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2016·全国卷Ⅲ(物理)
14．D5[2016·全国卷Ⅲ] 关于行星运动的规律，下列说法符合史实的是( ) A．开普勒在牛顿定律的基础上，导出了行星运动的规律 B．开普勒在天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律 C．开普勒总结出了行星运动的规律，找出了行星按照这些规律运动的原因 D．开普勒总结出了行星运动的规律，发现了万有引力定律 14．B [解析] 开普勒在天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律，牛顿在开普勒研究基础上结合自己发现的牛顿运动定律，发现了万有引力定律，指出了行星按照这些规律运动的原因，选项B正确． 15．I2[2016·全国卷Ⅲ] 关于静电场的等势面，下列说法正确的是( ) A．两个电势不同的等势面可能相交 B．电场线与等势面处处相互垂直 C．同一等势面上各点电场强度一定相等 D．将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功 15．B [解析] 静电场中的电场线不可能相交，等势面也不可能相交，否则的话会出现一个点有两个电场强度和两个电势值的矛盾，A错误；由WAB＝qUAB可知，当电荷在等势面上移动时，电荷的电势能不变，如果电场线不与等势面垂直，那么电荷将受到电场力，在电荷运动时必然会做功并引起电势能变化，这就矛盾了，B正确；同一等势面上各点电势相等，但电场强度不一定相等，C错误；对于负电荷，q<0，从电势高的A点移到电势低的B点，UAB>0，由电场力做功的公式WAB＝qUAB可知WAB<0，电场力做负功，D错误． 16．A2 E2[2016·全国卷Ⅲ] 一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，动能变为原来的9倍．该质点的加速度为( ) A. B. C. D. 16．A [解析] 由Ek＝mv2可知速度变为原来的3倍．设加速度为a，初速度为v，则末速度为3v.由速度公式vt＝v0＋at得3v＝v＋at，解得at＝2v；由位移公式s＝v0t＋at2得s＝vt＋·at·t＝vt＋·2v·t＝2vt，进一步求得v＝；所以a＝＝·＝，A正确． 17．B4[2016·全国卷Ⅲ] 如图1所示，两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上：一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m的小球．在a和b之间的细线上悬挂一小物块．平衡时，a、b间的距离恰好等于圆弧的半径．不计所有摩擦．小物块的质量为( )
图1 A. B.m C．m D．2m 17．C [解析] 对a受力分析如图甲所示，其中虚线三角形为等边三角形，由正交分解法可得Fsin α＝mgsin 30°，又知F＝mg，故α＝30°；对小物块的悬挂点受力分析如图乙所示，由力的合成可得2Fcos(α＋30°)＝Mg，故可得M＝m，C正确．
18．K2[2016·全国卷Ⅲ] 平面OM和平面ON之间的夹角为30°，其横截面(纸面)如图1所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．一带电粒子的质量为m，电荷量为q(q>0)．粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30°角．已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场．不计重力．粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为( )
图1 A. B. C. D. 18．D [解析] 设射入磁场的入射点为A，延长入射速度v所在直线交ON于一点C，则轨迹圆与AC相切；由于轨迹圆只与ON有一个交点，所以轨迹圆与ON相切，所以轨迹圆的圆心必在∠ACD的角平分线上，作出轨迹圆如图所示，其中O′为圆心，B为出射点．
由几何关系可知∠O′CD＝30°，Rt△O′DC中，CD＝O′D·cot 30°＝R；由对称性知，AC＝CD＝R；等腰△ACO中，OA＝2AC·cos 30°＝3R；等边△O′AB中，AB＝R，所以OB＝OA＋AB＝4R.由qvB＝m得R＝，所以OB＝，D正确． 19．M2[2016·全国卷Ⅲ] 如图1所示，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b.当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光．下列说法正确的是( )
