1、2015-2016学年云南师大附中高三（上）月考物理试卷（三）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14题只有一项符合题目要求，第58题有多项符合题目要求全部选对得6分，选不全的得3分，有选错的得0分1了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要下列不符合事实的是（）A牛顿将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动B开普勒发现了行星运动的规律C库仑总结出了点电荷间相互作用的规律D焦耳发现了电流热效应2为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，
2、如图所示当此车加速上坡时，盘腿坐在座椅上的一位乘客（）A处于失重状态B受到向后（水平向左）的摩擦力作用C受到座椅的作用力方向竖直向上D所受力的合力方向沿斜面向上3如图所示，电源内阻不能忽略，R0大于电源内阻，滑动变阻器的最大阻值大于R，当滑动变阻器滑片P从最右端滑向最左端的过程中，下列说法正确的是（）A电压表的示数一直增大B电流表的示数一直增大C电阻R0消耗的功率先减小后增大D电源的输出功率先增大后减小4如图所示，xOy平面是无穷大导体的表面，该导体充满z0的空间，z0的空间为真空将电荷为+q的点电荷置于z轴上z=h处，则在xOy平面上会产生感应电荷空间任意一点处的电场皆是由点电荷q和导体表面
3、上的感应电荷共同激发的已知静电平衡时导体内部场强处处为零，则在z轴上z=处的场强大小为（k为静电力常量）（）AkBkCkDk5一质点在00.15s内竖直向上运动，用传感器测得其at变化的图象如图所示（取竖直向下为正，g取10m/s2），则下列说法正确的是（）A在00.05s内质点的机械能守恒B在0.05s0.10s内质点的动能增加C在0.10s0.15s内质点的机械能增加D在t=0.15s时质点的机械能大于t=0.05s时质点的机械能6如图所示，两个较大的平行板A、B相距为d，分别接在电压为U的电压正负极上，开关S闭合时质量为m，带电量为q的油滴恰好静止在两板之间，在保持其他条件不变的情况下，
4、下列说法正确的是（）A如果将上极板非常缓慢的往上移，那么在移动的过程中油滴将向下加速运动，电流计G中的电流从b流向aB如果将两极板非常缓慢的错开一些，那么在错开的过程中油滴将向上加速运动，电流计G中的电流从a流向bC如果断开开关，在紧贴下极板B插入一块有厚度的金属薄板（不与油滴相碰），此时油滴静止不动D如果断开开关后，将两极板非常缓慢的错开一些，那么在错开的过程中油滴将向上加速运动7有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在赤道表面上随地球一起转动，b是近地轨道卫星，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，它们均做匀速圆周运动，各卫星排列位置如图所示，则（）A在相同时间内a转过的弧长最长Bb的向
5、心加速度近似等于重力加速度gCc在6h内转过的圆心角是Dd的运动周期有可能是22h8如图所示，半径为R的光滑圆环竖直放置，环上套有质量分别为m和2m的小球A和B，A、B之间用一长为R的轻杆相连开始时A在圆环的最高点，现将A、B静止释放，则（）AB球从开始运动至到达圆环最低点的过程中，杆对B球所做的总功为零BA球运动到圆环的最低点时，速度大小为C轻杆水平时A、B组成的系统动能最大DB球从开始运动至到达圆环最低点的过程中，重力对B球做功功率先增大后减小二、解答题（共4小题，满分47分）9某同学用如图1所示的实验装置来“探究动能定理”（1）若用M表示小车及车上砝码的总质量，m表示砂子及桶的总质量，对
6、于改变“外力对小车做的功”，下列说法正确的是（填序号）A通过改变小车运动的距离来改变“外力做功”时，必须平衡摩擦，必须满足M远大于mB通过改变小车运动的距离来改变“外力做功”时，不需要平衡摩擦，也不需要满足M远大于mC通过改变桶里砂子的质量来改变“外力做功”时，必须平衡摩擦，若用T表示细绳对小车的拉力，T=mg时，必须满足M远大于mD通过改变桶里砂子的质量来改变“外力做功”时，只需满足M远大于m不需要平衡摩擦（2）使小车靠近打点计时器，先接通电源，后放开小车，打点计时器在纸带上打下一系列的点图2为一条符合实验要求的纸带，O点未打点计时器打下的第一点纸带上的A、B、C、D是计数点，相邻的两计数点
