2016年广东高考全国卷适应性考试物理试题二、选择题（本大题共8小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中． 14～18题只有一项符合题目要求．19～21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）14.下列叙述中，符合物理学史实的是（）A.楞次总结出了电磁感应定律B.法拉第最先发现电流的磁效应C.库仑最早测出了元电荷e的数值D.伽利略推翻了力是维持物体运动的原因的观点15.甲、乙两卫星绕地球做圆周运动，甲的轨道半径比乙的小。
下列说法正确的是（）A.甲的加速度比乙的大B.甲的向心力比乙的大C.甲的周期比乙的大D.甲的动能比乙的大16.真空中有两根足够长直导线ab、cd平行放置，通有恒定电流I1、I2，导线ab的电流方向如图。
在两导线所在的平面内，一带电粒子由P运动到Q，轨迹如图中PNQ所示，NQ为直线，重力忽略不计。
下列说法正确的是（）A.该粒子带正电B.粒子从P到Q的过程中动能增加C.导线cd中通有从c到d方向的电流D.导线cd电流I2小于导线ab电流I117.如图所示，一质量为m1的光滑匀质球，夹在竖直墙面和倾角为θ的斜块之间，斜块质量为m2，斜块底面与水平地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两者始终保持静止。
下列说法正确的是（）A.斜块对球的作用力为m1g cosθB.地面对斜块的摩擦力为μ(m1+m2)gC.减小m1，地面对斜块的摩擦力一定减小D.减小m1，墙面对球的作用力一定增大18.如图所示，已知带电量均为+Q的点电荷M、N固定不动且连线水平，检验电荷P可在M、N连线的中垂面内绕中心点O做匀速圆周运动，重力忽略不计。
则（）A.圆轨道上各点的电势处处不相等B.P可能带正电，也可能带负电C.P做圆周运动的半径越小，线速度一定越大D.P做圆周运动的半径越小，角速度一定越大19.高速公路长下坡路段刹车失灵车辆可以驶离行车道，转入行车道外侧增设的安全减速专用上斜坡避险车道，某避险车道的上斜坡与水平面夹角为370，斜坡长50m，某汽车进入该避险车道入口时速度达到90km/h，假设汽车动力为零，所受摩擦阻力为车重的0.3倍，g取10m/s2，sin370=0.6，cos370=0.8。
则（）A.该车上滑到速度为零所用的时间为10sB.无论该车的质量如何，上滑至速度为零所用的时间都相同C.该车上滑到速度为零的过程中，重力的平均功率为摩擦阻力的平均功率的两倍D.若该车进入斜坡时的速度为108km/h，则汽车恰好可到达斜坡顶端V1、V2分别是接入原线圈和副线圈中的理想交流电流表和电压表，其示数分别用I1、I2、U1、U2表示，R为定值电阻，现将滑片P从图示位置逆时针匀速转动，在P转动过程中，电流表和电压表均未超过其量程，下列选项中能正确反映I1、I2、U1、U2变化规律的是（）21.如图所示，竖直平面内有水平向左的匀强电场E，M点与P点的连线垂直电场线，M点与N在同一电场线上。
两个完全相同的带等量正电荷的粒子，以相同大小的初速度v0分别从M点和N点沿竖直平面进入电场，重力不计。
M点的粒子与电场线成一定的夹角进入，N点的粒子垂直电场线进入，两粒子恰好都能经过P点，在此过程中，下列说法正确的是（）A.电场力对两粒子做功不相同B.两粒子到达P点的速度大小可能相等C.两粒子到达P点时的电势能都减少D.两粒子到达P点所需时间一定不相等三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。
第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。
第33~40题为选考题，考生根据要求作答。
22.（6分）某同学利用如图（a）所示装置测量当地重力加速度。
实验时，通过电磁铁控制小球从P处自由下落，小铁球依次通过两个光电门Ⅰ、Ⅱ，测得遮光时间分别为△t1和△t2，两光电门中心的高度差为h，回答下列问题：（1）用螺旋测微器测得小铁球直径的示数如图（b）所示，则小铁球的直径D= mm；（2）计算重力加速度表达式为g= ；（用测定的物理量的符号表示）A.减小光电门Ⅰ、Ⅱ间的高度差B.换用密度更大、体积更小的金属球C.多次改变光电门Ⅰ、Ⅱ的位置，测量g并求其平均值23.（9分）某实验小组利用如下器材测定一电压表的量程Ux和内阻Rx：待测电压表V1（量程约0～2.0V，内阻约为3kΩ）标准电压表V2（量程0～6.0V，内阻约为20kΩ）滑动变阻器（最大阻值50Ω）电阻箱（0～9999.9Ω）直流电源（6V，有内阻）开关S及导线若干回答下列问题：(1)图（a）是该实验小组未完成的实物连线图，请你在图（a）中完成实物连线图。
(2)闭合开关S，调节滑动变阻器和电阻箱的阻值，保证V1满偏，记录V2的读数U2和电阻箱的阻值R，断开开关。
多次重复上述操作。
根据多次测得的数值在U2-R坐标中描点，如图（b）所示，请根据坐标中的描点作出U2-R图线。
(3)U2关系式为U2= （用Rx、Ux和R表示），根据图（b）中图像求得V1的量程Ux= V，内阻Rx= Ω（结果均保留两位有效数字）。
