1、2014-2015学年云南省昆明师大附中高二（下）期末物理试卷一.选择题（共8小题，每小题6分第1-4题只有一项符合要求，5-8题有多项符合要求）1如图所示，超市中的购物小车放在光滑斜面上，被竖直放置的光滑挡板挡住而静止，若小车总重为G，斜面倾角为30，则光滑挡板受到小车的压力等于（）A GB C GD G2两个质点A、B从同一位置由静止开始沿相同方向同时开始做直线运动，其运动的vt图象如图所示对A、B运动情况的分析，下列结论正确的是（）A A、B加速时的加速度大小之比为5：1，B A、B减速时的加速度大小之比为2：1C 在t=3t0时刻，A、B相距最远D 在t=6t0时刻，A、B相遇3沿平直
2、轨道匀加速行驶的长度为L的列车，保持加速度不变地通过长为L的桥梁，车头驶上桥头时的速度为v1，车头经过桥尾时的速度为v2，则车尾通过桥尾时的速度为（）A v1v2B C D 4如图（a）所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体（物体与弹簧不连接），初始时物体处于静止状态现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始做匀加速直线运动，拉力F与物体位移x的关系如图（b）所示（g=10m/s2），则下列结论正确的是（）A 物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态B 弹簧的劲度系数为7.5N/cmC 物体的质量为2kgD 物体的加速度大小为2.5m/s25如图所示，传送带的水平部分长为L，传动速率
3、为v，在其左端无初速度释放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为，则木块从左端运动到右端的时间可能是（）A +B C D 6如图所示，将截面为三角形、底面粗糙、斜面光滑的物块P放在粗糙的水平地面上，其右端点与竖直挡板MN靠在一起，在P和MN之间放置一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止状态若用外力使竖直挡板MN以N点为轴缓慢地顺时针转动至MN水平之前，物块P始终静止不动，P、Q始终接触此过程中，下列说法正确的是（）A MN对Q的弹力先减小后增大B P对Q的弹力逐渐增大C 地面对P的摩擦力逐渐减小D 地面对P的摩擦力方向水平向左7小球a从距地面高H处由静止释放，同时将小球b从地面以初速度v
4、0竖直上抛，经过时间t两球在距地面高度为h的空中相遇（不及空气阻力）若此时a、b两球速度的大小之比为2：1，则下列说法可能正确的是（）A 相遇时a、b两球速度方向相同B 相遇后b球再经过t到达最高点C 相遇后b球再经过t回到地面D =8如图所示，倾角为的斜面上只有AB段粗糙，其余部分都光滑，AB段长为3L有一个质量分布均匀、长为L条装滑块PQ，下端Q距A为2L，将它由静止释放，当滑块下端Q运动到A下面距A为时滑块运动的速度达到最大，整个滑块最终停止在粗糙斜面内下列说法正确的是（）A 进入粗糙斜面，滑块受合外力先减小后增大B 滑块PQ刚好完全进入粗糙斜面时，滑块开始做匀减速运动C 滑块与粗糙斜面
5、间的动摩擦系数=2tanD 滑块停止时，滑块下端Q恰好到达B点二.非选择题（包括必考题和选考题两部分）（其中9-12必考题，13-18题为选考题）9某同学用如图甲所示的装置验证“力的平行四边形定则”，用一木板竖直放在铁架台和弹簧所在平面后其部分实验操作如下，请完成下列相关内容：如图甲，在木板上记下悬挂两个钩码时弹簧末端的位置O；卸下钩码然后将两绳套系在弹簧下端，用两弹簧称将轻弹簧末端拉到同一位置O，记录细绳套AO、BO的及两弹簧称相应的读数图乙中B弹簧称的读数为N；如图丙所示，坐标纸上已经画出了两弹簧拉力FA、FB的大小和方向，请在图丙中作出FA、FB的合力F；已知钩码的重力，可得弹簧所受的拉
6、力F如图丙所示，观察比较F和F，以验证“力的平行四边形定则”10某同学设计了一个探究加速度a与物体所受合力 F及质量m关系的实验，图（甲）为实验装置简图打点计时器每隔0.02s打一个点，纸带上每两个打印点取一个计数点（1）图（乙）为某次实验得到的纸带，根据纸带可求出小车的加速度大小为m/s2（保留二位有效数字）（2）有一位同学通过实验测量作出了图（丙）中的A图线，另一位同学通过实验测出了如图（丙）中的B图线试分析A图线上部弯曲的原因是；B图线在纵轴上有截距的原因是11如图所示，在斜面上放置两个光滑球A和B，两球的质量均为m=1.2kg，它们的半径分别是R和r，球A左侧有一垂直于斜面的挡板，两球