7、之间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图所示已知打点计时器所用交流电的频率为50Hz则打下C点时，小车的速度为m/s（3若已知小车及车上砝码的总质量为M，砂子及桶的总质量为m，摩擦力恒为f，重力加速度为g，设小车由静止至位移为s时的速度为v，则=（用M，m，f，g表示，m不满足mM）10（9分）要测量一个由新材料制成的均匀圆柱体的电阻率，步骤如下：（1）游标卡尺测量其长度，如图甲所示，可知其长度为cm（2）用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，可知其直径为mm（3）选用多用电表测得该圆柱体的阻值约为90（4）为更精确地测量其电阻，可供选择的器材如下：电流表A1（量程为500mA，内阻约为1
8、）电流表A2（量程为100mA，内阻约为10）电压表V1（量程3V，内阻RV1=1000） 电压表V2（量程15V，内阻RV2=3000） 滑动变阻器R1（最大阻值为5）滑动变阻器R2（最大阻值1000）定值电阻Ro=1000电源E（电动势约为5V，内阻r约为1） 开关，导线若干为了使测量尽量准确，要尽可能多测几组数据，并要求所有电表读数不得小于其量程的，则电压表应选，电流表应选，滑动变阻器应选（均选填器材代号）（5）根据你选择的器材，请设计合适的实验电路图，画在图2所示的虚线框内11（12分）如图所示，可视为质点的遥控赛车从起点A出发，沿水平直线轨道运动L后，由B点进入半径为R的光滑竖直半圆
9、轨道，并到达半圆轨道的最高点CB是半圆轨道的最低点，水平直线轨道和半圆轨道相切于B点已知赛车质量m=0.4kg，通电后以额定功率P=3W工作，进入竖直圆轨道前受到的阻力恒为重力的0.1倍，随后在运动中受到的阻力均可不计，L=10.00m，R=0.50m，g取10m/s2求：（1）要使遥控赛车能到达C点，赛车在半圆轨道的B点的速度至少多大；（2）要使遥控赛车能到达C点，电动机至少工作多长时间12（20分）如图，O、A、B为同一斜面内的三个点，OB沿斜面向下，BOA=60，0B=OA将一质量为m的小球以初速度v0自O点平行斜面水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A点使此小球带电，电荷量为q（q0
10、），同时加一匀强电场场强方向与OAB所在平面平行，现从O点以同样的速率沿某一平行斜面方向抛出此带电小球，该小球也恰好通过了A点，到达A点时的动能是初动能的3倍；若该小球从O点以同样的速率沿另一平行斜面方向抛出，恰好通过B点，且到达B点的动能为初动能的6倍，重力加速度大小为g固定光滑斜面的倾角=30，求：（1）无电场时，小球达到A点时的速度大小；（2）OA、0B的电势差UOA、UOB；（3）电场强度的大小和方向物理选修3-313下列说法不正确的是 （）A温度低的物体内能小B布朗运动反映了悬浮小颗粒内部分子在不停地做无规则的热运动C不论技术手段如何先进，绝对零度是不能达到的D外界对物体做功时，物体
11、的内能不一定增加E压缩密封在气缸中一定质量的理想气体，难度越来越大，说明分子间距离越小，分子间斥力越大14（10分）某同学利用数字化信息系统研究一定质量理想气体的状态变化，实验后计算机屏幕显示如图所示的pV图象已知该气体在状态A时的温度为27求：（1）该气体在状态C时的温度是多少；（2）该气体从状态A到状态C的过程中是吸热还是放热，传递的热量是多少物理选修3-415某学习小组利用单摆，采用如图所示的实验装置测量重力加速度A该组同学先测出悬点到小球球心的距离L，然后用秒表测出单摆完成n次全振动所用的时间t请写出重力加速度的表达式g=（用所测物理量表示）B更换摆线长度后，多次测量，根据实验数据，利
12、用计算机作出T2L（周期平方摆长）图线，并根据图线拟合得到方程T2=4.04L+0.035由此可以得出当地的重力加速度g=m/s2（取2=9.86，结果保留3位有效数字）16如图所示，宽为a的平行光束从空气斜射到平行玻璃砖上表面，入射角为60，光束中包含两种波长的光，玻璃砖对这两种光的折射率分别为n1=，n2=，光束从玻璃下表面出射时恰好分成不重叠的两束，求玻璃砖的厚度d为多少？（已知sin37=0.6，cos37=0.8，结果可用根式表示）物理选修3-517下列说法正确的是 （）A用加温、加压或改变其化学状态的方法都不能改变原子核衰变的半衰期B放射性元素的半衰期是指大量该元素的原子核中有半数
13、发生衰变需要的时间C中子与质子结合成氘核时吸收能量D N+HeO+H是核聚变E氪90（9036Kr）是不稳定的，经过4次衰变最终成为稳定的锆90（9040Zr）18如图所示，光滑水平面上有一平板车，车的上表面在一段长L=1.5m的粗糙水平轨道，水平轨道左侧是一高h=0.25m的三角形木块，现将一质量m=1.0kg的小物块（可视为质点）从平板车的右端以水平向左的初速度v0滑上平板车，车和三角形木块的总质量M=4.0kg的，小物块与水平轨道间的动摩擦因数=0.5，三角形木块表面光滑，小物块冲上木块时，无能量损失，取g=10m/s2，则要使小物块能够滑到斜面的顶端，v0至少为多大？2015-2016
