湖北省武汉六中高三物理上学期第17次月考试卷（含解析）

2015-2016学年湖北省武汉六中高三（上）第17次月考物理试卷

一、选择题（本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全者得3分，有选错的得0分）

1．伽利略对自由落体运动的研究，是科学实验和逻辑思维的完美结合，如图所示，可大致表示其实验和思维的过程，对这一过程的分析，下列说法正确的是（　　）

A．甲、乙、丙、丁图都是实验现象

B．其中的丁图是实验现象，甲、乙、丙图是经过合理的外推得到的结论

C．运用丁图的实验，可“放大”重力的作用，使实验现象更明显

D．运用甲图的实验，可“冲淡”重力的作用，使实验现象更明显

2．如图所示，在高空中有四个小球，在同一位置同时以速率v向上、向下、向左、向右被射出（不计空气阻力），经过1s后四个小球在空中的位置构成的正确图形是（　　）

A． B． C． D．

3．两重叠在一起的滑块，置于固定的、倾角为θ的斜面上，如图所示，滑块A、B的质量分别为M、m，A与斜面间的动摩擦因数为μ1，B与A之间的动摩擦因数为μ2，已知两滑块都从静止开始以相同的加速度从斜面滑下，滑块B受到的摩擦力（　　）

A．等于零 B．方向沿斜面向上

C．大小等于μ1mgcosθ D．大小等于μ2mgcosθ

4．质量为m的绳子两端分别系在天花板上的A、B两点，A、B间距离小于绳长，整条绳悬垂情况如图实线所示．今在绳的中点C施加竖直向下的力，将绳子拉至如图虚线情况，则整条绳的重力势能（　　）

A．增大 B．不变 C．减小 D．不确定

5．图中的A、B是两块金属板，分别与高压直流电源的正负极相连．一个电荷量为q、质量为m的带正电的点电荷自贴近A板处静止释放（不计重力作用）．已知当A、B两板平行、两板间的面积很大且两板间的距离较小时，它刚到达B板时的速度为v0．在下列情况下以v表示点电荷刚到达B板时的速度（　　）

A．若两板不平行，则v＜v0

B．若A板面积很小，B板面积很大，则v＜v0

C．若A、B两板间的距离很大．则v＜v0

D．不论A、B两板是否平行、两板面积大小及两板间距离多少v都等于v0

6．如图是根据某次实验记录数据画出的U﹣I图象，下列关于这个图象的说法中正确的是（　　）

A．纵轴截距表示待测电源的电动势，即E=3.0 V

B．横轴截距表示短路电流，即I短=0.6 A

C．根据r=，计算出待测电源内电阻为5Ω

D．根据r=||，计算出待测电源内电阻为1Ω

7．如图所示，电路中，A、B是两个完全相同的灯泡，L是一个理想电感线圈（线圈直流电阻不计），C是电容相当大的电容器，当S闭合与断开时，A、B的亮度情况正确的是（　　）

A．S闭合时，A灯亮，然后逐渐熄灭

B．S闭合时，B立即亮，然后逐渐熄灭

C．S闭合足够长时间后，B发光，而A不发光

D．S闭合足够长时间后再断开，B立即熄灭，而A逐渐熄灭

8．如图所示，一个电阻值为R、匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路．线圈的半径为r1．在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图（b）所示．图线与横、纵轴的交点坐标分别为t0和B0．导线的电阻不计．在0至t1时间内，下列说法正确的是（　　）

A．R1中电流的方向由a到b通过R1

B．电流的大小为

C．线圈两端的电压大小为

D．通过电阻R1的电荷量

三、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．（2015•河南模拟）物理小组的同学用如图1所示的实验器材测定重力加速度，实验器材有：底座、带有标尺的竖直杆、光电门1和2组成的光电计时器（其中光电门l更靠近小球释放点），小球释放器（可使小球无初速释放）、网兜．实验时可用两光电门测量小球从光电门l运动至光电门2的时间t，并从竖直杆上读出两光电门间的距离h．

（l）使用游标卡尺测量小球的直径如图2所示，则小球直径为　　　　　　 cm．

（2）改变光电门1的位置，保持光电门2的位置不变，小球经过光电门2的速度为v，不考虑空气阻力，小球的加速度为重力加速度g，则h、t、g、v四个物理量之间的关系为h=　　　　　　．