7、放置于斜面上均处于静止状态若斜面与水平间的夹角为=30，重力加速度为g=10m/s2（sin37=0.6，cos37=0.8）（1）在图中画出B球受的力；（2）若B球质量不变，但半径可以变化，为使两球间的弹力最小，R和r的比值是多少？（3）求A、B两球之间的最小弹力？12如图所示，质量均为1kg的滑块A和木板B最初静止在带有挡板的粗糙斜面的底端，斜面倾角为=37，现用大小为14N的力F沿斜面向上拉木板B，在力F作用的同时，给滑块A一个沿斜面向上的初速度v0=6m/s，若A与B间的滑动摩擦系数为1=，木板B与斜面间的摩擦系数为2=，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2，斜面和木板足够长
8、，（sin37=0.6，cos37=0.8）求：（1）从力F作用于木板B开始计时，经过多少时间A和木板B速度相等？（2）当A和木板B速度相等时，撤去外力F，问A相对木板B向上滑行的最大距离？（3）当A到达木板B最远位置后，再经过多少时间，A从木板B的左端滑下？（结果可以保留根号）三.选考题:下面有三个模块，选做其中一个模块.物理选修3-313对于相同质量、体积、温度的氧气和氢气，在温度不太低、压强不太大时，下列说法正确的是（）A 两种气体分子的平均动能相同B 两种气体的压强相同C 两种气体的内能不同D 两种气体分子热运动的平均速率不同E 若氢气的温度升高，则每个氢气分子的动能都增大14如图所示
9、，一直立气缸由两个横截面积不同的圆筒连接而成，活塞A、B间封闭有一定质量的理想气体，A的上方和B的下方分别与大气相通两活塞用长为L=30cm的不可伸长的细线相连，可在缸内无摩擦地上下滑动当缸内封闭气体的温度为T1=300K时，活塞A、B的平衡位置如图所示已知活塞A、B的质量均为m=1.0kg，横截面积分别为SA=20cm2、SB=10cm2，大气压强为P0=1.0105Pa，重力加速度为g=10m/s2（1）活塞A、B在图示位置时，求缸内封闭气体的压强；（2）现对缸内封闭气体缓慢加热，为使气缸不漏气，求缸内封闭气体的最高温度物理选修3-41015春昆明校级期末）下列说法不正确的是（）A 由红光
10、和绿光组成的一细光束从水中射向空气，在不断增大入射角时水面上首先小消失的是绿光B 光的双缝干涉实验中，在光屏上的某一位置会时而出现明条纹时而出现暗条纹C 泊松亮斑支持了光的波动说D 均匀变化的电场产生均匀变化的磁场向外传播就形成了电磁波E 只有横波才能产生干扰现象1014长春四模）如图所示，一个折射率为的三棱镜的截面为等腰直角ABC，A为直角此截面所在平面内的一束光线沿与AB边成角（90）的方向入射到AB边的中点P处，若要光线进入三棱镜后能射到AC边上且能在AC面上发生全反射，则cos应满足什么条件？物理选修3-51015春昆明校级期末）氢原子的部分能级如图所示，已知可见光的光子能量在1.62
11、eV到3.11eV之间，由此可推知，氢原子（）A 从高能级向n=1能级跃迁时发出的光的波长比可见光的短B 从高能级向n=2能级跃迁时发出的光均为可见光C 从n=3能级向n=2能级跃迁时发出的光为可见光D 从n=4能级向n=2能级跃迁时发出的光为可见光E 从高能级n=3能级跃迁时发出的光的频率比可见光的高1015春昆明校级期末）在光滑水平面上静置有质量均为m的木板AB和滑块CD，木板AB上表面粗糙动摩擦因数为，滑块CD上表面是光滑的圆弧，其始端D点切线水平且在木板AB上表面内，它们紧靠在一起如图所示，一可视为质点的物块P，质量也为m，从木板AB的右端以初速度v0滑上木板AB，过B点时速度为，又滑
12、上滑块CD，最终恰好能滑到滑块CD圆弧的最高点C处求：（1）物块滑到B处时木板的速度v；（2）滑块CD圆弧的半径R2014-2015学年云南省昆明师大附中高二（下）期末物理试卷参考答案与试题解析一.选择题（共8小题，每小题6分第1-4题只有一项符合要求，5-8题有多项符合要求）1如图所示，超市中的购物小车放在光滑斜面上，被竖直放置的光滑挡板挡住而静止，若小车总重为G，斜面倾角为30，则光滑挡板受到小车的压力等于（）A GB C GD G考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用专题：共点力作用下物体平衡专题分析：以小车为研究对象，对小车进行受力分析，即可得出挡板对小车的支持力解答：解
13、：对小车进行受力分析如图，由图可知：所以：F=根据牛顿第三定律可知，光滑挡板受到小车的压力等于挡板对小车的支持力，即也是G故选：A点评：本题考查共点力作用下物体的平衡问题，对物体减小受力分析，然后结合几何关系即可正确解答2两个质点A、B从同一位置由静止开始沿相同方向同时开始做直线运动，其运动的vt图象如图所示对A、B运动情况的分析，下列结论正确的是（）A A、B加速时的加速度大小之比为5：1，B A、B减速时的加速度大小之比为2：1C 在t=3t0时刻，A、B相距最远D 在t=6t0时刻，A、B相遇考点：匀变速直线运动的图像专题：运动学中的图像专题分析：速度时间图象的斜率表示加速度，速度时间图