14、学年云南师大附中高三（上）月考物理试卷（三）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14题只有一项符合题目要求，第58题有多项符合题目要求全部选对得6分，选不全的得3分，有选错的得0分1了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要下列不符合事实的是（）A牛顿将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动B开普勒发现了行星运动的规律C库仑总结出了点电荷间相互作用的规律D焦耳发现了电流热效应【考点】物理学史【分析】本题考查物理学史，根据焦耳、库仑、开普勒、牛顿等等科学家的成就进行解答【解答】解：A、伽利略将
15、斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动，故A错误；A、开普勒发现了行星运动的三大规律，故B正确；C、库仑总结出了真空中的点电荷间的相互作用的规律，故C正确；D、焦耳通过实验得出电流的热效应，并得出焦耳定律，故D正确本题选错误的，故选：A【点评】解答本题关键要记住科学家的物理学贡献，记牢著名实验和重大发现，平时要重视物理学史的积累2为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图所示当此车加速上坡时，盘腿坐在座椅上的一位乘客（）A处于失重状态B受到向后（水平向左）的摩擦力作用C受到座椅的作用力方向竖直
16、向上D所受力的合力方向沿斜面向上【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力【分析】当此车加速上坡时，整体的加速度沿斜面向上，对乘客进行受力分析，根据加速度方向知道合力方向，根据合力方向确定摩擦力方向【解答】解：A、当此车加速上坡时，整体的加速度沿斜面向上，乘客具有向上的分加速度，所以根据牛顿运动定律可知乘客处于超重状态，故A错误B、对乘客进行受力分析，乘客受重力，支持力，由于乘客加速度沿斜面向上，而静摩擦力必沿水平方向，由于乘客有水平向右的分加速度，所以受到向前（水平向右）的摩擦力作用，故B错误C、由于人受座椅的作用力包括竖直向上的支持力和水平向右的摩擦力，故座椅作用力的合力应斜向右上方，故C错误
17、；D、因为加速度方向沿斜面向上，可知乘客所受的合力沿斜面向上故D正确故选：D【点评】解决本题的关键知道乘客和车具有相同的加速度，通过汽车的加速度得出乘客的加速度以及能够正确地进行受力分析，运用牛顿第二定律求解3如图所示，电源内阻不能忽略，R0大于电源内阻，滑动变阻器的最大阻值大于R，当滑动变阻器滑片P从最右端滑向最左端的过程中，下列说法正确的是（）A电压表的示数一直增大B电流表的示数一直增大C电阻R0消耗的功率先减小后增大D电源的输出功率先增大后减小【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律【分析】先分析电路结构，由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变
18、化及路端电压的变化，再分析局部电路可得出电流表中示数的变化，根据功率公式判断功率变化情况【解答】解：A、根据电路图可知，滑动变阻器的左半部分与R串联后与变阻器的右半部分并联后再与R0串联，接入电源，P向左滑动时，由于滑动变阻器的最大阻值大于R，所以并联部分电阻先增大后减小，则总电阻先增大后减小，电路中总电流先减小后增大，电源的内电压以及R0所占电压都先减小后增大，则由闭合电路欧姆定律可知，电压表示数先增大后减小，故A正错误；B、电流表测量干路电流，根据A的分析可知，电流表示数先减小后增大，故B错误；C、根据可知，I先减小后增大，则功率先减小后增大，故C正确；D、当外电路电阻等于电源内阻时，电源
19、的输出功率最大，而R0大于电源内阻，所以随着外电阻先增大后减小，电源的输出功率先减小后增大，故D错误；故选：C【点评】分析闭合电路的欧姆定律的动态分析的题目时，一般要按先外电路、再内电路、后外电路的思路进行分析；重点分析电路中的路端电压、总电流及部分电路的电流及电压变化4如图所示，xOy平面是无穷大导体的表面，该导体充满z0的空间，z0的空间为真空将电荷为+q的点电荷置于z轴上z=h处，则在xOy平面上会产生感应电荷空间任意一点处的电场皆是由点电荷q和导体表面上的感应电荷共同激发的已知静电平衡时导体内部场强处处为零，则在z轴上z=处的场强大小为（k为静电力常量）（）AkBkCkDk【考点】电场
20、强度【分析】根据对称性，感应电荷在导体内外两侧空间产生的电场强度的大小相等，方向相反；而内部一点的电场强度为q和感应电荷产生的电场强度的合矢量【解答】解：在z轴上处，合场强为零，该点场强为q和导体近端感应电荷产生电场的场强的矢量和；q在处产生的场强为： E1=k=；由于导体远端离处很远，影响可以忽略不计，故导体在处产生场强近似等于近端在处产生的场强；处合场强为0，故导体在处产生场强大小 E2=E1=，方向向上根据对称性，导体近端在处产生的场强也为E2=，方向向下电荷q在处产生的场强为：E3=k=，方向向下故在处的合场强为：E=E2+E3=+=，方向向下故选：B【点评】本题要掌握静电平衡的导体特
