陕西省西安市临潼区华清中学高考物理四模试卷（含解析）.doc

陕西省西安市临潼区华清中学2016年高考物理四模试卷（解析版）一、选择题（本题共8小题，每小题6分每题的四个选项中，1418题只有一项符合题目要求，第1921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物理学的发展丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了物质生产的繁荣与人类文明的进步，下列说法正确的是（）a美国物理学家富兰克林通过油滴实验比较精确地测定了电子电荷量e的数值b麦克斯韦认为，电磁相互作用是通过场来传递的，他第一个采用了画电场线的方法描述电场c库仑发现了真空中两个点电荷之间相互作用力的规律，卡文迪许用扭秤实验测出了静电力常量k 的值d法拉第发现了电磁感应现象，使电能的大规模利用成为可能，人类从此步入文明的电气化时代2如图所示，质量均为m的甲、乙两同学，分别静止于水平地面的台秤p、q上，他们用手分别竖直牵拉一只弹簧秤的两端，稳定后弹簧秤的示数为f，若弹簧秤的质量不计，重力加速度为g，下列说法正确的是（）a两台秤的读数之和为2mgb台秤p的读数等于mgfc台秤q的读数为mg2fd甲受到的拉力大于f，乙受到的拉力小于f3如图，一半径为r，粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径poq水平，一质量为m的质点自p点上方高度r处由静止开始下落，恰好从p点进入轨道，质点滑到轨道最低点n时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小，用w表示质点从p点运动到n点的过程中克服摩擦力所做的功，则（）aw=mgr，质点恰好可以到达q点bwmgr，质点不能到达q点cw=mgr，质点到达q点后，继续上升一段距离dwmgr，质点到达q点后，继续上升一段距离4某电容式话筒的原理示意图如图所示，e为电源，r为电阻，薄片p和q为两金属极板，对着话筒说话时，p振动而q可视为不动在p、q间距增大过程中（）ap、q构成的电容器的电容增大bm点的电势比n点的高cm点的电势比n点的低dp上电荷量保持不变5如图所示，直线mn上方有垂直纸面向里的匀强磁场，电子1从磁场边界上的a点垂直mn和磁场方向射入磁场，经t1时间从b点离开磁场之后电子2也由a点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，则为（）ab2cd36如图所示，a、b的质量分别为m，2m，叠放在轻质弹簧上（弹簧下端固定于地面上），对a施加一竖直向下、大小为f（f3mg）的力，将弹簧再压缩一段距离（始终在弹性限度内）而处于平衡状态，现突然撤去f，设两物体向上运动的过程中a、b间相互作用力大小为fn，则关于fn的说法中正确的是（重力加速度为g）（）a刚撤去外力f时，fn=b弹簧弹力等于f时，fn=c当两物体速度最大时，fn=mgd当弹簧恢复原长时，fn=07在图甲所示的电路中，电源的电动势为3.0v，内阻不计，灯l1、l2、l3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示当开关闭合后，下列说法中正确的是（）a通过 l1 的电流大小是通过l2电流的2倍b灯泡l1的电阻为7.5c灯泡l1消耗的电功率为0.75wd灯泡l2消耗的电功率为0.30w8人类向宇宙空间发展最具可能的是在太阳系内地球附近建立“太空城”设想中的一个圆柱形太空城，其外壳为金属材料，长1600m，直径200m，内壁沿纵向分隔成6个部分，窗口和人造陆地交错分布，陆地上覆盖1.5m厚的土壤，窗口外有巨大的铝制反射镜，可调节阳光的射入，城内部充满空气，太空城内的空气、水和土壤最初可从地球和月球运送，以后则在太空城内形成与地球相同的生态环境为了使太空城内的居民能如地球上一样具有“重力”，以适应人类在地球上的行为习惯，太空城将在电力的驱动下，绕自己的中心轴以一定的角速度转动如图为太空城垂直中心轴的截面，以下说法正确的有（）a太空城内物体所受的“重力”一定通过垂直中心轴截面的圆心b人随太空城