图1 A．原、副线圈匝数比为9∶1 B．原、副线圈匝数比为1∶9 C．此时a和b的电功率之比为9∶1 D．此时a和b的电功率之比为1∶9 19．AD [解析] 设灯泡的额定电压为U0，则输入电压U＝10U0，由于两灯泡均正常发光，故原线圈两端的电压U1＝U－U0＝9U0，副线圈两端的电压U2＝U0，所以原、副线圈的匝数比n1∶n2＝U1∶U2＝9∶1，A正确，B错误；原、副线圈的电流之比I1∶I2＝n2∶n1＝1∶9，由电功率P＝UI可知，a和b的电功率之比为1∶9，C错误，D正确． 20．D4 E2[2016·全国卷Ⅲ] 如图所示，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P.它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W.重力加速度大小为g.设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则( )
图1 A．a＝ B．a＝ C．N＝ D．N＝ 20．AC [解析] 质点P下滑到底端的过程，由动能定理得mgR－W＝mv2－0，可得v2＝，所以a＝＝，A正确，B错误；在最低点，由牛顿第二定律得N－mg＝m，故N＝mg＋m＝mg＋·＝，C正确，D错误． 21．L2 M1[2016·全国卷Ⅲ] 如图所示，M为半圆形导线框，圆心为OM；N是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为ON；两导线框在同一竖直面(纸面)内；两圆弧半径相等；过直线OMON的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面．现使线框M、N在t＝0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面、且过OM和ON的轴，以相同的周期T逆时针匀速转动，则( )
图1 A．两导线框中均会产生正弦交流电 B．两导线框中感应电流的周期都等于T C．在t＝时，两导线框中产生的感应电动势相等 D．两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等 21．BC [解析] 设导线圈半径为l，角速度为ω，两导线框切割磁感线的等效长度始终等于圆弧半径，因此在产生感应电动势时其瞬时感应电动势大小始终为E＝Bωl2，但进磁场和出磁场时电流方向相反，所以线框中应该产生方波交流式电，如图所示，A错误；由T＝可知，两导线框中感应电流的周期相同，均为T，B正确；在t＝时，两导线框均在切割磁感线，故两导线框中产生的感应电动势均为Bωl2，C正确；对于线框M，有·＋·＝·T，解得U有M＝E；对于线框N，有·＋0＋·＋0＝·T，解得U有N＝E，故两导线框中感应电流的有效值并不相等，D错误．
22．J10 K1[2016·全国卷Ⅲ] 某同学用图1中所给器材进行与安培力有关的实验．两根金属导轨ab和a1b1固定在同一水平面内且相互平行，足够大的电磁铁(未画出)的N极位于两导轨的正上方，S极位于两导轨的正下方，一金属棒置于导轨上且与两导轨垂直．
图1 (1)在图中画出连线，完成实验电路．要求滑动变阻器以限流方式接入电路，且在开关闭合后，金属棒沿箭头所示的方向移动． (2)为使金属棒在离开导轨时具有更大的速度，有人提出以下建议： A．适当增加两导轨间的距离 B．换一根更长的金属棒 C．适当增大金属棒中的电流 其中正确的是________(填入正确选项前的标号)． 22．[答案] (1)连线如图所示