21、点：内部场强处处为零，运用场强的叠加原理进行分析求解，关键要结合对称性进行合理的近似5一质点在00.15s内竖直向上运动，用传感器测得其at变化的图象如图所示（取竖直向下为正，g取10m/s2），则下列说法正确的是（）A在00.05s内质点的机械能守恒B在0.05s0.10s内质点的动能增加C在0.10s0.15s内质点的机械能增加D在t=0.15s时质点的机械能大于t=0.05s时质点的机械能【考点】功能关系【分析】物体机械能守恒的条件是只有重力做功或只受重力，即物体的加速度等于g，则机械能不变，若向上减速的加速度小于g，说明物体受到了向上的外力作用，机械能增加，反之向上减速的加速度大于g则
22、机械能减小【解答】解：A、由图象可以看出00.05s内的物体向上做减速运动的加速度等于g，物体只受到重力的作用，则机械能守恒，故A正确；B、0.050.10s内的加速度小于g且方向向下，则质点向上做匀减速直线运动，速度减小，动能减小，故B错误；C、在0.100.15s内，物体向上减速的加速度大于g，说明物体受到了方向向下的外力，做负功，机械能减少，故C错误；D、根据牛顿第二定律，0.050.10s内，mgF=ma，得：F=2m，方向向上，做正功，物体机械能增加，0.100.15s内，mg+F=ma，得F=2m，方向向下，物体机械能减少，物体一直向上做减速运动，而0.100.15s内的速度小于0
23、.050.10s内的速度，则0.100.15s内的位移小于0.050.10s内的位移，故FS2FS3，则0.050.15s内物体机械能增加的多，减小的少，故质点在t=0.15s时的机械能大于t=0.05s时的机械能，故D正确；故选：AD【点评】机械能的变化量等于重力以外的力做的功，重力以外的力做正功则机械能增加，重力以外的力做负功则机械能减少6如图所示，两个较大的平行板A、B相距为d，分别接在电压为U的电压正负极上，开关S闭合时质量为m，带电量为q的油滴恰好静止在两板之间，在保持其他条件不变的情况下，下列说法正确的是（）A如果将上极板非常缓慢的往上移，那么在移动的过程中油滴将向下加速运动，电流
24、计G中的电流从b流向aB如果将两极板非常缓慢的错开一些，那么在错开的过程中油滴将向上加速运动，电流计G中的电流从a流向bC如果断开开关，在紧贴下极板B插入一块有厚度的金属薄板（不与油滴相碰），此时油滴静止不动D如果断开开关后，将两极板非常缓慢的错开一些，那么在错开的过程中油滴将向上加速运动【考点】带电粒子在混合场中的运动；电容【分析】当电容器保持与电源相连时，电容器板间电压不变；若增加板间距离，场强减小，电容减小，电容器放电，再分析电流方向；若板间距离不变，场强不变，油滴所受电场力不变，仍保持静电状态断开开关后，电容器的电量不变在紧贴下极板B插入一块有厚度的金属薄板，板间距离减小，场强不变，油
25、滴仍静止不动断开开关后，将两极非常缓慢的错开一些，两板正对面积减小，电容减小，由电容的定义式分析板间电压的变化情况，确定场强和电场力的变化情况，判断油滴能否运动【解答】解：A、当电容器保持与电源相连时，电容器板间电压不变将上极板非常缓慢的往上移，板间距离增加，场强减小，电容减小，电容器放电，油滴所受电场力减小，则油滴将向下加速运动，电流计中的电流从a流向b故A错误B、将两极板非常缓慢的错开一些，电容减小，但电压不变，板间场强不变，油滴仍处于状态电容放电，电流计中的电流从a流向b故B错误C、断开开关后，电容器的电量不变在紧贴下极板B插入一块有厚度的金属薄板，板间距离减小，根据推论得知，板间场强不
26、变，油滴仍静止不动故C正确D、断开开关后，将两极非常缓慢的错开一些，两板正对面积减小，电容减小，电量不变，则板间电压增大，油滴向上加速运动故D正确故选：CD【点评】本题是电容器动态变化分析问题，用到一个重要推论：电容器的电量不变，正对面积不变，改变板间距离，但板间场强保持不变7有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在赤道表面上随地球一起转动，b是近地轨道卫星，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，它们均做匀速圆周运动，各卫星排列位置如图所示，则（）A在相同时间内a转过的弧长最长Bb的向心加速度近似等于重力加速度gCc在6h内转过的圆心角是Dd的运动周期有可能是22h【考点】万有引力定律及其应