自转所需的向心力由人造陆地对人的支持力提供c太空城内的居民不能运用天平准确测出质量d太空城绕自己的中心轴转动的角速度越大，太空城的居民受到的“重力”越大二、非选择题：包括必考题和选考顺两部分第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须作答第33题第40题为选考题，考生根据要求作答9某学习小组利用自行车的运动“探究阻力做功与速度变化的关系”人骑自行车在平直的路面上运动，当人停止蹬车后，由于受到阻力作用，自行车的速度会逐渐减小至零，如图1所示在此过程中，阻力做功使自行车的速度发生变化设自行车无动力后受到的阻力恒定（1）在实验中使自行车在平直的公路上获得某一速度后停止蹬车，需要测出人停止蹬车后自行车向前滑行的距离s，为了计算自行车的初速度，还需要测量（填写物理量的名称及符号）（2）设自行车受到的阻力恒为f，计算出阻力做的功及自行车的初速度改变人停止蹬车时自行车的速度，重复实验，可以得到多组测量值以阻力对自行车做功的大小为纵坐标，自行车的速度为横坐标，作出wv曲线分析这条曲线，就可以得到阻力做的功与自行车速度变化的定性关系在实验中作出wv图象如图2所示，其中符合实际情况的是10在“描绘小电珠的伏安特性曲线”的实验中，用导纽abc，d，ef，g和h按图甲所示方式连接好电路，电路中所有元器件都完好，且电压表和电流表已调零闭合开关后：（1）若不管怎样润节滑动变阻器，小电珠亮度能发生变化，但电压表、电流表的示数总不能为零，则可能是导线断路（2）某同学排除故障后侧绘出电源和小电珠的ui特性图线如图乙所示电源的电动势e=v；小电珠的电阻随温度的上升而（3）将与上面相同的两个小电珠并联后接到上面电源上，每一只小电珠的实际电功率是w11如图所示，电动机带动滚轮做逆时针匀速转动，在滚轮的摩擦力作用下，将一金属板从光滑斜面底端a送往斜面上端，倾角兹=30，滚轮与金属板的切点b到斜面底端a距离l=6.5m，当金属板的下端运动到切点b处时，立即提起滚轮使其与板脱离已知板的质量m=1103kg，滚轮边缘线速度v=4m/s，滚轮对板的正压力fn=2104n，滚轮与金属板间的动摩擦因数为=0.35，取g=10m/s2求：（1）在滚轮作用下板上升的加速度；（2）金属板的低端经多长时间到达滚轮的切点b处；（3）金属板沿斜面上升的最大距离12如图所示，质量为m的导体棒ab，垂直放在相距为l 的平行光滑金属导轨上，导轨平面与水平面的夹角为，并处于磁感应强度大小为b方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，左侧是水平放置间距为d的平行金属板，r和rx分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻（1）调节rx=r，释放导体棒，当棒沿导轨匀速下滑时，求通过棒的电流i及棒的速率v（2）改变rx，待棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为m带电量为+q的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的rx物理-选修3-4（15分）13a波的传播速度的大小b经过t=0.3s时间，质点p通过的路程ct=0.6s时刻质点p的速度方向dt=0.9s时刻的波形14（2016桂林模拟）如图所示，为某种透明介质的截面图，aoc为等腰直角三角形，bc为半径r=10cm的四分之一圆弧，ab与水平屏幕mn垂直并接触于a点由红光和紫光两种单色光组成的复色光射向圆心o，在ab分界面上的入射角i=45，结果在水平屏幕mn上出现两个亮斑已知该介质对红光和紫光的折射率分别为n1=，n2=判断在am和an两处产生亮斑的颜色；求两个亮斑间的距离物理-选修3-5（15分）15a根据玻尔理论，氢原子在辐射光子的同时，轨道也在连续地减小b放射性物质的温度升高，则半衰期减小c用能量等于氘核结合能的光子照射静止氘核，不可能使氘核分解为一个质子和一个中子d某放射性原子核经过2次衰变和一次衰变，核内质子数减少3个e根据玻尔理论，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能增大，电势能减小16（2014潍坊一模）如图所示，一个质量为m=50kg的运动员和质量为m=10kg的木箱静止在光滑水平面上，从某时刻开始，运动员以v0=3m/s的速度向墙方向推出箱子，箱子与右侧墙壁发生完全弹性碰撞后返回，当运动员接刭箱子后，再次重复上述过程，每次运动员均以vo=3m/s的速度向墙方向推出箱子求：运动员第一次接到木箱后的速度大小；运动员最多能够推出木箱几次？