（3）根据实验数据作出﹣t图线，若图线斜率的绝对值为k，根据图线可求出重力加速度大小为　　　　　　．

10．（2015•山东）如图甲所示的电路中，恒流源可为电路提供恒定电流I0，R为定值电阻，电流表、电压表均可视为理想电表．某同学利用该电路研究滑动变阻器RL消耗的电功率．改变RL的阻值，记录多组电流、电压的数值，得到如图乙所示的U﹣I关系图线．

回答下列问题：

（1）滑动触头向下移动时，电压表示数　　　　　　（填“增大”或“减小”）．

（2）I0=　　　　　　A．

（3）RL消耗的最大功率为　　　　　　W（保留一位有效数字）．

11．（2015•浙江）如图所示，用一块长L1=1.0m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H=0.8m，长L2=1.5m，斜面与水平桌面的倾角θ可在0～60°间调节后固定，将质量m=0.2kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1=0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为μ2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失（重力加速度取g=10m/s2，最大静止摩擦力等于滑动摩擦力）

（1）求θ角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑（用正切值表示）

（2）当θ角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8）

（3）继续增大θ角，发现θ=53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离x．

12．（2015•重庆）图为某种离子加速器的设计方案．两个半圆形金属盒内存在相同的垂直于纸面向外的匀强磁场．其中MN和M′N′是间距为h的两平行极板，其上分别有正对的两个小孔O和O′，O′N′=ON=d，P为靶点，O′P=kd（k为大于1的整数）．极板间存在方向向上的匀强电场，两极板间电压为U．质量为m、带电量为q的正离子从O点由静止开始加速，经O′进入磁场区域．当离子打到极板上O′N′区域（含N′点）或外壳上时将会被吸收．两虚线之间的区域无电场和磁场存在，离子可匀速穿过．忽略相对论效应和离子所受的重力．求：

（1）离子经过电场仅加速一次后能打到P点所需的磁感应强度大小；

（2）能使离子打到P点的磁感应强度的所有可能值；

（3）打到P点的能量最大的离子在磁场汇总运动的时间和在电场中运动的时间．

（二）选考题：共45分．【物理-选修3-5】（15分）

13．（2015秋•武汉校级月考）下列说法正确的是 （　　）

A．玻尔对氢原子光谱的研究导致原子的核式结构模型的建立

B．可利用某些物质在紫外线照射下发射出荧光来设计防伪措施

C．天然放射现象中产生的射线都能在电场或磁场中发生偏转

D．卢瑟福依据α粒子散射实验的现象提出了原子的“核式结构”理论

E．由于光既有波动性，又具有粒子性，无法只用其中一种去说明光的一切行为，只能认为光具有波粒二象性

14．（2015•广东）如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R=0.5m，物块A以V0=6m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动．P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段，光滑段交替排列，每段长度都为L=0.1m．物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ=0.1，A、B的质量均为m=1kg（重力加速度g取10m/s2；A、B视为质点，碰撞时间极短）．

（1）求A滑过Q点时的速度大小V和受到的弹力大小F；

（2）若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值；

（3）求碰后AB滑至第n个（n＜k）光滑段上的速度VAB与n的关系式．

2015-2016学年湖北省武汉六中高三（上）第17次月考物理试卷

参考答案与试题解析

一、选择题（本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全者得3分，有选错的得0分）

1．伽利略对自由落体运动的研究，是科学实验和逻辑思维的完美结合，如图所示，可大致表示其实验和思维的过程，对这一过程的分析，下列说法正确的是（　　）

A．甲、乙、丙、丁图都是实验现象

B．其中的丁图是实验现象，甲、乙、丙图是经过合理的外推得到的结论

C．运用丁图的实验，可“放大”重力的作用，使实验现象更明显

D．运用甲图的实验，可“冲淡”重力的作用，使实验现象更明显

【考点】伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法．

【分析】本题考查了伽利略对自由落体运动的研究，要了解其研究过程为什么要“冲淡”重力的方法．

【解答】解：伽利略设想物体下落的速度与时间成正比，因为当时无法测量物体的瞬时速度，所以伽利略通过数学推导证明如果速度与时间成正比，那么位移与时间的平方成正比；由于当时用滴水法计算，无法记录自由落体的较短时间，伽利略设计了让铜球沿阻力很小的斜面滚下，来“冲淡”重力得作用效果，而小球在斜面上运动的加速度要比它竖直下落的加速度小得多，所用时间长的多，所以容易测量．伽利略做了上百次实验，并通过抽象思维在实验结果上做了合理外推．所以伽利略用来抽象思维、数学推导和科学实验相结合的方法．