27、用【分析】近地轨道卫星的向心加速度约为g根据万有引力提供向心力，列出等式得出角速度与半径的关系，分析弧长关系根据开普勒第三定律判断d与c的周期关系【解答】解：A、由，得v=，卫星的半径越大，线速度越小，所以b的线速度比c、d大，而a与C的角速度相等，根据v=r可知，a的线速度小于c的线速度，则在相同时间内b转过的弧长最长故A错误；B、b是近地轨道卫星，则其向心加速度约为g故B正确；C、c是地球同步卫星，周期是24h，则c在6h内转过的圆心角是故C正确；D、由开普勒第三定律=k知，卫星的半径越大，周期越大，所以d的运动周期大于c的周期24h故D错误；故选：BC【点评】对于卫星问题，要建立物理模型
28、，根据万有引力提供向心力，分析各量之间的关系，并且要知道同步卫星的条件和特点8如图所示，半径为R的光滑圆环竖直放置，环上套有质量分别为m和2m的小球A和B，A、B之间用一长为R的轻杆相连开始时A在圆环的最高点，现将A、B静止释放，则（）AB球从开始运动至到达圆环最低点的过程中，杆对B球所做的总功为零BA球运动到圆环的最低点时，速度大小为C轻杆水平时A、B组成的系统动能最大DB球从开始运动至到达圆环最低点的过程中，重力对B球做功功率先增大后减小【考点】功率、平均功率和瞬时功率；功能关系【分析】把AB看成一个系统，只有重力做功，系统机械能守恒，根据机械能守恒定律即可求解，以最低点为零势能面，求出A
29、B整体在杆水平时的重力势能以及B在最低点时的整体重力势能，通过比较重力势能比较动能大小，根据瞬时功率公式求出B在初始位置以及最低点重力的瞬时功率，从而判断功率的变化情况【解答】解：A、AB组成的系统机械能守恒，则有：mAgR+mBgR=mAvA2+mBvB2又因为vA=vB，解得：vA=对B，根据动能定理，mBgR+W=mBvB2而vB=解得，W=0，A正确，B错误；C、轻杆长度为R，当轻杆水平时，AB两球与O点连线与竖直方向的夹角都为45，以最低点为零势能面，则此时AB整体的重力势能，当B到达最低点时，AB整体的重力势能EP=mgR，则EPEP，AB整体机械能守恒，重力势能大的，动能小，则A
30、、B组成的系统动能最大时，不在水平位置，故C错误D、B球开始时，速度为零，则重力的瞬时功率为零，B到最低点时，速度方向与重力方向垂直，则重力的瞬时功率为零，所以B球从开始运动至到达圆环最低点的过程中，重力对B球做功的功率先增大后减小，故D正确故选：AD【点评】本题主要考查了机械能守恒定律以及动能定理的直接应用，要求同学们能选取适当的研究对象，难度适中二、解答题（共4小题，满分47分）9某同学用如图1所示的实验装置来“探究动能定理”（1）若用M表示小车及车上砝码的总质量，m表示砂子及桶的总质量，对于改变“外力对小车做的功”，下列说法正确的是BC（填序号）A通过改变小车运动的距离来改变“外力做功”
31、时，必须平衡摩擦，必须满足M远大于mB通过改变小车运动的距离来改变“外力做功”时，不需要平衡摩擦，也不需要满足M远大于mC通过改变桶里砂子的质量来改变“外力做功”时，必须平衡摩擦，若用T表示细绳对小车的拉力，T=mg时，必须满足M远大于mD通过改变桶里砂子的质量来改变“外力做功”时，只需满足M远大于m不需要平衡摩擦（2）使小车靠近打点计时器，先接通电源，后放开小车，打点计时器在纸带上打下一系列的点图2为一条符合实验要求的纸带，O点未打点计时器打下的第一点纸带上的A、B、C、D是计数点，相邻的两计数点之间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图所示已知打点计时器所用交流电的频率为50Hz则打
32、下C点时，小车的速度为0.19m/s（3若已知小车及车上砝码的总质量为M，砂子及桶的总质量为m，摩擦力恒为f，重力加速度为g，设小车由静止至位移为s时的速度为v，则=（用M，m，f，g表示，m不满足mM）【考点】探究功与速度变化的关系【分析】（1）采用倍增法使功成倍增加时，如果改变位移，保证力恒定即可；如果改变拉力，使拉力成倍增加即可；（2）根据匀变速直线运动中某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出C点的瞬时速度；（3）根据运动学基本公式以及牛顿第二定律列式求解【解答】解：（1）A、B、采用倍增法使功成倍增加，通过改变小车运动的距离来改变外力做功时，根据W=Fx，由于合力恒定，故不需要
33、平衡摩擦力，也不需要保证M远大于m，故A错误，B正确；C、D、采用倍增法使功成倍增加，通过改变小车上砝码的质量来改变外力做功时，根据W=Fx，采用mg来表示拉力F；如果把（M+m）作为整体来研究动能定理，就不需要必须满足M远大于m；当然，如果对小车M进行动能定理研究，肯定要满足M远大于m，故C正确，D错误；故选：BC（2）相邻的两计数点之间还有4个点，则相邻两计数点间的时间间隔T=0.1s，根据匀变速直线运动中某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出C点的瞬时速度为： =0.19m/s，（3）根据运动学基本公式得：2as=v2，根据牛顿第二定律得：a=解得：故答案为：（1）BC；（2）0
