一等腰直角三棱镜，放在真空中，AB=AC．在棱镜侧面AB左方有一单色光源S，从S发出的光线SD以60°入射角从AB侧面中点射入三棱镜，当它从侧面AC射出时，出射光线与棱镜侧面AC间的夹角为30°．求此三棱镜的折射率并作出光路图．
【考点】光的折射定律．
【分析】根据光的折射在AB面和AC面上作出折射图，根据几何关系得出入射角和折射角的大小，通过折射定律求出折射率的大小．
【解答】解：由折射定律，光线在AB面上折射时有：
在AC面上出射时，
由几何关系，γ=90°﹣30°=60°，α+β=90°
联立解得：α=β=45°
折射率n=
答：三棱镜的折射率为．光路图如图所示．
【物理-选修3-5】
15．爱因斯坦因提出了光量子概念并成功地解释光电效应的规律而获得1921年诺贝尔物理学奖．某种金属逸出光电子的最大初动能Ekm与入射光频率ν的关系如图1所示，其中ν0为极限频率．从图中可以确定的是（ ）
A．逸出功与ν有关
B．当ν＞ν0时，会逸出光电子
C．Ekm与入射光强度成正比
D．图中直线的斜率与普朗克常量有关
E．截止频率与金属的逸出功有关
【考点】光电效应．
【分析】本题考查光电效应的特点：①金属的逸出功是由金属自身决定的，与入射光频率无关；②光电子的最大初动能Ekm与入射光的强度无关；③光电子的最大初动能满足光电效应方程，及截止频率与金属的逸出功关系hν0=W，从而即可求解．
【解答】解：A、金属的逸出功是由金属自身决定的，与入射光频率无关，其大小W=hγ，故A错误．
B、要有光电子逸出，则光电子的最大初动能Ekm＞0，即只有入射光的频率大于金属的极限频率，即ν＞ν0γ时才会有光电子逸出．故B正确．
C、根据爱因斯坦光电效应方程Ekm=hν﹣W，可知光电子的最大初动能Ekm与入射光的强度无关，但Ekm与入射光强度不是成正比，而是线性关系．故C错误．
D、根据爱因斯坦光电效应方程Ekm=hν﹣W，可知=h，故D正确；
E、截止频率与金属的逸出功关系hν0=W，故E正确．
故选：BDE．
16．如图，A、B、C三个木块的质量均为m，置于光滑的水平桌面上，B、C之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不固连．将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B和C紧连，使弹簧不能伸展，以至于B、C可视为一个整体．现A以初速度v0沿B、C的连线方向朝B运动，与B相碰并粘合在一起．以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离．已知离开弹簧后C的速度恰好为v0．求弹簧释放的势能．
【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．
【分析】A与B、C碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律可以求出碰后三者的共同速度；
线断开，AB与C分离过程中动量守恒，由动量守恒定律可以列方程；
在弹簧弹开过程中，系统机械能守恒，由机械能守恒定律可以列方程，解方程即可求出弹簧的弹性势能．
【解答】解：（1）设碰后A、B和C的共同速度的大小为v，由动量守恒定律得：mv0=3mv，
设C离开弹簧时，A、B的速度大小为v1，由动量守恒得3mv=2mv1+mv0，解得：v1=0；
（2）设弹簧的弹性势能为EP，从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒，有
（3m）v2+EP=（2m）v12+mv02，解得：EP=mv02 ；
答：弹簧释放的势能为mv02．
2016年6月4日
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