故BD正确，AC错误．

故选：BD．

【点评】本题考查的就是学生对于物理常识的理解，这些在平时是需要学生了解并知道的，看的就是学生对课本内容的掌握情况．

2．如图所示，在高空中有四个小球，在同一位置同时以速率v向上、向下、向左、向右被射出（不计空气阻力），经过1s后四个小球在空中的位置构成的正确图形是（　　）

A． B． C． D．

【考点】抛体运动；参考系和坐标系．

【专题】参照思想；平抛运动专题．

【分析】根据运动的合成与分解的知识，每个小球的运动都可以分解为自由落体运动和沿着初速度方向的匀速直线运动；假设同时有个小球从同一位置自由落体，则其余4个球相对与该球都是匀速直线运动．

【解答】解：每个小球的运动都可以看成是沿初速度方向的匀速直线运动和竖直向下的自由落体运动的合运动．

假设同时有个小球从同一位置自由落体，则其余4个球相对与该球都是匀速直线运动，故以四个小球所在位置为顶点所构成的图形应该是正方形；

故选A．

【点评】参考系选择恰当，可以是复杂问题简单化，本题再一次说明了这个道理，基础题．

3．两重叠在一起的滑块，置于固定的、倾角为θ的斜面上，如图所示，滑块A、B的质量分别为M、m，A与斜面间的动摩擦因数为μ1，B与A之间的动摩擦因数为μ2，已知两滑块都从静止开始以相同的加速度从斜面滑下，滑块B受到的摩擦力（　　）

A．等于零 B．方向沿斜面向上

C．大小等于μ1mgcosθ D．大小等于μ2mgcosθ

【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．

【专题】牛顿运动定律综合专题．

【分析】A、B叠在一起，A在B上．两滑块都从静止开始以相同的加速度沿斜面滑下，可以先用整体法求共同的加速度，然后在对A单独分析即可求得A所受摩擦力．

【解答】解：对A、B整体受力分析如图所示，

在沿斜面方向由牛顿第二定律得：

（m+M）gsinθ﹣F=（m+M）a ①

　 且滑动摩擦力F=μ1（m+M）gcosθ ②

解①②得a=g（sinθ﹣μ1cosθ）

　　假设A受的摩擦力FA方向沿斜面向下，A受重力、B的支持力和摩擦力

在沿斜面方向上由牛顿第二定律得：mgsinθ+FA=ma，③

由以上三式解得FA=﹣μ1mgcosθ，

负号表示FA方向与假设的方向相反，即B对A的摩擦力沿斜面向上．

根据牛顿第三定律，A对B的摩擦力方向沿斜面向下，故C正确； 故A、B、D错误．

故选：C

【点评】本题关键是先对整体受力分析，根据牛顿第二定律求解出加速度，然后再隔离出物体A，运用牛顿第二定律求解AB间的内力．

4．质量为m的绳子两端分别系在天花板上的A、B两点，A、B间距离小于绳长，整条绳悬垂情况如图实线所示．今在绳的中点C施加竖直向下的力，将绳子拉至如图虚线情况，则整条绳的重力势能（　　）

A．增大 B．不变 C．减小 D．不确定

【考点】重力势能；功能关系．

【分析】绳子处于稳定平衡时，其总能量一定是最低的，也就是重心最低．在向下拉绳子的过程中有外力对绳子做功，使其能量增加，改变了其重心的位置．

【解答】解：外力对绳子做功，使绳子的重力势能增大，根据重力势能Ep=mgh，则重心逐渐升高． 故选项A正确．

故选：A

【点评】此题主要是让学生明白物体重心位置随着其能量的改变而改变的这一物理规律，理解起来有一定难度．

5．图中的A、B是两块金属板，分别与高压直流电源的正负极相连．一个电荷量为q、质量为m的带正电的点电荷自贴近A板处静止释放（不计重力作用）．已知当A、B两板平行、两板间的面积很大且两板间的距离较小时，它刚到达B板时的速度为v0．在下列情况下以v表示点电荷刚到达B板时的速度（　　）