(2)AC [解析] (1)限流式接法要求滑动变阻器接线时只能连接“一上一下”两个接线柱；磁铁N极位于上方，说明磁感线向下；开关闭合后，金属棒往右运动，说明棒受到向右的安培力；由左手定则可知，电流应垂直纸面向外(ab指向a1b1)；所以应按“电源正极→开关→滑动变阻器下接线柱→滑动变阻器上接线柱→电流表→ab→a1b1→电源负极”的顺序连接回路． (2)由动能定理BIL·s＝mv2－0可知，要增大金属棒离开导轨时的速度v，可以增大磁感应强度B、增大电流I、增大两导轨间的距离L或增大导轨的长度s；但两导轨间的距离不变而只是换一根更长的金属棒后，等效长度L并不会发生改变，但金属棒的质量增大，故金属棒离开导轨时的速度v减小． 23．C4C4[2016·全国卷Ⅲ] 某物理课外小组利用图(a)中的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系．图中，置于实验台上的长木板水平放置，其右端固定一轻滑轮；轻绳跨过滑轮，一端与放在木板上的小滑车相连，另一端可悬挂钩码．本实验中可用的钩码共有N＝5个，每个质量均为0.010 kg.实验步骤如下： (1)将5个钩码全部放入小车中，在长木板左下方垫上适当厚度的小物块，使小车(和钩码)可以在木板上匀速下滑．
图1 (2)将n(依次取n＝1，2，3，4，5)个钩码挂在轻绳右端，其余N－n个钩码仍留在小车内；用手按住小车并使轻绳与木板平行．释放小车，同时用传感器记录小车在时刻t相对于其起始位置的位移s，绘制s t图像，经数据处理后可得到相应的加速度a. (3)对应于不同的n的a值见下表．n＝2时的s t图像如图(b)所示；由图(b)求出此时小车的加速度(保留2位有效数字)，将结果填入下表．
(4)利用表中的数据在图(c)中补齐数据点，并作出an图像．从图像可以看出：当物体质量一定时，物体的加速度与其所受的合外力成正比．
图1 (5)利用an图像求得小车(空载)的质量为______ kg(保留2位有效数字，重力加速度g取9.8 m/s2)． (6)若以“保持木板水平”来代替步骤(1)，下列说法正确的是 ________(填入正确选项前的标号)． A．an图线不再是直线 B．an图线仍是直线，但该直线不过原点 C．an图线仍是直线，但该直线的斜率变大 23．[答案] (3)0.39(0.37～0.49均可) (4)an图线如图所示
(5)0.45(0.43～0.47均可) (6)BC [解析] (3)系统做匀加速直线运动，s＝at2，由图(b)可知，当t＝2 s时，s＝0.78 m，代入解得a＝0.39 m/s2. (4)由题意知描点法作图所得的必须是一条直线． (5)对于挂在下面的n个钩码，有nmg－F＝nma； 对于小车(含剩下的钩码)，有F＝[M＋(N－n)m]a； 两式相加得nmg＝(M＋Nm)a； 解得a＝＝n，可见an图像的斜率表示， 由an图可知斜率k＝0.196，所以＝0.196，解得M＝0.45 kg. (6)木板水平时要考虑摩擦力的影响， 对于挂在下面的n个钩码，有nmg－F′＝nma； 对于小车(含剩下的钩码)，有F′－μ[M＋(N－n)m]g＝[M＋(N－n)m]a； 两式相加得nmg－μ[M＋(N－n)m]g＝(M＋Nm)a， 去中括号得n(mg＋μmg)－μ(M＋Nm)g＝(M＋Nm)a， 移项化简得n(mg＋μmg)＝(M＋Nm)(a＋μg)， 解得a＝·n－μg＝·n－9.8μ， 可见an图像仍是一条直线，但其斜率要变大，且不过坐标原点． 24．C2 D4 E2[2016·全国卷Ⅲ] 如图1所示，在竖直平面内有由圆弧AB和圆弧BC组成的光滑固定轨道，两者在最低点B平滑连接．AB弧的半径为R，BC弧的半径为.一小球在A点正上方与A相距处由静止开始自由下落，经A点沿圆弧轨道运动． (1)求小球在B、A两点的动能之比； (2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点．
图1 24．[答案] (1)5 (2)能 [解析] (1)设小球的质量为m，小球在A点的动能为EkA，由机械能守恒得EkA＝mg ① 设小球在B点的动能为EkB，同理有EkB＝mg ② 由①②式得＝5 ③ (2)若小球能沿轨道运动到C点，小球在C点所受轨道的正压力N应满足N≥0 ④ 设小球在C点的速度大小为vC，由牛顿运动定律和向心加速度公式有N＋mg＝ ⑤ 由④⑤式得，vC应满足mg≤m ⑥ 由机械能守恒有mg＝mv ⑦ 由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿轨道运动到C点． 25．L5[2016·全国卷Ⅲ] 如图1所示，两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B1随时间t的变化关系为B1＝kt，式中k为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN(虚线)与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B0，方向也垂直于纸面向里．某时刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在t0时刻恰好以速度v0越过MN，此后向右做匀速运动．金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计．求： (1)在t＝0到t＝t0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值； (2)在时刻t(t>t0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小．