2016年陕西省西安市临潼区华清中学高考物理四模试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共8小题，每小题6分每题的四个选项中，1418题只有一项符合题目要求，第1921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物理学的发展丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了物质生产的繁荣与人类文明的进步，下列说法正确的是（）a美国物理学家富兰克林通过油滴实验比较精确地测定了电子电荷量e的数值b麦克斯韦认为，电磁相互作用是通过场来传递的，他第一个采用了画电场线的方法描述电场c库仑发现了真空中两个点电荷之间相互作用力的规律，卡文迪许用扭秤实验测出了静电力常量k 的值d法拉第发现了电磁感应现象，使电能的大规模利用成为可能，人类从此步入文明的电气化时代【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、密立根通过油滴实验第一次比较精确地测定了基元电荷e的数值，故a错误；b、法拉第第一个采用了画电场线的方法描述电场，故b错误；c、卡文迪许用扭秤实验第一个测出了万有引力恒量g的大小，故c错误；d、法拉第发现了电磁感应现象，使电能的大规模利用成为可能，人类从此步入文明的电气化时代，故d正确；故选：d【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2如图所示，质量均为m的甲、乙两同学，分别静止于水平地面的台秤p、q上，他们用手分别竖直牵拉一只弹簧秤的两端，稳定后弹簧秤的示数为f，若弹簧秤的质量不计，重力加速度为g，下列说法正确的是（）a两台秤的读数之和为2mgb台秤p的读数等于mgfc台秤q的读数为mg2fd甲受到的拉力大于f，乙受到的拉力小于f【分析】两同学的重力不变；分别分析两人的受力可得出两台秤的示数；再对两人用整体法进行分析可得出两台秤的示数之和【解答】解：a、将两人做为整体分析，整体受重力、支持力，故两台秤的示数之和为2mg故a正确b、对甲受力分析，甲受重力、支持力及弹簧秤向下的拉力，则有：甲受到支持力为mg+f，即台秤p的读数等于mg+f故b错误；c、对乙分析，乙受到的拉力向上，故台秤q的示数为mgf，故c错误；d、稳定后弹簧秤的示数为f，所以甲受到的拉力等于f，乙受到的拉力也等于f；故d错误；故选：a【点评】本题考查共点力作用下物体的平衡，要掌握整体法的应用，注意应用整体法时，弹簧秤的拉力为内力，不再考虑3如图，一半径为r，粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径poq水平，一质量为m的质点自p点上方高度r处由静止开始下落，恰好从p点进入轨道，质点滑到轨道最低点n时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小，用w表示质点从p点运动到n点的过程中克服摩擦力所做的功，则（）aw=mgr，质点恰好可以到达q点bwmgr，质点不能到达q点cw=mgr，质点到达q点后，继续上升一段距离dwmgr，质点到达q点后，继续上升一段距离【分析】对n点运用牛顿第二定律，结合压力的大小求出n点的速度大小，对开始下落到n点的过程运用动能定理求出克服摩擦力做功的大小抓住nq段克服摩擦力做功小于在pn段克服摩擦力做功，根据动能定理分析q点的速度大小，从而判断能否到达q点【解答】解：在n点，根据牛顿第二定律有：，解得，对质点从下落到n点的过程运用动能定理得，解得w=由于pn段速度大于nq段