2016年高考物理試卷（新課標(biāo)Ⅲ）（解析卷）

第頁(yè)|共頁(yè)2016年全國(guó)高考統(tǒng)一物理試卷（新課標(biāo)Ⅲ）參考答案與試題解析一、選擇題1．（6分）關(guān)于行星運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，下列說(shuō)法符合史實(shí)的是（）A．開(kāi)普勒在牛頓定律的基礎(chǔ)上，導(dǎo)出了行星運(yùn)動(dòng)的規(guī)律 B．開(kāi)普勒在天文觀測(cè)數(shù)據(jù)的基礎(chǔ)上，總結(jié)出了行星運(yùn)動(dòng)的規(guī)律 C．開(kāi)普勒總結(jié)出了行星運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，找出了行星按照這些規(guī)律運(yùn)動(dòng)的原因D．開(kāi)普勒總結(jié)出了行星運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，發(fā)現(xiàn)了萬(wàn)有引力定律 【考點(diǎn)】1U：物理學(xué)史；4E：萬(wàn)有引力定律的發(fā)現(xiàn)和萬(wàn)有引力恒量的測(cè)定．【專題】15：簡(jiǎn)答題；22：學(xué)科綜合題；31：定性思想；43：推理法；528：萬(wàn)有引力定律的應(yīng)用專題．【分析】根據(jù)物理學(xué)史和常識(shí)解答，記住著名物理學(xué)家的主要貢獻(xiàn)即可．【解答】解：開(kāi)普勒在他的導(dǎo)師第谷天文觀測(cè)數(shù)據(jù)的基礎(chǔ)上，總結(jié)出了行星運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，但并未找出了行星按照這些規(guī)律運(yùn)動(dòng)的原因；牛頓在開(kāi)普勒行星運(yùn)動(dòng)定律的基礎(chǔ)上推導(dǎo)出萬(wàn)有引力定律，故ACD錯(cuò)誤，B正確。故選：B。【點(diǎn)評(píng)】本題考查物理學(xué)史，是常識(shí)性問(wèn)題，對(duì)于物理學(xué)上重大發(fā)現(xiàn)、發(fā)明、著名理論要加強(qiáng)記憶，這也是考試內(nèi)容之一．2．（6分）關(guān)于靜電場(chǎng)的等勢(shì)面，下列說(shuō)法正確的是（）A．兩個(gè)電勢(shì)不同的等勢(shì)面可能相交 B．電場(chǎng)線與等勢(shì)面處處相互垂直 C．同一等勢(shì)面上各點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度一定相等 D．將一負(fù)的試探電荷從電勢(shì)較高的等勢(shì)面移至電勢(shì)較低的等勢(shì)面，電場(chǎng)力做正功 【考點(diǎn)】A6：電場(chǎng)強(qiáng)度與電場(chǎng)力；A7：電場(chǎng)線；AF：等勢(shì)面．【專題】31：定性思想；43：推理法；532：電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題．【分析】電場(chǎng)中電勢(shì)相等的各個(gè)點(diǎn)構(gòu)成的面叫做等勢(shì)面；沿著等勢(shì)面移動(dòng)點(diǎn)電荷，電場(chǎng)力不做功．電場(chǎng)線與等勢(shì)面垂直，且從電勢(shì)高的等勢(shì)面指向電勢(shì)低的等勢(shì)面．負(fù)電荷在等勢(shì)面高的位置的電勢(shì)能?。窘獯稹拷猓篈、沿電場(chǎng)線的方向電勢(shì)降低，所以電勢(shì)不同的等勢(shì)面不可能相交。故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)電場(chǎng)線與等勢(shì)面的關(guān)系可知，電場(chǎng)線與等勢(shì)面互相垂直，故B正確；C、電場(chǎng)強(qiáng)度的大小與電勢(shì)的高低沒(méi)有關(guān)系，所以同一等勢(shì)面上各點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度不一定相等，故C錯(cuò)誤；D、負(fù)電荷在電勢(shì)高的位置的電勢(shì)能小，所以將一負(fù)的試探電荷從電勢(shì)較高的等勢(shì)面移至電勢(shì)較低的等勢(shì)面，電勢(shì)能增大，電場(chǎng)力做負(fù)功，故D錯(cuò)誤。故選：B。【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵是要記住電場(chǎng)線和等勢(shì)面的關(guān)系，相互垂直，從電勢(shì)高的等勢(shì)面指向電勢(shì)低的等勢(shì)面，掌握等勢(shì)面的基本特點(diǎn)：在等勢(shì)面上移動(dòng)電荷，電場(chǎng)力總是不做功．3．（6分）一質(zhì)點(diǎn)做速度逐漸增大的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在時(shí)間間隔t內(nèi)位移為s，動(dòng)能變?yōu)樵瓉?lái)的9倍。