A．若两板不平行，则v＜v0

B．若A板面积很小，B板面积很大，则v＜v0

C．若A、B两板间的距离很大．则v＜v0

D．不论A、B两板是否平行、两板面积大小及两板间距离多少v都等于v0

【考点】电容器的动态分析．

【专题】电容器专题．

【分析】由题看出，板间电压U不变，根据动能定理得，可判断电子运动到B板的速率变化情况．

【解答】解：有题意知，板间电压不变，根据动能定理得，eU=mv2，则有：v=，q、m、U均不变，则电子运动到B板时速率v不变，都等于v0．故ABC错误，D正确，

故选：D

【点评】本题考查带电粒子在极板间的运动问题，抓住板间电压不变这一条件，利用动能定理解题，常见问题，难度不大．

6．如图是根据某次实验记录数据画出的U﹣I图象，下列关于这个图象的说法中正确的是（　　）

A．纵轴截距表示待测电源的电动势，即E=3.0 V

B．横轴截距表示短路电流，即I短=0.6 A

C．根据r=，计算出待测电源内电阻为5Ω

D．根据r=||，计算出待测电源内电阻为1Ω

【考点】闭合电路的欧姆定律．

【专题】恒定电流专题．

【分析】由闭合电路欧姆定律可得出路端电压与电流的关系，由数学知识可得出电源的电动势和内电阻．当外电路电阻为零，外电路短路．

【解答】解：A、C、D由闭合电路欧姆定律可知：U=E﹣Ir；

由数学知识可知，纵轴截距为电源的电动势，故电动势为E=3.0V；故A正确；

图象的斜率表示电源的内阻，即r=||=Ω=1Ω．故D正确，C错误．

B、当外电路电阻R=0时，外电路短路，短路电流为I短==A=3A．故B错误．

故选AD

【点评】本题在测定电动势和内电阻实验中，作为数据处理的方法，是实验重点考查内容，应结合数学知识进行理解．

7．如图所示，电路中，A、B是两个完全相同的灯泡，L是一个理想电感线圈（线圈直流电阻不计），C是电容相当大的电容器，当S闭合与断开时，A、B的亮度情况正确的是（　　）

A．S闭合时，A灯亮，然后逐渐熄灭

B．S闭合时，B立即亮，然后逐渐熄灭

C．S闭合足够长时间后，B发光，而A不发光

D．S闭合足够长时间后再断开，B立即熄灭，而A逐渐熄灭

【考点】电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用．

【分析】电容对直流电是断开的，而线圈能阻碍电流的变化：即电流增大时阻碍增大，减小时阻碍减小．

【解答】解：AB、S闭合之后，由于L的阻碍作用AB立即亮，之后，L的直流电阻为零，A被短路，B发光，而A不发光，故A正确，B错误；

C、S闭合足够长时间后，L线圈相当于导线，则A不发光，而B正常发光，故C正确；

D、S闭合足够长时间再断开S后，电容器对B放电，所以导致B逐渐熄灭，故D错误；

故选：AC．

【点评】做好本题的关键是知道电容器是通高频阻低频，线圈会阻碍电流的突变，从电容和线圈对电流的作用角度分析．

8．如图所示，一个电阻值为R、匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路．线圈的半径为r1．在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图（b）所示．图线与横、纵轴的交点坐标分别为t0和B0．导线的电阻不计．在0至t1时间内，下列说法正确的是（　　）

A．R1中电流的方向由a到b通过R1

B．电流的大小为

C．线圈两端的电压大小为

D．通过电阻R1的电荷量

【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．

【专题】电磁感应——功能问题．

【分析】线圈平面垂直处于匀强磁场中，当磁感应强度随着时间均匀变化时，线圈中的磁通量发生变化，从而导致出现感应电动势，产生感应电流．由楞次定律可确定感应电流方向，由法拉第电磁感应定律可求出感应电动势大小．

【解答】解：A、由图象分析可知，0至t1时间内有，由法拉第电磁感应定律有：E=n=ns

面积为：s=πr22

由闭合电路欧姆定律有：I1=

联立以上各式解得，通过电阻R1上的电流大小为：I1=

由楞次定律可判断通过电阻R1上的电流方向为从b到a，故A错误，B正确；

C、线圈两端的电压大小为U=I12R=，故C错误；

D、通过电阻R1上的电量为：q=I1t1=，故D正确；

故选：BD．

【点评】考查楞次定律来判定感应电流方向，由法拉第电磁感应定律来求出感应电动势大小．还可求出电路的电流大小，及电阻消耗的功率．同时磁通量变化的线圈相当于电源．

三、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．（2015•河南模拟）物理小组的同学用如图1所示的实验器材测定重力加速度，实验器材有：底座、带有标尺的竖直杆、光电门1和2组成的光电计时器（其中光电门l更靠近小球释放点），小球释放器（可使小球无初速释放）、网兜．实验时可用两光电门测量小球从光电门l运动至光电门2的时间t，并从竖直杆上读出两光电门间的距离h．