14、线与时间轴所围成的面积表示位移，当AB速度相等时，相距最远，当AB图象与坐标轴围成的面积相等时相遇解答：解：A、速度时间图象的斜率表示加速度，则A加速时的加速度aA1=，B加速时的加速度aB1=，则 aA1：aB1=10：1，故A错误B、A减速时的加速度大小为aA2=，B减速时的加速度大小aB2=，所以A、B减速时的加速度大小之比为1：1，故B错误；C、速度时间图线与时间轴所围成的面积表示位移，当AB速度相等时，相距最远，由图象可知，在2t0和3t0之间相距最远，故C错误；D、当AB图象与坐标轴围成的面积相等时相遇，根据图象可知，在t=6t0时刻，A、B位移相等，相遇，故D正确故选：D点评：解
15、决本题的关键通过图象得出匀加速运动和匀减速运动的加速度，以及知道速度时间图线与时间轴所围成的面积表示位移3沿平直轨道匀加速行驶的长度为L的列车，保持加速度不变地通过长为L的桥梁，车头驶上桥头时的速度为v1，车头经过桥尾时的速度为v2，则车尾通过桥尾时的速度为（）A v1v2B C D 考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀速直线运动及其公式、图像专题：直线运动规律专题分析：车头从桥头到桥尾运动的位移是L，根据位移速度公式求出加速度，车头从桥头到车尾通过桥尾，火车运动的位移是2L，再根据位移速度公式即可求解解答：解：火车车头从桥头到桥尾运动的过程中有：2aL=火车车头从桥头到车尾通过桥尾的过
16、程中有：2a2L=由得：v=故选：D点评：本题考查的是匀变速直线运动位移速度公式的应用，该公式的优越性在于不涉及运动的时间4如图（a）所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体（物体与弹簧不连接），初始时物体处于静止状态现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始做匀加速直线运动，拉力F与物体位移x的关系如图（b）所示（g=10m/s2），则下列结论正确的是（）A 物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态B 弹簧的劲度系数为7.5N/cmC 物体的质量为2kgD 物体的加速度大小为2.5m/s2考点：牛顿第二定律；胡克定律专题：牛顿运动定律综合专题分析：物体一直匀加速上升，从图象可以看出，
17、物体与弹簧分离后，拉力为30N；刚开始物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡；拉力为10N时，弹簧弹力和重力平衡，合力等于拉力，弹簧压缩量为4cm；根据以上条件列式分析即可解答：解：A、物体与弹簧分离时，弹簧恢复原长，故A错误；B、C、D、刚开始物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡，有mg=kx 拉力F1为10N时，弹簧弹力和重力平衡，合力等于拉力，根据牛顿第二定律，有F1+kxmg=ma 物体与弹簧分离后，拉力F2为30N，根据牛顿第二定律，有F2mg=ma 代入数据解得m=2kgk=500N/m=5N/cma=5m/s2故B错误，C正确，D错误；故选：C点评：本题关键是由图象得出一些相关物理
18、量，然后根据牛顿第二定律列方程分析求解5如图所示，传送带的水平部分长为L，传动速率为v，在其左端无初速度释放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为，则木块从左端运动到右端的时间可能是（）A +B C D 考点：牛顿第二定律专题：牛顿运动定律综合专题分析：木块沿着传送带的运动可能是一直加速，也可能是先加速后匀速，对于加速过程，可以先根据牛顿第二定律求出加速度，然后根据运动学公式求解运动时间解答：解：若木块沿着传送带的运动是一直加速，根据牛顿第二定律，有mg=ma 根据位移时间公式，有：L=，解得t=，故C错误若一直加速到达另一端的速度恰好为v，则有，解得t=，故D正确，B错误若先加速后匀速，则