速度，所以nq段的支持力小于pn段的支持力，则在nq段克服摩擦力做功小于在pn段克服摩擦力做功，对nq段运用动能定理得，因为，可知vq0，所以质点到达q点后，继续上升一段距离故c正确，a、b、d错误故选：c【点评】本题考查了动能定理和牛顿第二定律的综合运用，知道在最低点，靠重力和支持力的合力提供向心力，通过牛顿第二定律求出n点的速度是关键注意在nq段克服摩擦力做功小于在pn段克服摩擦力做功4某电容式话筒的原理示意图如图所示，e为电源，r为电阻，薄片p和q为两金属极板，对着话筒说话时，p振动而q可视为不动在p、q间距增大过程中（）ap、q构成的电容器的电容增大bm点的电势比n点的高cm点的电势比n点的低dp上电荷量保持不变【分析】在p、q间距增大过程中，电容发生变化，而电容直接与电源相连，电容两端间的电压不变，从而可判断出电量的变化及电流的流向，再次可比较出电势的高低【解答】解：电容式话筒与电源串联，电压保持不变在p、q间距增大过程中，根据电容决定式c=得电容减小，又根据电容定义式c=得电容器所带电量减小，电容器的放电电流通过r的方向由m到n，所以m点的电势比n点的高故a、c、d错误，b正确故选：b【点评】解决电容器的动态分析问题，抓住不变量，若电容始终与电源相连，两端间的电压不变；若电容器与电源断开，则电容器所带的电量不变5如图所示，直线mn上方有垂直纸面向里的匀强磁场，电子1从磁场边界上的a点垂直mn和磁场方向射入磁场，经t1时间从b点离开磁场之后电子2也由a点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，则为（）ab2cd3【分析】电子1和2以相同的速率射进同一个磁场，则运动半径和周期都相同，画出两个粒子在磁场中的运动轨迹，根据几何关系求解即可【解答】解：粒子在磁场中都做匀速圆周运动，根据题意画出粒子的运动轨迹，如图所示：电子1垂直射进磁场，从b点离开，则运动了半个圆周，ab即为直径，c点为圆心，电子2以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，根据半径r=可知，粒子1和2的半径相等，根据几何关系可知，aoc为等边三角形，则粒子2转过的圆心角为60，所以粒子1运动的时间，粒子2运动的时间，所以故选：d【点评】本题的关键要知道电子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，电子在磁场中做圆周运动的周期和半径都相同，根据几何关系求解时间比6如图所示，a、b的质量分别为m，2m，叠放在轻质弹簧上（弹簧下端固定于地面上），对a施加一竖直向下、大小为f（f3mg）的力，将弹簧再压缩一段距离（始终在弹性限度内）而处于平衡状态，现突然撤去f，设两物体向上运动的过程中a、b间相互作用力大小为fn，则关于fn的说法中正确的是（重力加速度为g）（）a刚撤去外力f时，fn=b弹簧弹力等于f时，fn=c当两物体速度最大时，fn=mgd当弹簧恢复原长时，fn=0【分析】刚撤去外力f时，先根据整体法求解出加速度，然后运用隔离法求解内力当两物体速度最大时，合力为零当弹簧恢复原长时，整体的加速度为g，再由牛顿第二定律求fn【解答】解：a、在突然撤去f的瞬间，ab整体的合力向上，大小为f，根据牛顿第二定律，有：f=（m+2m）a，a=对物体m受力分析，受重力和支持力，根据牛顿第二定律，有：fnmg=ma；联立解得：fn=mg+；故a错误b、弹簧弹力等于f时，根据牛顿第二定律得对整体有：f3mg=3ma对m有：fnmg=ma，联立解得 fn=；故b正确c、当物体的合力为零时，速度最大，对m，由平衡条件得fn=mg故c正确d、当弹簧恢复原长时，根据牛顿第二定律得对整体有：3mg=3ma对m有：mgfn=ma，联立解得 fn=0；故d正确故选：bcd【点评】本题主要考查了牛顿第二定律的应用，关键要灵活选择研究对象，整体法和隔离法相结合运用，解答比较简便7在图甲所示的电路中，电源的电动势为3.0v，内阻不计，灯l1、l2、l3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示当开关闭合后，下列说法中正确的是（）a通过 