該質(zhì)點(diǎn)的加速度為（）A． B． C． D． 【考點(diǎn)】1E：勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移與時(shí)間的關(guān)系；1F：勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度與位移的關(guān)系；64：動(dòng)能．【專題】31：定性思想；43：推理法；52D：動(dòng)能定理的應(yīng)用專題．【分析】根據(jù)動(dòng)能的變化可求出初末速度間的關(guān)系，再根據(jù)平均速度公式可求出平均速度，則由位移公式即可明確速度與位移時(shí)間的關(guān)系，再由加速度的定義即可求出質(zhì)點(diǎn)的加速度。【解答】解：設(shè)質(zhì)點(diǎn)的初速度為v，則動(dòng)能Ek1=mv2，由于末動(dòng)能變?yōu)樵瓉?lái)的9倍，則可知，末速度為原來(lái)的3倍，故v’=3v；故平均速度==2v；根據(jù)位移公式可知：=聯(lián)立解得：v=；根據(jù)加速度定義可知a====，故B正確，ACD錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查動(dòng)能以及運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律的問(wèn)題，要注意明確動(dòng)能變?yōu)?倍所隱含的信息，從而求出速度關(guān)系，同時(shí)還要注意應(yīng)用平均速度公式。4．（6分）如圖，兩個(gè)輕環(huán)a和b套在位于豎直面內(nèi)的一段固定圓弧上：一細(xì)線穿過(guò)兩輕環(huán)，其兩端各系一質(zhì)量為m的小球，在a和b之間的細(xì)線上懸掛一小物塊。平衡時(shí)，a、b間的距離恰好等于圓弧的半徑。不計(jì)所有摩擦，小物塊的質(zhì)量為（）A． B．m C．m D．2m 【考點(diǎn)】2G：力的合成與分解的運(yùn)用；3C：共點(diǎn)力的平衡．【專題】12：應(yīng)用題；33：參照思想；49：合成分解法；527：共點(diǎn)力作用下物體平衡專題．【分析】同一根繩子上的張力大小相等，根據(jù)ab距離等于圓環(huán)半徑可知繩所成角度，據(jù)此由平衡分析即可?！窘獯稹拷猓涸O(shè)懸掛小物塊的點(diǎn)為O'，圓弧的圓心為O，由于ab=R，所以三角形Oab為等邊三角形。由于圓弧對(duì)輕環(huán)的支持力沿半徑方向背向圓心，所以小球和小物塊對(duì)輕環(huán)的合力方向由輕環(huán)指向圓心O，因?yàn)樾∥飰K和小球?qū)p環(huán)的作用力大小相等，所以aO、bO是∠maO′、∠mbO′的角平分線，所以∠O'Oa=∠maO=∠mbO=30°，那么∠mbO′=60°，所以由幾何關(guān)系可得∠aO'b=120°，而在一條繩子上的張力大小相等，故有T=mg，小物塊受到兩條繩子的拉力作用大小相等，夾角為120°，故受到的合力等于mg，因?yàn)樾∥飰K受到繩子的拉力和重力作用，且處于平衡狀態(tài)，故拉力的合力等于小物塊的重力為mg，所以小物塊的質(zhì)量為m故ABD錯(cuò)誤，C正確。故選：C。【點(diǎn)評(píng)】解決本題關(guān)鍵是能根據(jù)題目給出的幾何關(guān)系確認(rèn)拉小物塊的兩繩夾角為120°，再根據(jù)兩個(gè)大小相等互成120°兩力的合成結(jié)論求解即可。5．（6分）平面OM和平面ON之間的夾角為30°，其橫截面（紙面）如圖所示，平面OM上方存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向外．一帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q（q＞0）．粒子沿紙面以大小為v的速度從OM的某點(diǎn)向左上方射入磁場(chǎng)，速度與OM成30°角．已知粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡與ON只有一個(gè)交點(diǎn)，并從OM上另一點(diǎn)射出磁場(chǎng)．不計(jì)重力．粒子離開(kāi)磁場(chǎng)的射點(diǎn)到兩平面交線O的距離為（）A． B． C． D． 【考點(diǎn)】CI：帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)．【專題】32：定量思想；4B：圖析法；4C：方程法；536：帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題．【分析】粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律求出粒子的半徑，然后根據(jù)幾何關(guān)系求出射點(diǎn)與O點(diǎn)間的距離．