34、.19；（3）【点评】本题关键是明确实验的原理，会通过运动学公式求解加速度之比和瞬时速度大小，注意若钩码的质量不远小于小车的质量，拉力不等于钩码的重力，对整体分析，抓住整体合力不变，结合牛顿第二定律求出加速度10要测量一个由新材料制成的均匀圆柱体的电阻率，步骤如下：（1）游标卡尺测量其长度，如图甲所示，可知其长度为4.030cm（2）用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，可知其直径为2.700mm（3）选用多用电表测得该圆柱体的阻值约为90（4）为更精确地测量其电阻，可供选择的器材如下：电流表A1（量程为500mA，内阻约为1）电流表A2（量程为100mA，内阻约为10）电压表V1（量程3V，内阻
35、RV1=1000） 电压表V2（量程15V，内阻RV2=3000） 滑动变阻器R1（最大阻值为5）滑动变阻器R2（最大阻值1000）定值电阻Ro=1000电源E（电动势约为5V，内阻r约为1） 开关，导线若干为了使测量尽量准确，要尽可能多测几组数据，并要求所有电表读数不得小于其量程的，则电压表应选V1，电流表应选A2，滑动变阻器应选R1（均选填器材代号）（5）根据你选择的器材，请设计合适的实验电路图，画在图2所示的虚线框内【考点】测定金属的电阻率【分析】（1、2）游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读（4）
36、根据给出的仪器选择对应的仪表；注意题目要求；（5）根据欧姆定律估算出最大电流，然后选择电流表；根据电源电动势选择电压表；要求测得多组数据进行分析，滑动变阻器采用分压式接法，用小电阻控制大电阻；【解答】解：（1）游标卡尺是20分度的卡尺，其精确度为0.05mm，则图示读数为：40+60.05=40.30mm=4.030cm（2）螺旋测微器：不动刻度为2.5，可动刻度为20.00.01mm则读数为2.5+20.00.01=2.700mm（4）根据欧姆定律，最大电流：I=55mA，故电流表选择A2 电源电动势4V，故电压表选择V1与定值电阻串联测量电压值；要求测得多组数据进行分析，滑动变阻器采用分压
37、式接法，用小电阻控制大电阻，故滑动变阻器选择R1（5）因待测电阻值远小于电压表内阻，电流表应选外接法；又滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻值，故变阻器应用分压式接法，同时因电压表量程偏小，故串联定值电阻分压；电路图如图所示：故答案为：（1）4.030；2.700；（4）V1；A2；R1；（5）如图所示；【点评】解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读测量电阻最基本的原理是伏安法，电路可分为测量电路和控制电路两部分设计测量电路要求精确，误差小，可根据电压表、电流表
38、与待测电阻阻值倍数关系，选择电流表内、外接法控制电路关键是变阻器的分压式接法或限流式接法在两种方法都能用的情况下，为了减小能耗，选择限流式接法11（12分）（2015秋云南校级月考）如图所示，可视为质点的遥控赛车从起点A出发，沿水平直线轨道运动L后，由B点进入半径为R的光滑竖直半圆轨道，并到达半圆轨道的最高点CB是半圆轨道的最低点，水平直线轨道和半圆轨道相切于B点已知赛车质量m=0.4kg，通电后以额定功率P=3W工作，进入竖直圆轨道前受到的阻力恒为重力的0.1倍，随后在运动中受到的阻力均可不计，L=10.00m，R=0.50m，g取10m/s2求：（1）要使遥控赛车能到达C点，赛车在半圆轨道
39、的B点的速度至少多大；（2）要使遥控赛车能到达C点，电动机至少工作多长时间【考点】动能定理的应用；机械能守恒定律【分析】（1）根据牛顿第二定律求出最高点的最小速度，根据机械能守恒求出B点的最小速度（2）抓住功率不变，根据水平面上的运动运用动能定理，求出电动机工作的最少时间【解答】解：（1）当赛车恰好过C点时在B点的速度最小，赛车在C点对有： 解得：对赛车从B到C由机械能守恒得：由得： =5m/s（2）对赛车从A到B由动能定理得：代入数据解得：t=3s 答：（1）赛车恰能完成比赛时，在半圆轨道的B点的速度至少5m/s（2）要使赛车完成比赛，电动机从A到B至少工作3s【点评】本题考查了动能定理与圆
40、周运动的综合，知道最高点的临界情况，以及最低点向心力的来源，结合牛顿第二定律和动能定理综合求解，难度不大12（20分）（2015秋云南校级月考）如图，O、A、B为同一斜面内的三个点，OB沿斜面向下，BOA=60，0B=OA将一质量为m的小球以初速度v0自O点平行斜面水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A点使此小球带电，电荷量为q（q0），同时加一匀强电场场强方向与OAB所在平面平行，现从O点以同样的速率沿某一平行斜面方向抛出此带电小球，该小球也恰好通过了A点，到达A点时的动能是初动能的3倍；若该小球从O点以同样的速率沿另一平行斜面方向抛出，恰好通过B点，且到达B点的动能为初动能的6倍，重力加