l1 的电流大小是通过l2电流的2倍b灯泡l1的电阻为7.5c灯泡l1消耗的电功率为0.75wd灯泡l2消耗的电功率为0.30w【分析】当开关闭合后，灯泡l1的电压等于3v，由图读出其电流i，由欧姆定律求出电阻，并求出其功率灯泡l2、l3串联，电压等于1.5v，由图读出电流，求出电阻【解答】解：a、灯泡l1的电压等于3v，由图可知，电流为0.25a；灯泡l2、l3串联，电压u2=u3=1.5v，由图读出其电流i2=i3=0.20a，所以=，故a错误；b、当开关闭合后，灯泡l1的电压u1=3v，由图读出其电流i1=0.25a，则灯泡l1的电阻r1=12，故b错误；c、l1消耗的功率p2=i1u1=0.253=0.75w，故c正确d、l3消耗的功率p3=i3u3=1.50.2=0.3w，故d正确故选：cd【点评】本题关键抓住电源的内阻不计，路端电压等于电动势，来确定三个灯泡的电压读图能力是基本功，注意灯泡电阻随电压的变化而变化8人类向宇宙空间发展最具可能的是在太阳系内地球附近建立“太空城”设想中的一个圆柱形太空城，其外壳为金属材料，长1600m，直径200m，内壁沿纵向分隔成6个部分，窗口和人造陆地交错分布，陆地上覆盖1.5m厚的土壤，窗口外有巨大的铝制反射镜，可调节阳光的射入，城内部充满空气，太空城内的空气、水和土壤最初可从地球和月球运送，以后则在太空城内形成与地球相同的生态环境为了使太空城内的居民能如地球上一样具有“重力”，以适应人类在地球上的行为习惯，太空城将在电力的驱动下，绕自己的中心轴以一定的角速度转动如图为太空城垂直中心轴的截面，以下说法正确的有（）a太空城内物体所受的“重力”一定通过垂直中心轴截面的圆心b人随太空城自转所需的向心力由人造陆地对人的支持力提供c太空城内的居民不能运用天平准确测出质量d太空城绕自己的中心轴转动的角速度越大，太空城的居民受到的“重力”越大【分析】太空城内物体做匀速圆周运动，支持力提供向心力；以太空城为参考系，人感觉有等效的重力，等于支持力【解答】解：a、太空城内物体做匀速圆周运动，向心力指向圆心，故其所受的“重力”一定通过垂直中心轴截面的圆心且向外，故a正确；b、太空城内物体做匀速圆周运动，人随太空城自转所需的向心力由人造陆地对人的支持力提供，故b正确；c、天平的测量原理是等臂杠杆，故太空城内的居民可以运用天平准确测出质量，故c错误；d、等效重力等于向心力，故，故太空城绕自己的中心轴转动的角速度越大，太空城的居民受到的“重力”越大，故d正确；故选：abd【点评】本题是非惯性系问题，明确太空城内的等效重力等于太空城内物体对地面的压力，结合牛顿第二定律和向心力公式列式研究二、非选择题：包括必考题和选考顺两部分第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须作答第33题第40题为选考题，考生根据要求作答9某学习小组利用自行车的运动“探究阻力做功与速度变化的关系”人骑自行车在平直的路面上运动，当人停止蹬车后，由于受到阻力作用，自行车的速度会逐渐减小至零，如图1所示在此过程中，阻力做功使自行车的速度发生变化设自行车无动力后受到的阻力恒定（1）在实验中使自行车在平直的公路上获得某一速度后停止蹬车，需要测出人停止蹬车后自行车向前滑行的距离s，为了计算自行车的初速度，还需要测量人停止蹬车后自行车滑行的时间t（填写物理量的名称及符号）（2）设自行车受到的阻力恒为f，计算出阻力做的功及自行车的初速度改变人停止蹬车时自行车的速度，重复实验，可以得到多组测量值以阻力对自行车做功的大小为纵坐标，自行车的速度为横坐标，作出wv曲线分析这条曲线，就可以得到阻力做的功与自行车速度变化的定性关系在实验中作出wv图象如图2所示，其中符合实际情况的是c【分析】（1）人停止蹬车后车做匀减速运动，由位移等于平均速度乘以时间，得出车速的表达式，再分析（2）根据动能定理得出人停止蹬车后，阻力做功与自行车速度的关系从而判断w与v图线【解答】解：（1）人停止蹬车后，人和车组成的系统做匀减速直线运动，由匀变速直线运动规律得：v2=2as；且有v=at，故需要测出人停止蹬车后自行车向前滑行的时间t；（2）根据动能定理得：w=0，故知w与v成二次函数关系