（l）使用游标卡尺测量小球的直径如图2所示，则小球直径为　1.170　 cm．

（2）改变光电门1的位置，保持光电门2的位置不变，小球经过光电门2的速度为v，不考虑空气阻力，小球的加速度为重力加速度g，则h、t、g、v四个物理量之间的关系为h=　　．

（3）根据实验数据作出﹣t图线，若图线斜率的绝对值为k，根据图线可求出重力加速度大小为　2k　．

【考点】测定匀变速直线运动的加速度．

【专题】实验题．

【分析】游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．

根据自由下落的公式和匀变速直线运动的推论求出h、t、g、v四个物理量之间的关系．

整理得到﹣t图线的表达式，并找出图线的斜率和加速度关系．

【解答】解：（1）主尺读数为1.1cm，游标读数为0.05×14=0.70mm=0.070cm，

所以最终读数为1.1cm+0.070cm=1.170cm．

（2）小球经过光电门2的速度为v，根据运动学公式得从开始释放到经过光电门2的时间t′=，

所以从开始释放到经过光电门1的时间t″=t′﹣t=﹣t

所以经过光电门1的速度v′=gt″=v﹣gt

根据匀变速直线运动的推论得：两光电门间的距离h=t=

（3）h=

所以=v﹣gt

若﹣t图线斜率的绝对值为k，k=g

所以重力加速度大小g=2k．

故答案为：（1）1.170；

（2）；

（3）2k．

【点评】要掌握游标卡尺的读数方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．

要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．

整理图象所要求的表达式，根据斜率的物理意义求解．

10．（2015•山东）如图甲所示的电路中，恒流源可为电路提供恒定电流I0，R为定值电阻，电流表、电压表均可视为理想电表．某同学利用该电路研究滑动变阻器RL消耗的电功率．改变RL的阻值，记录多组电流、电压的数值，得到如图乙所示的U﹣I关系图线．

回答下列问题：

（1）滑动触头向下移动时，电压表示数　减小　（填“增大”或“减小”）．

（2）I0=　1.0　A．

（3）RL消耗的最大功率为　5　W（保留一位有效数字）．

【考点】测定电源的电动势和内阻；闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．

【专题】恒定电流专题．

【分析】（1）分析电路结构，根据并联电路规律可知R分流的变化，再由欧姆定律可得出电压表示数的变化；

（2）由图象及并联电路的规律可分析恒定电流的大小；

（3）由功率公式分析得出对应的表达式，再由数学规律可求得最大功率．

【解答】解：（1）定值电阻与滑动变阻器并联，当R向下移动时，滑动变阻器接入电阻减小，由并联电路规律可知，电流表示数增大，流过R的电压减小，故电压表示数减小；

（2）当电压表示数为零时，说明RL短路，此时流过电流表的电流即为I0；故I0为1.0A；

（3）由图可知，当I0全部通过R时，I0R=20；解得：R=4

由并联电路规律可知，流过RL的电流为：I=；

则RL消耗的功率为：P=I2RL==；

则由数学规律可知，最大功率为：P=5W；

故答案为；（1）减小；（2）1.0；（3）5

【点评】本题考查闭合电路欧姆定律在实验中的应用，要注意明确：一、图象的应用，能从图象得出对应的物理规律；二是注意功率公式的变形以及数学规律的正确应用．

11．（2015•浙江）如图所示，用一块长L1=1.0m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H=0.8m，长L2=1.5m，斜面与水平桌面的倾角θ可在0～60°间调节后固定，将质量m=0.2kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1=0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为μ2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失（重力加速度取g=10m/s2，最大静止摩擦力等于滑动摩擦力）