41、速度大小为g固定光滑斜面的倾角=30，求：（1）无电场时，小球达到A点时的速度大小；（2）OA、0B的电势差UOA、UOB；（3）电场强度的大小和方向【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度；电势【分析】（1）无电场时，小球在斜面内做类平抛运动设从O到A的运动时间为t，根据分位移关系和分位移公式即可求解；（2）、（3）加电场后，同样使用动能定理与功能关系等于小球到达A与到达B的过程分别列出公式即可【解答】解：（1）无电场时，小球在斜面内做类平抛运动建立如图所示的坐标系设小球从O到A的运动时间为t，小球到达A点时沿y轴方向的分速度为vy则得：x=v0ty=小球达到A点时，有：tan60=联立解得
42、：vy=v0；因此小球达到A点时的速度大小为：v=（2）设OA=d，则OB=d小球的初动能为EK0根据类平抛运动的规律得：dsin60=v0tdcos60=gsin30t2又 EK0=，联立解得：EK0=mgd加电场后，从O点到A点下降了dcos60sin30=d，从O点到B点下降了dsin30=d根据动能定理，由O到B，有：qUOB+mgd=6EK0EK0；解得：UOA=UOB=（3）在匀强电场中，沿着任意直线，电势的降落是均匀的，设直线OB上的M点的电势与A的电势相同，M点到O点的距离是x，如图，则有：=解得：x=dMA是等势线，电场线与MA的垂线OC平行，设电场方向与竖直向下的方向之间的
43、夹角是，由几何关系可得：=30，即电场线的方向与竖直方向之间的夹角是30设电场强度的大小是E，则得：E=又 UOA=，EK0=mgd解得：E=答：（1）无电场时，小球达到A点时的速度大小是；（2）OA、0B的电势差UOA、UOB分别为和（3）电场强度的大小为，方向与竖直方向之间的夹角是30【点评】本题是平抛运动与类平抛运动的组合，关键是运用动能定理与功能关系研究小球到达A与到达B的过程，再运用电场力做功的基本规律解题物理选修3-313下列说法不正确的是 （）A温度低的物体内能小B布朗运动反映了悬浮小颗粒内部分子在不停地做无规则的热运动C不论技术手段如何先进，绝对零度是不能达到的D外界对物体做功
44、时，物体的内能不一定增加E压缩密封在气缸中一定质量的理想气体，难度越来越大，说明分子间距离越小，分子间斥力越大【考点】热力学第二定律；布朗运动；温度是分子平均动能的标志；物体的内能【分析】物体的内能与温度、体积、物质的量、物态等有关，布朗运动是悬浮在液体中小颗粒做的无规则的运动，而每个小颗粒都是由成千上万个颗粒分子组成的，布朗运动不能反映小颗粒内部分子在不停地做无规则的热运动热力学零度不可能达到根据热力学第一定律分析内能的变化；压缩密封在气缸中一定质量的理想气体，难度越来越大，由活塞内外的压强差越来越大【解答】解：A、物体的内能与温度、体积、物质的量、物态等有关，温度低的物体内能不一定小故A错
45、误 B、布朗运动是悬浮在液体中小颗粒做的无规则的运动，不能反映小颗粒内部分子在不停地做无规则的热运动故B错误 C、根据热力学第三定律和大量实验事实可知，热力学零度只能接近，不能达到故C正确 D、做功和热传递都可以改变物体的内能，所以外界对物体做功时，物体的内能不一定增加故D正确； E、压缩密封在气缸中一定质量的理想气体，难度越来越大，由活塞内外的压强差越来越大与分子之间的斥力没有关系故E错误、本题选择不正确的，故选：ABE【点评】该题考查热学的多个知识点的内容，其中对于布朗运动，它既不是颗粒分子的运动，也不是液体分子的运动，而是液体分子运动的间接反映14（10分）（2015秋云南校级月考）某同
46、学利用数字化信息系统研究一定质量理想气体的状态变化，实验后计算机屏幕显示如图所示的pV图象已知该气体在状态A时的温度为27求：（1）该气体在状态C时的温度是多少；（2）该气体从状态A到状态C的过程中是吸热还是放热，传递的热量是多少【考点】理想气体的状态方程【分析】（1）可以利用理想气体状态方程直接代入得出该气体在状态C时的温度；（2）从A到C是等温变化，根据热力学第一定律，判断吸热还是放热【解答】解：（1）对于理想气体，由理想气体状态方程可知：其中TA=27+273K=300K，从图中读出压强的体积解得TC=300K，即tC=27；（2）从状态A到状态C，由于TA=TC，则U=0由热力学第一定
