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
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 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 (
s 3s A. 2 B. 2
2t t 4s 8s
C. 2 D. t t
2
( )
( )
16． A
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-
m A. 2 17． C
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 的某点向左上方射入磁场，速度与 场中的运动轨迹与 (
) mv A.
2qB 18． D
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
3mv B.
qB
2mv qB C.
4mv qB D.
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
OM 成 30° 角．已知该粒子在磁
OM 上另一点射出磁
O 的距离为
ON 只有一个交点，并从 3 B. m 2
C．m
D．2m
场．不计重力．粒子离开磁场的出射点到两平面交线
的是 ( )
图 1-
A ．原、副线圈匝数比为 B．原、副线圈匝数比为
9∶ 1 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 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
克服摩 a，容器对
水平直径的一端有一质量为 它的支持力大小为
N，则(
m 的质点 P.它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，
g.设质点 P 在最低点时，向心加速度的大小为
)
擦力做的功为 W.重力加速度大小为
2（mgR－W） 2mgR－W
A ．a＝
mR
B．a＝
mR
3mgR－2W 2（mgR－ W） C．N＝ D．N＝
R R
OM ；N 是圆心角为直 M、N 在 t＝0 时从图示
)
20． AC
21．L2 M1[2016 ·全国卷Ⅲ ] 如图所示， M 为半圆形导线框，圆心为 角的扇形导线框，圆心为
ON；两导线框在同一竖直面
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
(纸面 )内；两圆弧半径相等；过直线
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(
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
T
C．在 t＝
时，两导线框中产生的感应电动势相等 8
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
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． ·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．
两根
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
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 0.10 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．
(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 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．
n
－
N＝5 个，每个质量均为
s，绘制 s -t 图像，经数据处理后可得到相应
1
2
2 3 0.58
4 0.78
5 1.00
a/(m· s ) 0.20
(4) 利用表中的数据在图 (c)中补齐数据点，并作出 量一定时，物体的加速度与其所受的合外力成正比．
a-n 图像．从图像可以看出：当物体质
图 1-
(5) 利用 a-n 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/s
2)．
(6) 若以“保持木板水平”来代替步骤 ________(填入正确选项前的标号 )．
A ．a-n 图线不再是直线
(1)，下列说法正确的是
B．a- n 图线仍是直线，但该直线不过原点 C．a- n 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)a-n 图线如图所示 (5)0.45(0.43 ～0.47 均可 ) (6)BC
24．C2 D4
1 1
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
4 2
B 平滑连接． AB 弧的半径为 R，
组成的光滑固定轨道，两者在最低点
R R
BC 弧的半径为 2.一小球在 A 点正上方与 A 相距 4
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 24．[答案] (1)5
(2)能
(纸
在电阻、导轨和
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 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； 金属棒中间有一面积为
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 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．
kt0S B0l 25．[答案] (1)
R R
(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 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Δ 量为Δ q.由法拉第电磁感应定律有
E
③ R
由欧姆定律有 i＝
Δq
由电流的定义有 i＝ ④
Δt kS
联立 ①②③④ 式得 |Δq|＝ Δt ⑤
R
由⑤ 式得，在 t＝0 到 t＝t0 的时间间隔内，流过电阻
⑥ kt0S
R |q|＝
(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 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 ①⑨⑩ ? 式得，在时刻 t(t>t0)穿过回路的总磁通量为
R 的电荷量 q 的绝对值为
② ΔΦ
E＝
Δ t
Φ＝ktS ①
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
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
Φ，流过电阻 R 的电荷
I ，F 的
Φt＝B0lv0(t－t0)＋kSt ?
在 t 到 t＋Δt 的时间间隔内，总磁通量的改变Δ ΔΦt＝(B0lv0＋kS)Δt ?
由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为
ΔΦt Et＝ Δt
?
Φt 为
Et
由欧姆定律有 I＝ ?