图1 25．[答案] (1) (2)B0lv0(t－t0)＋kSt (B0lv0＋kS) [解析] (1)在金属棒未越过MN之前，t时刻穿过回路的磁通量为Φ＝ktS ① 设在从t时刻到t＋Δt的时间间隔内，回路磁通量的变化量为ΔΦ，流过电阻R的电荷量为Δq.由法拉第电磁感应定律有E＝ ② 由欧姆定律有i＝ ③ 由电流的定义有i＝ ④ 联立①②③④式得|Δq|＝Δt ⑤ 由⑤式得，在t＝0到t＝t0的时间间隔内，流过电阻R的电荷量q的绝对值为 |q|＝ ⑥ (2)当t>t0时，金属棒已越过MN.由于金属棒在MN右侧做匀速运动，有f＝F ⑦ 式中，f是外加水平恒力，F是匀强磁场施加的安培力．设此时回路中的电流为I，F的大小为 F＝B0Il ⑧ 此时金属棒与MN之间的距离为s＝v0(t－t0) ⑨ 匀强磁场穿过回路的磁通量为Φ′＝B0ls ⑩ 回路的总磁通量为Φt＝Φ＋Φ′ 式中，Φ仍如①式所示．由①⑨⑩⑪式得，在时刻t(t>t0)穿过回路的总磁通量为 Φt＝B0lv0(t－t0)＋kSt ⑫ 在t到t＋Δt的时间间隔内，总磁通量的改变ΔΦt为 ΔΦt＝(B0lv0＋kS)Δt ⑬ 由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为 Et＝ ⑭ 由欧姆定律有I＝ ⑮ 联立⑦⑧⑬⑭⑮式得f＝(B0lv0＋kS) ⑯ 33．H1 H2 H3[2016·全国卷Ⅲ] [物理——选修33] (1)关于气体的内能，下列说法正确的是________． A．质量和温度都相同的气体，内能一定相同 B．气体温度不变，整体运动速度越大，其内能越大 C．气体被压缩时，内能可能不变 D．一定量的某种理想气体的内能只与温度有关 E．一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加 (2)一U形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞．初始时，管内汞柱及空气柱长度如图所示．用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止．求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离．已知玻璃管的横截面积处处相同；在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏；大气压强p0＝75.0 cmHg.环境温度不变．
图1 33．[答案] (1)CDE (2)144 cmHg 9.42 cm [解析] (1)温度相同，分子平均动能相同，若摩尔质量不同，则相同质量的气体有不同的分子数，分子总动能不同，假若都是理想气体，因为只考虑分子动能，所以内能不同，A错误；气体内能取决于气体分子的平均动能和分子势能，而与宏观上整体的动能无关，B错误；若外界对气体做的功等于气体向外界放出的热，则气体的内能不变，C正确；理想气体的内能取决于气体分子的平均动能，而分子平均动能取决于温度，D正确；理想气体等压膨胀过程中，p一定，V增加，由＝C可知T升高，故内能增加，E正确． (2)设初始时，右管中空气柱的压强为p1，长度为l1；左管中空气柱的压强为p2＝p0，长度为l2.活塞被下推h后，右管中空气柱的压强为p′1，长度为l′1；左管中空气柱的压强为p′2，长度为l′2.以cmHg为压强单位．由题给条件得p1＝p0＋(20.0－5.00) cmHg ① l′1＝ cm ② 由玻意耳定律得 p1l1＝p′1l′1 ③ 联立①②③式和题给条件得 p′1＝144 cmHg ④ 依题意 p′2＝p′1 ⑤ l′2＝4.00 cm＋ cm－h ⑥ 由玻意耳定律得 p2l2＝ p′2l′2 ⑦ 联立④⑤⑥⑦式和题给条件得 h＝9.42 cm ⑧ 34．[2016·全国卷Ⅲ] [物理——选修34] G2(1)由波源S形成的简谐横波在均匀介质中向左、右传播．波源振动的频率为20 Hz，波速为16 m/s.