【解答】解：粒子進(jìn)入磁場(chǎng)做順時(shí)針?lè)较虻膭蛩賵A周運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖所示，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有解得根據(jù)軌跡圖知，∠OPQ=60°粒子離開(kāi)磁場(chǎng)的出射點(diǎn)到兩平面交線O的距離為，D正確，ABC錯(cuò)誤故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，分析清楚粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程、作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，由牛頓第二定律求出粒子的臨界軌道半徑即可正確解題．6．（6分）如圖，理想變壓器原、副線圈分別接有額定電壓相同的燈泡a和b．當(dāng)輸入電壓U為燈泡額定電壓的10倍時(shí)，兩燈泡均能正常發(fā)光．下列說(shuō)法正確的是（）A．原、副線圈匝數(shù)之比為9：1 B．原、副線圈匝數(shù)之比為1：9 C．此時(shí)a和b的電功率之比為9：1 D．此時(shí)a和b的電功率之比為1：9 【考點(diǎn)】E8：變壓器的構(gòu)造和原理．【專題】31：定性思想；43：推理法；53A：交流電專題．【分析】根據(jù)燈泡電壓與輸入電壓的關(guān)系可明確接在輸入端和輸出端的電壓關(guān)系，則可求得匝數(shù)之比；根據(jù)變壓器電流之間的關(guān)系和功率公式可明確功率之比．【解答】解：AB、燈泡正常發(fā)光，則其電壓均為額定電壓U，則說(shuō)明原線圈輸入電壓為9U，輸出電壓為U；則可知，原副線圈匝數(shù)之比為：9：1：故A正確；B錯(cuò)誤；CD、根據(jù)公式可得，由于小燈泡兩端的電壓相等，所以根據(jù)公式P=UI可得兩者的電功率之比為1：9；故C錯(cuò)誤，D正確；故選：AD。【點(diǎn)評(píng)】本題考查變壓器原理，要注意明確輸入電壓為燈泡兩端電壓與輸入端電壓之和，從而可以確定輸入端電壓；則可求得匝數(shù)之比．7．（6分）如圖，一固定容器的內(nèi)壁是半徑為R的半球面；在半球面水平直徑的一端有一質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)P．它在容器內(nèi)壁由靜止下滑到最低點(diǎn)的過(guò)程中，克服摩擦力做的功為W．重力加速度大小為g．設(shè)質(zhì)點(diǎn)P在最低點(diǎn)時(shí)，向心加速度的大小為a，容器對(duì)它的支持力大小為N，則（）A．a(chǎn)= B．a(chǎn)= C．N= D．N= 【考點(diǎn)】37：牛頓第二定律；4A：向心力．【專題】33：參照思想；4T：尋找守恒量法；52D：動(dòng)能定理的應(yīng)用專題．【分析】質(zhì)點(diǎn)P下滑的過(guò)程中，重力做正功，摩擦力做負(fù)功，根據(jù)動(dòng)能定理求出質(zhì)點(diǎn)P到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)的速度，在最低點(diǎn)，質(zhì)點(diǎn)受重力和支持力，根據(jù)合力提供向心力，列式求解．【解答】解：質(zhì)點(diǎn)P下滑的過(guò)程，由動(dòng)能定理得mgR﹣W=在最低點(diǎn)，質(zhì)點(diǎn)P的向心加速度a==根據(jù)牛頓第二定律得N﹣mg=m解得N=，故AC正確，BD錯(cuò)誤。故選：AC?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵掌握動(dòng)能定理解題，以及知道質(zhì)點(diǎn)在B點(diǎn)徑向的合力提供圓周運(yùn)動(dòng)的向心力．8．（6分）如圖，M為半圓形導(dǎo)線框，圓心為OM；N是圓心角為直角的扇形導(dǎo)線框，圓心為ON；兩導(dǎo)線框在同一豎直面（紙面）內(nèi)；兩圓弧半徑相等；過(guò)直線OMON的水平面上方有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面?，F(xiàn)使線框M、N在t=0時(shí)從圖示位置開(kāi)始，分別繞垂直于紙面、且過(guò)OM和ON的軸，以相同的周期T逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，則（）A．兩導(dǎo)線框中均會(huì)產(chǎn)生正弦交流電 B．兩導(dǎo)線框中感應(yīng)電流的周期都等于T C．在t=時(shí)，兩導(dǎo)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相等 D．兩導(dǎo)線框的電阻相等時(shí)，兩導(dǎo)線框中感應(yīng)電流的有效值也相等 【考點(diǎn)】D9：導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；E4：正弦式電流的最大值和有效值、周期和頻率．【專題】32：定量思想；4C：方程法；53C：電磁感應(yīng)與電路結(jié)合．【分析】正確利用法拉第電磁感應(yīng)定律，在本題中由于導(dǎo)線框勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，因此產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)是恒定的，計(jì)算有效值根據(jù)有效值的定義?！