，且抛物线开口向上故c正确故答案为：（1）人停止蹬车后自行车滑行的时间t；（2）c【点评】解决本题的关键根据动能定理得出阻力做功与速度的关系，并掌握匀变速直线运动的运动规律10在“描绘小电珠的伏安特性曲线”的实验中，用导纽abc，d，ef，g和h按图甲所示方式连接好电路，电路中所有元器件都完好，且电压表和电流表已调零闭合开关后：（1）若不管怎样润节滑动变阻器，小电珠亮度能发生变化，但电压表、电流表的示数总不能为零，则可能是g导线断路（2）某同学排除故障后侧绘出电源和小电珠的ui特性图线如图乙所示电源的电动势e=3v；小电珠的电阻随温度的上升而增大（3）将与上面相同的两个小电珠并联后接到上面电源上，每一只小电珠的实际电功率是0.99w【分析】（1）滑动变阻器采用分压接法时，电压表与电流表示数均可从零开始变化；滑动变阻器采用限流接法时，电压表与电流表示数不能从零开始变化（2）电源的ui图线纵轴截距等于电源的电动势小电珠的电阻等于，由数学知识分析电阻的变化情况；（3）两个小电珠并联后，根据闭合电路欧姆定律得ui关系式，作出ui图象，电源和小电珠的ui特性图线交点表示小电珠的工作状态，读出电压和电流，求出小电珠的实际电功率【解答】解：（1）若不管怎样润节滑动变阻器，小电珠亮度能发生变化，但电压表电流表的示数总不能为零，说明滑动变阻器不起作用，连成了限流接法，故g断路（2）电源的ui图线纵轴截距等于电源的电动势，则由图知，电源的电动势e=3v小电珠的电阻r=，由数学知识分析可知，r等于小电珠的ui特性图线上的点与原点连线的斜率，则小电珠的电阻随温度的上升而增大（3）电源的内阻等于电源的ui图线的斜率绝对值，则得内阻r=1当两个小电珠并联后，接到电源上，由闭合电路欧姆定律得 e=u+2ir电源的ui图线为u=e2ri=e2i=32i作出图象，得u=1.1v，i=0.9a，一只小电珠的实际电功率为p=ui=0.99w故答案为：（1）g；（2）3，增大（3）0.99【点评】本题要抓住变阻器分压式与限流式接法的区别，即可判断出故障的原因所在采用作图法，找出两图线的交点，即可求出小电珠的实际功率11如图所示，电动机带动滚轮做逆时针匀速转动，在滚轮的摩擦力作用下，将一金属板从光滑斜面底端a送往斜面上端，倾角兹=30，滚轮与金属板的切点b到斜面底端a距离l=6.5m，当金属板的下端运动到切点b处时，立即提起滚轮使其与板脱离已知板的质量m=1103kg，滚轮边缘线速度v=4m/s，滚轮对板的正压力fn=2104n，滚轮与金属板间的动摩擦因数为=0.35，取g=10m/s2求：（1）在滚轮作用下板上升的加速度；（2）金属板的低端经多长时间到达滚轮的切点b处；（3）金属板沿斜面上升的最大距离【分析】（1）对金属板受力分析，运用正交分解法，根据牛顿第二定律列方程即可求出加速度（2）假设金属板一直匀加速上升，求出位移可知还要匀速上升，所以金属板从a到b经历加速上升和匀速上升两个过程，分别求出两个过程的时间（3）金属从b点向上做匀减速运动，先根据牛顿第二定律求出匀减速的加速度，求出位移，再加上l即为金属板沿斜面上升的最大距离【解答】解：（1）对金属板受力分析如右图所示运用正交分解法，在x方向上根据牛顿第二定律得fnmgsin=ma解得a=2m/s2（2）由根据匀变速运动的速度公式v0=at1解得t1=2s由平均速度公式得，匀加速上升位移为根据匀速运动可知，匀速上升需共经历t=t1+t2=2.625s（3）根据牛顿第二定律有mgsin=ma2解得金属板做匀减速运动，则板与滚轮脱离上升的距离所以，金属板沿斜面上升的最大距离为 l+xm=6.5+1.6m=8.1m答：（1）在滚轮作用下板上升的加速度为2m/s2；（2）金属板的低端经2.625s到达滚轮的切点b处；（3）金属板沿斜面上升的最大距离为8.1m【点评】此题是一道典型的动力学问题，要求能够对金属板进行正确的受力分析，知道轮对金属板的摩擦力f是动力，会根据牛顿第二定律求解加速度，再根据运动学公式求解运动学参量此题属于中档题12如图所示，质量为m的导体棒ab，垂直放在相距为l 