已知介质中P、Q两质点位于波源S的两侧，且P、Q和S的平衡位置在一条直线上，P、Q的平衡位置到S的平衡位置之间的距离分别为15.8 m、14.6 m．P、Q开始振动后，下列判断正确的是________． A．P、Q两质点运动的方向始终相同 B．P、Q两质点运动的方向始终相反 C．当S恰好通过平衡位置时，P、Q两点也正好通过平衡位置 D．当S恰好通过平衡位置向上运动时，P在波峰 E．当S恰好通过平衡位置向下运动时，Q在波峰 N1(2)如图1所示，玻璃球冠的折射率为，其底面镀银，底面的半径是球半径的倍；在过球心O且垂直于底面的平面(纸面)内，有一与底面垂直的光线射到玻璃球冠上的M点，该光线的延长线恰好过底面边缘上的A点．求该光线从球面射出的方向相对于其初始入射方向的偏角．
图1 34．[答案] (1)BDE (2)150° [解析] (1)波长λ＝vT＝＝0.8 m，SQ＝14.6 m＝18λ，当S处于平衡位置向上振动时，Q应处于波谷；SP＝15.8 m＝19λ，当S处于平衡位置向上振动时，P应处于波峰；可见P、Q两质点运动的方向应始终相反，A、C错误，B、D、E正确． (2)设球半径为R，球冠底面中心为O′，连接OO′，则OO′⊥AB.令∠OAO′＝α，有 cos α＝＝ ① 即α＝30° ②
由题意MA⊥AB 所以∠OAM＝60° 设图中N点为光线在球冠内底面上的反射点，所考虑的光线的光路图如图所示．设光线在M点的入射角为i、折射角为r，在N点的入射角为i′，反射角为i ″，玻璃折射率为n.由于△OAM为等边三角形，有 i＝60° ④ 由折射定律有sin i＝nsin r ⑤ 代入题给条件n＝得r＝30° ⑥ 作底面在N点的法线NE，由于NE∥AM，有i′＝30° ⑦ 根据反射定律，有i ″＝30° ⑧ 连接ON，由几何关系知△MAN≌△MON，故有∠MNO＝60°⑨ 由⑦⑨式得∠ENO＝30° ⑩ 于是∠ENO为反射角，ON为反射光线．这一反射光线经球面再次折射后不改变方向．所以，经一次反射后射出玻璃球冠的光线相对于入射光线的偏角β为 β＝180°－∠ENO＝150° ⑪ 35．[2016·全国卷Ⅲ] [物理——选修35] O2(1)一静止的铝原子核Al俘获一速度为1.0×107 m/s的质子p后，变为处于激发态的硅原子核Si*，下列说法正确的是________． A．核反应方程为p＋Al―→Si* B．核反应过程中系统动量守恒 C．核反应过程中系统能量不守恒 D．核反应前后核子数相等，所以生成物的质量等于反应物的质量之和 E．硅原子核速度的数量级为105 m/s，方向与质子初速度的方向一致 F2 E6(2)如图1所示，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直；a和b相距l，b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为m.两物块与地面间的动摩擦因数均相同，现使a以初速度v0向右滑动，此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g.求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．
图1 35．[答案] (1)ABE (2)≤μ< [解析] (1)核反应方程为p＋Al→Si*，A正确；核反应过程中系统动量守恒、能量守恒(只是前后表现形式不同罢了)、质量数守恒、电荷数守恒，但质量亏损，亏损部分以能量的形式释放出去，所以B正确，C、D错误；由动量守恒定律得0＋m1v1＝m2v2，即0＋1×107＝28v2，解得v2≈0.036×107 m/s＝3.6×105 m/s，E正确． (2)设物块与地面间的动摩擦因数为μ.若要物块a、b能够发生碰撞，应有 mv>μmgl ① 即μ< ② 设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间，a的速度大小为v1.由能量守恒有 mv＝mv＋μmgl ③ 设在a、b碰撞后的瞬间，a、b的速度大小分别为v′1、v′2，由动量守恒和能量守恒有 mv1＝mv′1＋v′2 ④ mv＝mv′＋v′ ⑤ 联立④⑤式解得v′2＝v1 ⑥ 由题意，b没有与墙发生碰撞，由功能关系可知 v′≤μgl ⑦ 联立③⑥⑦式，可得 μ≥ ⑧ 联立②⑧式，a与b发生碰撞、但b没有与墙发生碰撞的条件 ≤μ< ⑨
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