窘獯稹拷猓篈、半徑切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：B、，因?yàn)榫€框勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定，線框中電流大小恒定，故A錯(cuò)誤；M、N兩線框勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，M線框第一個(gè)電流方向逆時(shí)針，第二個(gè)電流順時(shí)針?lè)较?；N線框，相框轉(zhuǎn)動(dòng)一圈，只有的時(shí)間有感應(yīng)電流，第一個(gè)電流逆時(shí)針，第二個(gè)電流為0．第三個(gè)電流順時(shí)針?lè)较?，第四個(gè)沒(méi)有電流，依次循環(huán)。畫出M、N線框中電流隨時(shí)間變化的關(guān)系圖線如圖所示，所以兩線框中感應(yīng)電流的周期相等，故B正確；C、，兩線框均有一條半徑在切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為，故C正確；D、根據(jù)電流的熱效應(yīng)，對(duì)M線框N線框轉(zhuǎn)動(dòng)一周只有時(shí)間內(nèi)有感應(yīng)電流聯(lián)立①②得，故D錯(cuò)誤故選：BC。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了法拉第電磁感應(yīng)定律在轉(zhuǎn)動(dòng)切割類型中的應(yīng)用，掌握楞次定律，會(huì)判斷感應(yīng)電流的方向。理解有效值的定義，掌握好有效值的定義就可以計(jì)算非正弦交變電流的有效值。中等難度。二、解答題（共3小題，滿分27分）9．（5分）某同學(xué)用圖中所給器材進(jìn)行與安培力有關(guān)的實(shí)驗(yàn)。兩根金屬導(dǎo)軌ab和a1b1固定在同一水平面內(nèi)且相互平行，足夠大的電磁鐵（未畫出）的N極位于兩導(dǎo)軌的正上方，S極位于兩導(dǎo)軌的正下方，一金屬棒置于導(dǎo)軌上且兩導(dǎo)軌垂直。（1）在圖中畫出連線，完成實(shí)驗(yàn)電路。要求滑動(dòng)變阻器以限流方式接入電路，且在開(kāi)關(guān)閉合后，金屬棒沿箭頭所示的方向移動(dòng)。（2）為使金屬棒在離開(kāi)導(dǎo)軌時(shí)具有更大的速度，有人提出以下建議：A．適當(dāng)增加兩導(dǎo)軌間的距離B．換一根更長(zhǎng)的金屬棒C．適當(dāng)增大金屬棒中的電流其中正確的是AC（填入正確選項(xiàng)前的標(biāo)號(hào)）【考點(diǎn)】CC：安培力．【專題】13：實(shí)驗(yàn)題；31：定性思想；4B：圖析法；53D：磁場(chǎng)磁場(chǎng)對(duì)電流的作用．【分析】（1）要求滑動(dòng)變阻器以限流方式接入電路，滑動(dòng)變阻器按一上一下的原則串聯(lián)在電路中，考慮金屬棒向右運(yùn)動(dòng)，所愛(ài)安培力向右，根據(jù)左手定則知，通過(guò)金屬棒的電流從上向下，把各個(gè)元件按順序串聯(lián)起來(lái)。（2）根據(jù)安培力公式和動(dòng)能定理進(jìn)行分析【解答】解：（1）電路如右圖所示。（2）根據(jù)公式F=BIL可得，適當(dāng)增加導(dǎo)軌間的距離或者增大電流，可增大金屬棒受到的安培力，根據(jù)動(dòng)能定理得，，則金屬棒離開(kāi)導(dǎo)軌時(shí)的動(dòng)能變大，即離開(kāi)導(dǎo)軌時(shí)的速度變大，A、C正確；若換用一根更長(zhǎng)的金屬棒，但金屬棒切割磁感線的有效長(zhǎng)度即導(dǎo)軌間的寬度不變，安培力F不變，棒的質(zhì)量變大，速度變小，故B錯(cuò)誤；故答案為：（1）如圖所示（2）AC【點(diǎn)評(píng)】本題考查電路實(shí)物圖連線，關(guān)鍵是明確實(shí)驗(yàn)原理，注意滑動(dòng)變阻器的限流接法和電表的正負(fù)接線柱，確定金屬棒中的電流方向是關(guān)鍵。10．（10分）某物理課外小組利用圖（a）中的裝置探究物體加速度與其所受合外力之間的關(guān)系。圖中置于試驗(yàn)臺(tái)上的長(zhǎng)木板水平放置，其右端固定一輕滑輪：輕繩跨過(guò)滑輪，一端與放在木板上的小滑車相連，另一端可懸掛鉤碼。本實(shí)驗(yàn)中可用的鉤碼共有N=5個(gè)，每個(gè)質(zhì)量均為0.010kg。實(shí)驗(yàn)步驟如下：（1）將5個(gè)鉤碼全部放入小車中，在長(zhǎng)木板左下方墊上適當(dāng)厚度的小物快，使小車（和鉤碼）可以在木板上勻速下滑。（2）將n（依次取n=1，2，3，4，5）個(gè)鉤碼掛在輕繩右端，其余N﹣n個(gè)鉤碼仍留在小車內(nèi)；用手按住小車并使輕繩與木板平行。釋放小車，同時(shí)用傳感器記錄小車在時(shí)刻t相對(duì)于其起始位置的位移s，繪制s﹣t圖象，經(jīng)數(shù)據(jù)處理后可得到相應(yīng)的加速度a。（3）對(duì)應(yīng)于不同的n的a值見(jiàn)下表。