47、律得U=Q+W，故Q=W在整个过程中，气体在B到C的过程中对外做功，所以W=pBV=2000J即Q=2000J，故这个过程中吸热，吸收的热量为2000J；答：（1）该气体在状态C时的温度是27；（2）该气体从状态A到状态C的过程中是吸热，吸收的热量是2000J【点评】处理理想气体状态变化问题，公式较多；等温变化，用玻意耳定律；等容变化，用查理定律；等压变化，用盖吕萨克定律注意分清是哪种变化物理选修3-415（2015秋云南校级月考）某学习小组利用单摆，采用如图所示的实验装置测量重力加速度A该组同学先测出悬点到小球球心的距离L，然后用秒表测出单摆完成n次全振动所用的时间t请写出重力加速度的表达式
48、g=（用所测物理量表示）B更换摆线长度后，多次测量，根据实验数据，利用计算机作出T2L（周期平方摆长）图线，并根据图线拟合得到方程T2=4.04L+0.035由此可以得出当地的重力加速度g=9.76m/s2（取2=9.86，结果保留3位有效数字）【考点】用单摆测定重力加速度【分析】（1）利用单摆周期公式，去推导计算重力加速度的公式，将周期代入即可；（2）先利用单摆周期公式推导T2与L的关系，再两式子相比较，就能得出重力加速度【解答】解：（1）用秒表测出单摆完成n次全振动所用的时间t则单摆周期为T=代入单摆周期公式可得g=（2）由单摆周期公式可得与图线拟合得到方程T2=4.04L+0.035相比
49、较，可得解得g9.76；故答案为：A.； B.9.76【点评】熟记单摆周期公式，明确单摆周期与哪些因素有关，会利用周期公式进行变形求重力加速度16（2016淄博一模）如图所示，宽为a的平行光束从空气斜射到平行玻璃砖上表面，入射角为60，光束中包含两种波长的光，玻璃砖对这两种光的折射率分别为n1=，n2=，光束从玻璃下表面出射时恰好分成不重叠的两束，求玻璃砖的厚度d为多少？（已知sin37=0.6，cos37=0.8，结果可用根式表示）【考点】光的折射定律【分析】玻璃对折射率大色光偏折角大，对折射率小的色光偏折角小，则当玻璃砖达到一定厚度后，两个波长的光在玻璃砖下表面会交叠，作出刚好不交叠时的光
50、路图，由几何知识求出玻璃砖的最小厚度【解答】解：根据光的折射定律，则有：n1=n2=，得：1=302=37 由分析可知，恰好分开时：x=d（tan37tan30） 又有：x=解得：d=答：玻璃砖的厚度d为【点评】本题是几何光学问题，运用几何知识和折射定律结合进行求解，是几何光学问题常用的方法和思路物理选修3-517（2015秋云南校级月考）下列说法正确的是 （）A用加温、加压或改变其化学状态的方法都不能改变原子核衰变的半衰期B放射性元素的半衰期是指大量该元素的原子核中有半数发生衰变需要的时间C中子与质子结合成氘核时吸收能量D N+HeO+H是核聚变E氪90（9036Kr）是不稳定的，经过4次衰
51、变最终成为稳定的锆90（9040Zr）【考点】天然放射现象；裂变反应和聚变反应【分析】A、射线为原子的核内中子转化为质子同时释放的电子，半衰期与外界因素无关；B、半衰期的定义理解；C、核子结合成原子核，质量亏损，释放能量；D、根据聚变的概念，可以判断；E、根据质量数和电荷数守恒，结合衰变生成电子，从而求出X的质量数和电荷数，即可得出正确结果【解答】解：A、半衰期与外界因素无关，故A正确；B、半衰期是指由大量原子组成的放射性样品中，放射性元素原子核有50%发生衰变所需的时间，故B正确；C、质子与中子结合时，质量亏损，所以放出能量，故C错误D、根据核聚变的概念，则147N+42He178O+11H
52、不是核聚变，也不是裂变，是人工转变，故D错误；E、根据质量数与质子数守恒，结合衰变是电子，则90（9036Kr）90（9040Zr）+4e，故E正确；故选：ABE【点评】本题考查35的有关理论知识，熟悉课本后不难做出解答，注意影响半衰期的因素，及半衰期适用范围18（2015秋云南校级月考）如图所示，光滑水平面上有一平板车，车的上表面在一段长L=1.5m的粗糙水平轨道，水平轨道左侧是一高h=0.25m的三角形木块，现将一质量m=1.0kg的小物块（可视为质点）从平板车的右端以水平向左的初速度v0滑上平板车，车和三角形木块的总质量M=4.0kg的，小物块与水平轨道间的动摩擦因数=0.5，三角形木块
53、表面光滑，小物块冲上木块时，无能量损失，取g=10m/s2，则要使小物块能够滑到斜面的顶端，v0至少为多大？【考点】动能定理的应用；滑动摩擦力；牛顿第二定律【分析】小物块冲上木块后，物块和木块组成和系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒系统的能量守恒当物块刚好滑到斜面的顶端时两者速度相等，根据动量守恒和能量守恒列式求解【解答】解：当物块刚好滑到斜面的顶端时，设物块和平板车的共同速度为v取向左为方向，根据水平方向动量守恒得： mv0=（M+m）v得 v=0.2v0根据能量守恒得：=mgh+mgL代入得： =100.25+0.5110联立解得 v0=m/s因此要使小物块能够滑到斜面的顶端，v0至少为m/s【点评】本题是系统水平方向动量守恒和能量守恒的问题，要注意求摩擦产生的内能时要用摩擦力大小乘以相对位移的大小