（1）求θ角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑（用正切值表示）

（2）当θ角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8）

（3）继续增大θ角，发现θ=53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离x．

【考点】动能定理的应用；平抛运动．

【专题】动能定理的应用专题．

【分析】（1）要使物体下滑重力的分力应大于摩擦力，列出不等式即可求解夹角的正切值；

（2）对下滑过程由动能定理进行分析，则可求得动摩擦因数；

（3）物体离开桌面后做平抛运动，由平抛运动的规律可求得最大距离．

【解答】解：（1）为使小物块下滑，则有：

mgsinθ≥μ1mgcosθ；

故θ应满足的条件为：

tanθ≥0.05；

（2）克服摩擦力做功Wf=μ1mgL1cosθ+μ2mg（L2﹣L1cosθ）

由动能定理得：mgL1sinθ﹣Wf=0

代入数据解得：

μ2=0.8；

（3）由动能定理得：

mgL1sinθ﹣Wf=mv2

解得：v=1m/s；

对于平抛运动，竖直方向有：

H=gt2；

解得：t=0.4s；

水平方向x1=vt

解得：x1=0.4m；

总位移xm=x1+L2=0.4+1.5=1.9m；

答：（1）θ角增大到tanθ≥0.05；，物块能从斜面开始下滑（用正切值表示）

（2）当θ角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，物块与桌面间的动摩擦因数μ2为0.8；

（3）继续增大θ角，发现θ=53°时物块落地点与墙面的距离最大，此最大距离x为1.9m．

【点评】本题考查动能定理及平抛运动的规律，要注意正确分析过程及受力，注意摩擦力的功应分两段进行求解；同时掌握平抛运动的解决方法．

12．（2015•重庆）图为某种离子加速器的设计方案．两个半圆形金属盒内存在相同的垂直于纸面向外的匀强磁场．其中MN和M′N′是间距为h的两平行极板，其上分别有正对的两个小孔O和O′，O′N′=ON=d，P为靶点，O′P=kd（k为大于1的整数）．极板间存在方向向上的匀强电场，两极板间电压为U．质量为m、带电量为q的正离子从O点由静止开始加速，经O′进入磁场区域．当离子打到极板上O′N′区域（含N′点）或外壳上时将会被吸收．两虚线之间的区域无电场和磁场存在，离子可匀速穿过．忽略相对论效应和离子所受的重力．求：

（1）离子经过电场仅加速一次后能打到P点所需的磁感应强度大小；

（2）能使离子打到P点的磁感应强度的所有可能值；

（3）打到P点的能量最大的离子在磁场汇总运动的时间和在电场中运动的时间．

【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；质谱仪和回旋加速器的工作原理．

【分析】（1）对直线加速过程，根据动能定理列式；对在磁场中圆周运动过程，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律列式；最后联立求解即可；

（2）为了使离子打到P点，粒子可以加速1次、2次、3次、…，对加速过程根据动能定理列式，对在磁场中圆周运动过程根据牛顿第二定律列式；要考虑临界条件，一次加速后要达到虚线区域；