n=2時(shí)的s﹣t圖象如圖（b）所示：由圖（b）求出此時(shí)小車的加速度（保留2位有效數(shù)字），將結(jié)果填入下表。n12345a/m?s﹣20.200.400.580.781.00（4）利用表中的數(shù)據(jù)在圖（c）中補(bǔ)齊數(shù)據(jù)點(diǎn)，并作出a﹣n圖象。從圖象可以看出：當(dāng)物體質(zhì)量一定時(shí)，物體的加速度與其所受的合外力成正比。（5）利用a﹣n圖象求得小車（空載）的質(zhì)量為0.45kg（保留2位有效數(shù)字，重力加速度取g=9.8m?s﹣2）。（6）若以“保持木板水平”來(lái)代替步驟（1），下列說(shuō)法正確的是BC（填入正確選項(xiàng)前的標(biāo)號(hào)）A．a(chǎn)﹣n圖線不再是直線B．a(chǎn)﹣n圖線仍是直線，但該直線不過(guò)原點(diǎn)C．a(chǎn)﹣n圖線仍是直線，但該直線的斜率變大【考點(diǎn)】M8：探究加速度與物體質(zhì)量、物體受力的關(guān)系．【專題】13：實(shí)驗(yàn)題；31：定性思想；46：實(shí)驗(yàn)分析法；522：牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題．【分析】（3）根據(jù)x﹣t圖象的性質(zhì)可明確各時(shí)刻對(duì)應(yīng)的位移，根據(jù)位移公式可求得加速度；（4）將點(diǎn)（2，0.40）作出，并用直線將各點(diǎn)連接即可得出圖象；（5）找出圖象上的點(diǎn)，根據(jù)圖象的性質(zhì)以及牛頓第二定律列式，即可求出小車的質(zhì)量；（6）對(duì)實(shí)驗(yàn)原理進(jìn)行分析，明確摩擦力帶來(lái)的影響；根據(jù)牛頓第二定律可明確圖象的變化情況．【解答】解：（3）物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，對(duì)應(yīng)的x﹣t圖象為曲線，由圖象可知，當(dāng)t=2.0s時(shí)，位移為：x=0.80m；則由x=代入數(shù)據(jù)得：a=0.40m/s2；（4）在圖C中作出點(diǎn)（2，0.40），并用直線將各點(diǎn)相連，如圖所示；（5）由圖c可知，當(dāng)n=4時(shí)，加速度為0.78m/s2，由牛頓第二定律可知：4×0.01×9.8=（m+5×0.01）×0.78解得：m=0.45kg；（6）若木板水平，則物體將受到木板的摩擦力；則有：nm0g﹣μ[mg+（5﹣n）m0g]=（m+5m0）a；a=﹣=﹣故說(shuō)明圖象仍為直線，但不再過(guò)原點(diǎn)；并且斜率增大；故BC正確；故選：BC；故答案為：（3）0.40；（4）如圖所示；（5）0.45；BC．【點(diǎn)評(píng)】本題考查驗(yàn)證牛頓第二定律的實(shí)驗(yàn)，要求能明確實(shí)驗(yàn)原理，認(rèn)真分析各步驟，從而明確實(shí)驗(yàn)方法；同時(shí)注意掌握?qǐng)D象的性質(zhì)，能根據(jù)圖象進(jìn)行分析，明確對(duì)應(yīng)規(guī)律的正確應(yīng)用．11．（12分）如圖，在豎直平面內(nèi)由圓弧AB和圓弧BC組成的光滑固定軌道，兩者在最低點(diǎn)B平滑連接．AB弧的半徑為R，BC弧的半徑為．一小球在A點(diǎn)正上方與A相距處由靜止開(kāi)始自由下落，經(jīng)A點(diǎn)沿圓弧軌道運(yùn)動(dòng)．（1）求小球在B、A兩點(diǎn)的動(dòng)能之比；（2）通過(guò)計(jì)算判斷小球能否沿軌道運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)．【考點(diǎn)】4A：向心力；65：動(dòng)能定理；6C：機(jī)械能守恒定律．【專題】11：計(jì)算題；34：比較思想；4N：臨界法；52D：動(dòng)能定理的應(yīng)用專題．【分析】（1）根據(jù)機(jī)械能守恒定律分別求出小球經(jīng)過(guò)B點(diǎn)和A點(diǎn)的動(dòng)能，再得到它們的比值．（2）假設(shè)小球能到達(dá)C點(diǎn)，由機(jī)械能守恒定律求出小球到達(dá)C點(diǎn)的速度，與臨界速度比較，即可判斷小球能否到C點(diǎn)．【解答】解：（1）根據(jù)機(jī)械能守恒定律得EKA=mgEKB=mg（+R）=則得小球在B、A兩點(diǎn)的動(dòng)能之比EKB：EKA=5：1．（2）假設(shè)小球能到達(dá)C點(diǎn)，由機(jī)械能守恒定律得mg=即得到達(dá)C點(diǎn)的速度vC=設(shè)小球通過(guò)C點(diǎn)的臨界速度為v0．則有mg=m即得v0=因?yàn)関C=v0，所以小球恰好到達(dá)C點(diǎn)．答：（1）小球在B、A兩點(diǎn)的動(dòng)能之比是5：1．（2）小球恰好到達(dá)C點(diǎn)．【點(diǎn)評(píng)】分析清楚小球的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，把握?qǐng)A周運(yùn)動(dòng)最高點(diǎn)臨界速度的求法：重力等于向心力，同時(shí)要熟練運(yùn)用機(jī)械能守恒定律．四、標(biāo)題12．