R
B0l ? R
式得 f＝(B0lv0＋kS)
20 Hz，
联立⑦⑧ ???
34．[2016 全 国卷Ⅲ ] [物理 —— ·选修 3-4]
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 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 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， E．当 S恰好通过平衡位置向下运动时， N1 (2)如图 1-所示，玻璃球冠的折射率为
P 在波峰 Q 在波峰
3，其底面镀银，底面
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
15.8 m、14.6 m．P、Q 开始振
3 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， 2 有一与底面垂直的光线射到玻璃球冠上的 入射方向的偏角．
图 1-
34．[答案] (1)BDE
(2)150°
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
v 1
＝0.8 m，SQ＝14.6 m＝18 λ，当 S 处于平衡位置向上振动时， [ 解析] (1)波长 λ＝vT＝
f 4
3
λ，当 S处于平衡位置向上振动时， P 应处于波峰； 可见 P、
Q 应处于波谷； SP＝15.8 m＝19
4 Q 两质点运动的方向应始终相反，
3
R O′A
① cos α＝ ＝ 2
OA R 即 α＝30°
②
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
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
⑥
⑦
⑧
由折射定律有 sin i＝nsin r ⑤ 代入题给条件n＝ 3得 r＝30° 根据反射定律，有
i ″＝30°
⑩
所
β为
作底面在 N 点的法线 NE，由于 NE∥AM，有 i ′＝30°
连接ON，由几何关系知 △MAN≌ △ MON ，故有 ∠ MNO＝60°⑨ 由⑦⑨ 式得 ∠ENO＝30°
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． 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＝ 180°－ ∠ENO＝150° ?
35． [2016 全 国卷Ⅲ ] [物理 — — 选修·3-5]
27 O2(1)一静止的铝原子核
28 * ，下列说法正确的是
14Si
27
13Al 俘获一速度为
7 m/s 的质子 p 后，变为处于激发态的
硅原子核
________．
28
*
1.0×10
A ．核反应方程为 p＋13Al ―→14Si 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 F2
10
5 m/s，方向与质子初速度的方向一致
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
3
b 相距 l ，b 与墙之间也相距 l；a 的质量为 m，b 的质量为 4m.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 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-
2
2
b 没有与墙发生碰撞．重
32v
0
v
0
≤ μ< 35． [答案 ] (1)ABE (2)
113gl 2gl
27 28 [ 解析 ] (1) 核反应方程为 p＋ 13Al → *，A 正确；核反应过程中系统动量守恒、能量守恒
14Si
7
(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
7 m/s＝3.6×105 m/s， E 正确．
0＋m1v1＝m2v2，即 0＋1×10
＝28v2，解得 v2≈ 0.036×10
(2) 设物块与地面间的动摩擦因数为 1
2
μ.若要物块 a、b 能够发生碰撞，应有
2mv
0>
μmgl ①
2
0
即 μ<
②
v 2gl
设在 a、 b 发生弹性碰撞前的瞬间， 1
2
a 的速度大小为 v1.由能量守恒有
1
2
mv0＝ mv1＋μmgl ③ 2 2
设在 a、 b 碰撞后的瞬间， a、b 的速度大小分别为
3m
mv1＝mv′1＋
4 v′
2 ④
v′1、v′2，由动量守恒和能量守恒有
1
2
1 2mv′ 1＝
2
2mv
2 1 3m
2 4 v′ 2
⑤
1＋
联立④⑤式解得
8 v′2＝ v1 ⑥
7 3m 4
由题意， b 没有与墙发生碰撞，由功能关系可知 1 3m
2 4 v′
2 2≤
μ
gl ⑦
联立 ③⑥⑦ 式，可得
2
⑧ 0
μ≥ 32v
113gl
联立 ②⑧ 式， a 与 b 发生碰撞、但b 没有与墙发生碰撞的条件
2 2
⑨
32v v ≤ μ< 113gl 2gl
0
0
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