24.（12分）如图所示，水平固定的闭合导轨分别由平行的直轨和同心半圆形导轨构成，两轨间距离均为d，同心圆的内圆半径均为d.两轨间充满匀强磁场，磁感应强度的大小为B，方向垂直纸面向里，内外两条轨道间用导线和电阻为R的电阻连接，其他电阻可忽略.一根导体棒在两轨道上滑动，棒在平行直轨道上垂直导轨做匀速直线运动，速度大小为v；棒在圆弧导轨上匀速转动，棒与外圆轨道接触点的线速度大小为v，运动中棒的延长线始终过圆心O1或O2。
求：(1)当棒在圆弧导轨上运动时，电阻R两端的电压U；(2)棒在平直导轨上移动距离为L的过程中，电阻R产生的焦耳热Q.25.（20分）如图所示，足够长的圆柱形管底端固定一弹射器，弹射器上有一圆柱形滑块，圆柱管和弹射器的总质量为2m，滑块的质量为m，滑块与管内壁间的滑动摩擦力f=3mg.在恒定外力F=9mg的作用力下，圆柱管和滑块以同一加速度竖直向上做匀加速直线运动.某时刻弹射器突然开启，将滑块向上以相对地面2v弹离圆柱管的底端，同时圆柱管也以速度v仍向上运动.忽略弹射过程中弹片的位置变化，忽略空气影响，重力加速度为g.求：（1）弹射后，滑块相对管上升的最大距离；（2）从滑块被弹开到它第二次获得相对地面速度大小为2v的过程中，摩擦力对滑块做的功。
35.【物理——选修3-5】（15分）（1）（5分）下列说法正确的是（填正确答案标号，选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分为0分）A.α射线和γ射线均为电磁波B.γ射线的电离本领比β射线弱C.爱因斯坦在对光电效应的研究中，提出了光子说D.氢原子从n=2的状态跃迁到n=4的状态时，需要吸收量E.一束光照射到某金属上不能发生光电效应，改用波长更长的光束可能发生光电效应（2）（10分）内壁光滑的圆形轨道固定在竖直平面内，轨道半径为R.可视为质点的两个小球A和B，质量均为m，B静止在轨道最低点，A与圆心O等高的位置由静止沿内壁下滑与B发生碰撞，瞬间连在一起运动，重力加速度大小为g，求：①碰撞后两个小球沿轨道上升的最大高度；②两小球碰撞过程中损失的机械能.参考答案二、选择题14．D 15．A16．C 17．C 18．D 19．BCD 20．AC 21．AD第Ⅱ卷（一）必考题22．（6分）（1） 7.375 (7.373-7.376均可) （2分） （2）⎥⎦⎤⎢⎣⎡∆-∆2122)()(21t D t D h （2分） （3）BC （全选2分，只选B 或C 得1分，选错则不得分）23．（9分）（1）连线如图（a ）所示，每条线连接正确得1分（共2分）；（2）作图如（b ）图所示（2分）；（3）x x xU U R R + （1分） 1.5 (如果填写1.4或1.6也可给2分)33.010⨯ （2分）24．(12分)解：（1）根据题意,棒在圆弧轨上滑行角速度为2dω=v ○1 根据法拉第电磁感应定律 1B S t t ϕε∆∆==∆∆ ○2由几何知识可知()2t ω∆⎡⎤联立○1○2○3，得R 两端的电压1134Bd U ε==v ○4（2）根据法拉第电磁感应定律，棒在直轨上滑行产生的感应电动势ε=2Bdv○5 通过电阻的电流 222U I R Rε== ○6 又 L t ∆=v○7 根据焦耳定律t R I Q ∆=22 ○8联立○5○6○7○8，得=B d Lv Q R 22○9 评分参考：○1○5○8式各2分，○2○3○4○6○7○9式各1分。
25．（20分）解：（1）滑块被弹射后与圆柱管共速前，设圆柱管和滑块的加速度分别为1a 和2a ，根据牛顿第二定律，有122F f mg ma +-= ○1 2mg f ma += ○2共速时滑块相对管上升的距离最大，设经过时间1t 后，两者以v 1共速，由运动学公式，可知 111a t =+v v 1212a t =-v v ○3联立○1○2○3，得19t g =v ○4 1149v =v○5 圆柱管的位移1112s t +=v v ○6 滑块的位移 12122s t +=v v ○7两者相对位移21s s s ∆=-○8联立○6○7○8，得 218s g ∆=v ○9221681s g =v ○10（2）共速后，假设两者相对静止，设圆柱管和滑块系统的加速度为0a ，根据牛顿第二定律 0(2)(2)F m m g m m a -+=+○11 对滑块 00f mg ma -=○12 联立○11○12，得02a g = ○1303f mg f =≤○14 结果表明假设成立，圆柱管与滑块相对静止向上以0a 匀加速向上运动。
滑块从速度v 1至2v 的过程中通过的位移222130(2)32281s a g-==v v v ○15 滑块被弹开到它第二次获得相对地面速度大小为2v 的过程中，设摩擦力做的总功f W ，根据动能定理23()0f mg s s W -++=○16联立○10○15○16式，得 21627f m W =v ○17评分参考：○3○15○16式各2分，其他式各1分。
35．【物理——选修3-5】(15分)（1）（5分）B CD（2） (10分)解：①对球A 从出发至碰撞，根据动能定理2012mgR m =v ○102m m =v v 共 ○2 对球A 、B 在撞后至最高点过程中，根据机械能守恒21(2)22m mgh =v 共 ○3 联立○1○2○3得 4R h = ○4 ②对球A 、B 在碰撞过程中，能量守恒知022111(2)222E m m mgR ∆==v -v 共机械 ○5联立○1○2○5，得mgR E 21=∆机械○6 评分参考：○1○2○3○5式各2分，○4○6式各1分。