（20分）如圖，兩條相距l(xiāng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面（紙面）內(nèi)，其左端接一阻值為R的電阻；一與導(dǎo)軌垂直的金屬棒置于兩導(dǎo)軌上；在電阻、導(dǎo)軌和金屬棒中間有一面積為S的區(qū)域，區(qū)域中存在垂直于紙面向里的均勻磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1隨時(shí)間t的變化關(guān)系為B1=kt，式中k為常量；在金屬棒右側(cè)還有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，區(qū)域左邊界MN（虛線）與導(dǎo)軌垂直，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，方向也垂直于紙面向里。某時(shí)刻，金屬棒在一外加水平恒力的作用下從靜止開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)，在t0時(shí)刻恰好以速度v0越過(guò)MN，此后向右做勻速運(yùn)動(dòng)。金屬棒與導(dǎo)軌始終相互垂直并接觸良好，它們的電阻均忽略不計(jì)。求：（1）在t=0到t=t0時(shí)間間隔內(nèi)，流過(guò)電阻的電荷量的絕對(duì)值；（2）在時(shí)刻t（t＞t0）穿過(guò)回路的總磁通量和金屬棒所受外加水平恒力的大小?！究键c(diǎn)】D9：導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)．【專題】11：計(jì)算題；22：學(xué)科綜合題；32：定量思想；43：推理法；53C：電磁感應(yīng)與電路結(jié)合．【分析】（1）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，結(jié)合閉合電路歐姆定律，及電量表達(dá)式，從而導(dǎo)出電量的綜合表達(dá)式，即可求解；（2）根據(jù)磁通量的概念，Φ=BS，結(jié)合磁場(chǎng)方向，即可求解穿過(guò)回路的總磁通量；根據(jù)動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)與感生電動(dòng)勢(shì)公式，求得線圈中的總感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，再依據(jù)閉合電路歐姆定律，及安培力表達(dá)式，最后依據(jù)平衡條件，即可求解水平恒力大小?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有：E==結(jié)合閉合電路歐姆定律有：I=，及電量表達(dá)式有：q=It==||，（2）根據(jù)題意可知，MN左邊的磁場(chǎng)方向與右邊的磁場(chǎng)方向相同，那么總磁通量即為兩種情況之和，即為：在時(shí)刻t（t＞t0）穿過(guò)回路的總磁通量為：Φ=+=ktS+B0v0（t﹣t0）l；依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，那么線圈中產(chǎn)生總感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E=E1+E2=kS+B0lv0；根據(jù)閉合電路歐姆定律，則線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流大小為：I==那么安培力大小為：FA=B0Il=；最后根據(jù)平衡條件，則水平恒力大小等于安培力大小，即為：F=；答：（1）在t=0到t=t0時(shí)間間隔內(nèi)，流過(guò)電阻的電荷量的絕對(duì)值||；（2）在時(shí)刻t（t＞t0）穿過(guò)回路的總磁通量ktS+B0v0（t﹣t0）l，金屬棒所受外加水平恒力的大小。【點(diǎn)評(píng)】考查法拉第電磁感應(yīng)定律，閉合電路歐姆定律，及電量綜合表達(dá)式的內(nèi)容，注意磁通量的方向，及安培力表達(dá)式的應(yīng)用，本題難度不大，但符號(hào)運(yùn)算要細(xì)心?！疚锢?選修3-3】13．（5分）關(guān)于氣體的內(nèi)能，下列說(shuō)法正確的是（）A．質(zhì)量和溫度都相同的氣體，內(nèi)能一定相同 B．氣體溫度不變，整體運(yùn)動(dòng)速度越大，其內(nèi)能越大 C．氣體被壓縮時(shí)，內(nèi)能可能不變 D．一定量的某種理想氣體的內(nèi)能只與溫度有關(guān) E．一定量的某種理想氣體在等壓膨脹過(guò)程中，內(nèi)能一定增加 【考點(diǎn)】8A：物體的內(nèi)能；8F：熱力學(xué)第一定律．【專題】31：定性思想；43：推理法；548：熱力學(xué)定理專題．【分析】理想氣體是一種理想化的物理模型，實(shí)際上并不存在；理想氣體的內(nèi)能僅與溫度有關(guān)，與氣體的體積無(wú)關(guān)；實(shí)際氣體在溫度不太低、壓強(qiáng)不太大的情況下可以看做理想氣體?！