的平行光滑金属导轨上，导轨平面与水平面的夹角为，并处于磁感应强度大小为b方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，左侧是水平放置间距为d的平行金属板，r和rx分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻（1）调节rx=r，释放导体棒，当棒沿导轨匀速下滑时，求通过棒的电流i及棒的速率v（2）改变rx，待棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为m带电量为+q的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的rx【分析】由电磁感应定律求电动势e=blv、闭合电路欧姆定律求电流i=，由导体棒受力平衡求速度，由带电粒子的匀速通过电容器求电压，结合闭合电路求速度【解答】解：（1）导体棒匀速下滑时，mgsin=bil i= 设导体棒产生的感应电动势为e0 e0=blv 由闭合电路欧姆定律得： i= 联立，得 v=（2）改变rx由式可知电流不变设带电微粒在金属板间匀速通过时，板间电压为u，电场强度大小为eu=irxe=mg=qe联立，得rx= 答：（1）通过棒的电i=及棒的速率（2）此时的rx=【点评】考查了电磁感应定律，闭合电路欧姆定律，粒子的运动物理-选修3-4（15分）13a波的传播速度的大小b经过t=0.3s时间，质点p通过的路程ct=0.6s时刻质点p的速度方向dt=0.9s时刻的波形【分析】由波动图象读出波长根据经过1.2s该波形恰好第三次重复出现，确定出周期，由公式v=确定出波速质点每经过一个周期，通过的路程是四个振幅，经过整数倍周期，图象重复由于波的传播方向不确定，p点的速度方向不确定【解答】解：a、由图象可知波长 =8 m根据经过t=1.2 s时间，恰好第三次重复出现图示的波形，可知周期t=t=0.4 s，所以波速 v=20m/s故a正确b、因为t=0.3 s=t，所以经过t=0.3s时间，质点p通过的路程为 s=3a=310cm=30 cm，故b正确c、t=0.6 s时由于不知波的传播方向，因此无法确定质点p的振动方向，故c错误d、t=0.9 s= t，由于波的传播方向未知，因此不能确定t=0.9 s的波形图故d错误故选：ab【点评】本题考查基本的读图能力，抓住经过整数倍周期波动图象重复是关键要知道质点做简谐运动时，每经过一个周期，通过的路程是四个振幅根据时间与周期的关系来确定质点通过的路程14（2016桂林模拟）如图所示，为某种透明介质的截面图，aoc为等腰直角三角形，bc为半径r=10cm的四分之一圆弧，ab与水平屏幕mn垂直并接触于a点由红光和紫光两种单色光组成的复色光射向圆心o，在ab分界面上的入射角i=45，结果在水平屏幕mn上出现两个亮斑已知该介质对红光和紫光的折射率分别为n1=，n2=判断在am和an两处产生亮斑的颜色；求两个亮斑间的距离【分析】由全反射临界角公式sinc=可求出红光与紫光的临界角，则可判断是否能发生全反射，则可得出两光点的性质；由折射定律求出折射角，由几何知识可求得两光斑的距离【解答】解：设红光和紫光的临界角分别为c1、c2，sinc1=，得：c1=60，同理c2=45，i=45=c2，i=45c1所以紫光在ab面发生全反射，而红光在ab面一部分折射，一部分反射，且由几何关系可知，反射光线与ac垂直，所以在am处产生的亮斑p1为红色，在an处产生的亮斑p2为红色与紫色的混合色； 画出如图光路图，设折射角为r，两个光斑分别为p1、p2根据折射定律有：n1=求得：由几何知识可得：，解得： cm由几何知识可得oa p2为等腰直角三角形，解得：ap2=10cm所以有： cm答：在am处产生的亮斑p1为红色，在an处产生的亮斑p2为红色与紫色的混合色；两个亮斑间的距离为（5+10）cm【点评】本题首先要能正确作出光路图，掌握全反射的条件，并能正确应用几何关系和折射定律结合进行解题物理-选修3-5（15分）15a根据玻尔理论，氢原子在辐射光子的同时，轨道也在连续地减小b放射性物质的温度升高，则半衰期减小c用能量等于氘核结合能的光子照射静止氘核，不可能使氘核分解为一个质子和一个中子d某放射性原子核经过2次衰变和一次衰变，核内质子数减少3个e根据玻尔