（3）打到P点的能量最大的离子加速次数最大；在电场向上中是匀加速全程根据动量定理求解时间；在磁场中是匀速圆周运动，根据t=求解时间．

【解答】解：（1）在电场中的直线加速过程，根据动能定理，有：

qU= ①

在磁场中，根据牛顿第二定律，有：

②

联立解得磁感应强度大小：

B= ③

（2）在电场中的第一次直线加速过程，根据动能定理，有：

qU= ④

在磁场第一次圆周运动过程中，根据牛顿第二定律，有：

⑤

其中： ⑥

离子经过电场加速n次后能打到P点，则：

在电场中的前n次直线加速过程，根据动能定理，有：

nqU= ⑦

在磁场中第n次圆周运动过程，根据牛顿第二定律，有：

⑧

其中： ⑨

联立解得：B=（n=1，2，3，4，…，k2﹣1）

（3）在电场中n次运动都是加速，可以当作一个匀加速直线运动进行考虑；

根据⑦式，最大速度为：v=

根据动量定理，有：qt=mv

打到P点的能量最大的离子加速次数最大，为：

n=k2﹣1

联立解得：

t=h

在磁场中做圆周运动，为（n﹣）圈，即（k2﹣）圈；

周期：T=

根据⑨式，Bn=

故在磁场中的运动时间为：

t′=（k2﹣）

联立解得：

t′=

答：

（1）离子经过电场仅加速一次后能打到P点所需的磁感应强度大小为；

（2）能使离子打到P点的磁感应强度磁感应强度的可能值为：（n=1，2，3，4，…，k2﹣1）；

（3）在磁场中运动的时间为；在电场中运动的时间为h．

【点评】本题是回旋加速器的改进，电场方向不需要周期性改变，关键是明确粒子的运动规律，然后结合牛顿第二定律和运动学公式列式求解．

（二）选考题：共45分．【物理-选修3-5】（15分）

13．（2015秋•武汉校级月考）下列说法正确的是 （　　）

A．玻尔对氢原子光谱的研究导致原子的核式结构模型的建立

B．可利用某些物质在紫外线照射下发射出荧光来设计防伪措施

C．天然放射现象中产生的射线都能在电场或磁场中发生偏转

D．卢瑟福依据α粒子散射实验的现象提出了原子的“核式结构”理论

E．由于光既有波动性，又具有粒子性，无法只用其中一种去说明光的一切行为，只能认为光具有波粒二象性

【考点】光的波粒二象性；物理学史．

【专题】应用题；学科综合题；定性思想；推理法；直线运动规律专题．

【分析】根据卢瑟福依据α粒子散射实验的现象提出了原子的“核式结构”理论，可判断AD；紫外线可使某些荧光物质在其照射下发射出荧光用来设计防伪措施，可判断B；天然放射现象中的γ射线是电磁波，在电场和磁场中不发生偏转，故判断C；由于光既有波动性，又具有粒子性，无法只用其中一种去说明光的一切行为，只能认为光具有波粒二象性，可判断E．

【解答】解：A、D、卢瑟福依据α粒子散射实验的现象提出了原子的“核式结构”理论，故A错，D正确；

B、紫外线可使某些荧光物质在其照射下发射出荧光用来设计防伪措施，故B正确；

C、天然放射现象中的γ射线是电磁波，在电场和磁场中不发生偏转，故C错误；

E、由于光既有波动性，又具有粒子性，无法只用其中一种去说明光的一切行为，只能认为光具有波粒二象性，E说法正确．

故选：BDE．

【点评】全面了解光谱图，以及各个科学家的贡献，波粒二象性等知识，才能很好的解答此题．

14．（2015•广东）如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R=0.5m，物块A以V0=6m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动．P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段，光滑段交替排列，每段长度都为L=0.1m．物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ=0.1，A、B的质量均为m=1kg（重力加速度g取10m/s2；A、B视为质点，碰撞时间极短）．

（1）求A滑过Q点时的速度大小V和受到的弹力大小F；

（2）若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值；

（3）求碰后AB滑至第n个（n＜k）光滑段上的速度VAB与n的关系式．

【考点】动量守恒定律；牛顿第二定律；向心力．

【专题】动能定理的应用专题；动量定理应用专题．

【分析】（1）由机械能守恒定律可求得A滑过Q点的速度，由向心力公式可求得弹力大小；

（2）由机械能守恒定律可求得AB碰撞前A的速度，再对碰撞过程由动量守恒定律可求得碰后的速度；则可求得总动能，再由摩擦力做功求出每段上消耗的机械能；即可求得比值；

（3）设总共经历了n段，根据每一段上消耗的能量，由能量守恒可求得表达式．

【解答】解：（1）由机械能守恒定律可得：

mv02=mg（2R）+mv2；

解得：v=4m/s；

由F+mg=m可得：

F=22N；

（2）AB碰撞前A的速度为vA，由机械能守恒定律可得：

mv02=mvA2

得vA=v0=6m/s；

AB碰撞后以共同速度vP前进，设向右为正方向，由动量守恒定律可得：

mv0=（m+m）vp

解得：vP=3m/s；

故总动能EK=（m+m）vP2=×2×9=9J；

滑块每经过一段粗糙段损失的机械能△EK=fL=μ（m+m）gL=0.1×20×0.1=0.2J；

k===45；

（3）AB整体滑到第n个光滑段上损失的能量；

E损=nE=0.2nJ

从AB碰撞后运动到第n个光滑段的过程中，由能量守恒定律可得：

（m+m）vP2﹣（m+m）vAB2=n△E，

代入解得：vAB=m/s；

答：1）A滑过Q点时的速度大小V为4m/s；受到的弹力大小F为22N；

（2）k的数值为45；

（3）碰后AB滑至第n个（n＜k）光滑段上的速度VAB与n的关系式为vAB=m/s；

【点评】本题考查动量守恒定律、机械能守恒定律及向心力等内容，要求我们能正确分析物理过程，做好受力分析及能量分析；要注意能量的转化与守恒的灵活应用．

本文来源：https://www.2haoxitong.net/k/doc/7da1d27b11661ed9ad51f01dc281e53a5802518d.html