窘獯稹拷猓篈、質(zhì)量和溫度都相同的氣體，內(nèi)能不一定相同，還和氣體的種類有關(guān)，故A錯(cuò)誤；B、物體的內(nèi)能與溫度、體積有關(guān)，與物體宏觀整體運(yùn)動(dòng)的機(jī)械能無(wú)關(guān)，所以整體運(yùn)動(dòng)速度越大，其內(nèi)能不一定越大，故B錯(cuò)；C、氣體被壓縮時(shí)，外界對(duì)氣體做功W＞0，如果向外界放熱Q＜0，根據(jù)熱力學(xué)第一定律，△U=W+Q，可能△U=0內(nèi)能不變，所以C正確；D、理想氣體分子間無(wú)分子勢(shì)能，理想氣體的內(nèi)能只與溫度有關(guān)，故D正確；E、一定量的某種理想氣體等壓膨脹過(guò)程中，體積與熱力學(xué)溫度成正比，溫度升高，內(nèi)能增加。故E正確故選：CDE?！军c(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵要理解理想氣體這個(gè)模型的物理意義，抓住不考慮分子間的作用力，一定質(zhì)量理想氣體的內(nèi)能只與溫度有關(guān)是關(guān)鍵。14．（10分）一U形玻璃管豎直放置，左端開(kāi)口，右端封閉，左端上部有一光滑的輕活塞。初始時(shí)，管內(nèi)汞柱及空氣柱長(zhǎng)度如圖所示。用力向下緩慢推活塞，直至管內(nèi)兩邊汞柱高度相等時(shí)為止。求此時(shí)右側(cè)管內(nèi)氣體的壓強(qiáng)和活塞向下移動(dòng)的距離。已知玻璃管的橫截面積處處相同；在活塞向下移動(dòng)的過(guò)程中，沒(méi)有發(fā)生氣體泄漏；大氣壓強(qiáng)p0=75.0cmHg．環(huán)境溫度不變。【考點(diǎn)】99：理想氣體的狀態(tài)方程．【專題】11：計(jì)算題；32：定量思想；4C：方程法；54B：理想氣體狀態(tài)方程專題．【分析】由題意知兩部分封閉氣體的溫度與環(huán)境溫度保持相等，氣體都作等溫變化。先對(duì)左端氣體研究，根據(jù)玻意耳定律求出活塞下移后的壓強(qiáng)。水銀面相平時(shí)，兩部分氣體的壓強(qiáng)相等，再研究右端氣體，求出活塞下移后的長(zhǎng)度和氣體壓強(qiáng)，根據(jù)幾何關(guān)系求解活塞向下移動(dòng)的距離?！窘獯稹拷猓涸O(shè)初始時(shí)，右管中空氣柱的壓強(qiáng)為，長(zhǎng)度為；左管中空氣柱的壓強(qiáng)為，長(zhǎng)度為．該活塞被下推h后，右管中空氣柱的壓強(qiáng)為，長(zhǎng)度為．；左管中空氣柱的壓強(qiáng)為，長(zhǎng)度為．以cmHg為壓強(qiáng)單位。由題給條件得：…①…②由玻意耳定律得…③聯(lián)立①②③式和題給條件得：…④依題意有：…⑤…⑥由玻意耳定律得：…⑦聯(lián)立④⑤⑥⑦式和題給條件得：h=9.42cm答：此時(shí)右側(cè)管內(nèi)氣體的壓強(qiáng)和活塞向下移動(dòng)的距離9.42cm?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了玻意耳定律，關(guān)鍵要抓住兩部分氣體之間相關(guān)聯(lián)的條件，運(yùn)用玻意耳定律解答?！疚锢?選修3-4】15．由波源S形成的簡(jiǎn)諧橫波在均勻介質(zhì)中向左、右傳播。波源振動(dòng)的頻率為20Hz，波速為16m/s。已知介質(zhì)中P、Q兩質(zhì)點(diǎn)位于波源S的兩側(cè)，且P、Q和S的平衡位置在一條直線上，P、Q的平衡位置到S的平衡位置之間的距離分別為15.8m、14.6m。P、Q開(kāi)始震動(dòng)后，下列判斷正確的是（）A．P、Q兩質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的方向始終相同 B．P、Q兩質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的方向始終相反 C．當(dāng)S恰好通過(guò)平衡位置時(shí)，P、Q兩點(diǎn)也正好通過(guò)平衡位置 D．當(dāng)S恰好通過(guò)平衡位置向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，P在波峰 E．當(dāng)S恰好通過(guò)平衡位置向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，Q在波峰 【考點(diǎn)】F4：橫波的圖象；F5：波長(zhǎng)、頻率和波速的關(guān)系．【專題】11：計(jì)算題；34：比較思想；44：類比法；51D：振動(dòng)圖像與波動(dòng)圖像專題．【分析】先通過(guò)題干中所給出的波速和頻率，利用公式λ=計(jì)算出波長(zhǎng)。根據(jù)PQ兩點(diǎn)的距離之差與半個(gè)波長(zhǎng)相比較，利用半個(gè)波長(zhǎng)的奇數(shù)倍或偶數(shù)倍來(lái)判斷PQ振動(dòng)的情況，可判知選項(xiàng)AB的正誤。利用波長(zhǎng)不是出P、Q與波源S之間的距離，通過(guò)不足一個(gè)波長(zhǎng)的部分是波的四分之一還是四分之三，結(jié)合S點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)情況，即可判斷P、Q點(diǎn)的位置，繼而可得知選項(xiàng)BDE的正誤【解答】解：波源振動(dòng)的頻率為20Hz，波速為16m/s，由波長(zhǎng)公式λ=有：λ==0.8mAB、P、Q兩質(zhì)點(diǎn)距離波源的距離之差為：△x=15.8﹣14.6=1.2m=3×，為半個(gè)波長(zhǎng)的奇數(shù)倍，所以P、Q兩質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)步調(diào)相反，P、Q兩質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的方向始終相反，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確。C、SP=15.8m=（19+）λ，SQ=14.6m=（18+）λ，所以當(dāng)S恰好通過(guò)平衡位置時(shí)，P、Q兩點(diǎn)一個(gè)在波峰，一個(gè)在波谷，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。D、由SP=15.8m=（19+）λ可知，當(dāng)S恰好通過(guò)平衡位置向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，P在波峰，選項(xiàng)D正確。E、SQ=14.6m=（18+）λ，當(dāng)S恰好通過(guò)平衡位置向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，Q在波峰，選項(xiàng)E正確。故選：BDE?！军c(diǎn)評(píng)】關(guān)于波的傳播的相關(guān)計(jì)算，首先應(yīng)注意其周期性，同時(shí)要注意波傳播的方程的通式，尤其是對(duì)其不到一個(gè)波長(zhǎng)的部分，要會(huì)通過(guò)該部分是波長(zhǎng)的四分之一還是四分之三來(lái)判斷質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)情況和位置關(guān)系。同時(shí)要熟記兩點(diǎn)與波源的距離之差若是半個(gè)波長(zhǎng)的偶數(shù)倍，該兩質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)步調(diào)一致，若為半個(gè)波長(zhǎng)的奇數(shù)倍，該兩質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)步調(diào)相反。對(duì)于此結(jié)論，在波的干涉中的加強(qiáng)和減弱的判斷上也是用到的。解答該類型的題，要習(xí)慣在草紙上畫出對(duì)應(yīng)的波形圖，這樣有利于對(duì)題的理解和分析。16．如圖，玻璃球冠的折射率為，其底面鍍銀，底面半徑是球半徑的倍，在過(guò)球心O且垂直底面的平面（紙面）內(nèi)，有一與底面垂直的光線射到玻璃冠上的M點(diǎn)，該光線的延長(zhǎng)線恰好過(guò)底面邊緣上的A點(diǎn)，求該光線從球面射出的方向相對(duì)于其初始入射方向的偏角?！究键c(diǎn)】H3：光的折射定律．【專題】12：應(yīng)用題；34：比較思想；4F：幾何法；54D：光的折射專題．【分析】光線由M點(diǎn)射入后先發(fā)生折射，再在鍍銀底面發(fā)生反射，最后射出玻璃冠。已知球半徑、底面半徑以及折射率，則由幾何關(guān)系和折射定律可求得入射角、折射角，再由幾何關(guān)系可求得光線在鍍銀底面的入射角和反射角，從而可知反射光線與ON的關(guān)系，最后可求光線從球面射出的方向相對(duì)于其初始入射方向的偏角。【解答】解：設(shè)球半徑為R，球冠地面中心為O′，連接OO′，則OO′⊥AB令∠OAO′=α則：cosα===…①即∠OAO′=α=30°…②已知MA⊥AB，所以∠OAM=60°…③設(shè)圖中N點(diǎn)為光線在球冠內(nèi)地面上的反射點(diǎn)，光路圖如圖所示。設(shè)光線在M點(diǎn)的入射角為i，折射角為r，在N點(diǎn)的入射角為i′，反射角為i″，玻璃的折射率為n。由于△OAM為等邊三角形，所以入射角i=60°…④由折射定律得：sini=nsinr…⑤代入數(shù)據(jù)得：r=30°…⑥作N點(diǎn)的法線NE，由于NE∥MA，所以i′=30°…⑦由反射定律得：i″=30°…⑧連接ON，由幾何關(guān)系可知△MAN≌△MON，則∠MNO=60°…⑨由⑦⑨式可得∠ENO=30°所以∠ENO為反射角，ON為反射光線。由于這一反射光線垂直球面，所以經(jīng)球面再次折射后不改變方向。所以，該光線從球面射出的方向相對(duì)于其初始入射方向的偏角為β=180°﹣∠ENO=150°。答：光線從球面射出的方向相對(duì)于其初始入射方向的偏角為150°。【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵之處是借助于光的折射與反射定律作出光路圖，同時(shí)利用幾何關(guān)系來(lái)輔助計(jì)算。【物理-選修3-5】17．一靜止的鋁原子核Al俘獲一速度為1.0×107m/s的質(zhì)子p后，變?yōu)樘幱诩ぐl(fā)態(tài)的硅原子核Si，下列說(shuō)法正確的是（）A．核反應(yīng)方程為P+Al→