19、匀加速运动的时间，匀速运动的时间，则总时间t=故A正确故选：AD点评：本题关键是将小滑块的运动分为两种情况分析，一直匀加速或先匀加速后匀速，然后根据牛顿第二定律和运动学公式列式求解6如图所示，将截面为三角形、底面粗糙、斜面光滑的物块P放在粗糙的水平地面上，其右端点与竖直挡板MN靠在一起，在P和MN之间放置一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止状态若用外力使竖直挡板MN以N点为轴缓慢地顺时针转动至MN水平之前，物块P始终静止不动，P、Q始终接触此过程中，下列说法正确的是（）A MN对Q的弹力先减小后增大B P对Q的弹力逐渐增大C 地面对P的摩擦力逐渐减小D 地面对P的摩擦力方向水平向左考点：
20、共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用专题：共点力作用下物体平衡专题分析：以小圆柱体Q为研究对象，分析受力情况，作出受力示意力图，根据平衡条件分析MN对Q的弹力和半圆柱体P对Q的弹力变化情况解答：解：A、B、以小圆柱体Q为研究对象，分析受力情况，作出受力示意力图，如图所示根据几何关系可知，用外力使竖直挡板MN以N点为轴缓慢地顺时针转动至挡板MN水平之前，F1先减小后增大，F2 逐渐减小故A正确，B错误；C、MN对Q的弹力F1减小，在Q到达最高位置前不会减为零，由图可知，F1沿水平方向的分量逐渐减小，所以P、Q在水平方向受到的摩擦力逐渐减小故C正确D、Q缓慢移动，P保持静止，所受的合力保
21、持为零，所以地面对P的摩擦力方向水平向右故D错误故选：AC点评：本题采用隔离法研究动态平衡问题，分析受力，作出力图是关键7小球a从距地面高H处由静止释放，同时将小球b从地面以初速度v0竖直上抛，经过时间t两球在距地面高度为h的空中相遇（不及空气阻力）若此时a、b两球速度的大小之比为2：1，则下列说法可能正确的是（）A 相遇时a、b两球速度方向相同B 相遇后b球再经过t到达最高点C 相遇后b球再经过t回到地面D =考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系专题：直线运动规律专题分析：两球经过时间t两球在距地面高度为h的空中相遇时，由于a、b两球速度的大小之比为2：1
22、，b可能向上运动，也可能向下运动，然后结合竖直上抛运动与自由落体运动的规律即可正确解答解答：解：A、相遇时b可能向上运动，也可能向下运动，a、b两球速度方向可能相同，也可能相反故A正确；B、C、D、相遇时b可能向上运动，也可能向下运动：若速度的方向相反，则相遇前b已经到达最高点，由于：，所以：，b落地的时间：，b上升的高度：a下降的高度：所以：H=h+h=所以：若速度的方向相同，则满足：gt=2（v0gt）所以：相遇后b球再经过到达最高点；b落地的时间：；b上升的高度：a下降的高度：所以：H=h+h=所以：综上可知，BD正确，C错误故选：ABD点评：根据题目的介绍分析得出ab球的运动之间的关系
23、是解答本题的关键，这要求熟练的掌握自由落体和竖直上抛运动的规律8如图所示，倾角为的斜面上只有AB段粗糙，其余部分都光滑，AB段长为3L有一个质量分布均匀、长为L条装滑块PQ，下端Q距A为2L，将它由静止释放，当滑块下端Q运动到A下面距A为时滑块运动的速度达到最大，整个滑块最终停止在粗糙斜面内下列说法正确的是（）A 进入粗糙斜面，滑块受合外力先减小后增大B 滑块PQ刚好完全进入粗糙斜面时，滑块开始做匀减速运动C 滑块与粗糙斜面间的动摩擦系数=2tanD 滑块停止时，滑块下端Q恰好到达B点考点：动能定理的应用专题：动能定理的应用专题分析：滑块滑上AB段的长度越长，则压力越大，摩擦力越大，当重力向下
24、的分力与摩擦力大小相等时，速度达最大；由二力平衡可求得动摩擦因数；由题意作出摩擦力随距离A点的位移的变化关系图象；由动能定理可求得物体停的位置解答：解：A、进入粗糙斜面，滑块对斜面AB部分的压力逐渐增大，所受的滑动摩擦力逐渐增大，合外力逐渐减小，减至零后，合外力反向增大，故A正确B、滑块PQ刚好完全进入粗糙斜面时，滑块所受的滑动摩擦力不变，且大于重力沿斜面向下的分力，则滑块开始做匀减速运动，故B正确C、当滑块所受合外力零时，滑块速度最大，设其质量为m，则有： mgsin=mgcos，得：=2tan，故C正确D、设滑块停止时下端距A点的距离为x，摩擦力随x变化规律如图甲根据动能定理有：mg（2L
25、+x）sinmgcosLmgcos（xL）=0，解得：x=3L，即物块的下端恰好停在B端故D正确故选：ABCD点评：本题主要考查了动能定理的直接应用，要求同学们能选取合适的过程运用动能定理，要注意摩擦力随着滑块进入AB段的长度的变化而变化，要用摩擦力的平均值求其做功二.非选择题（包括必考题和选考题两部分）（其中9-12必考题，13-18题为选考题）9某同学用如图甲所示的装置验证“力的平行四边形定则”，用一木板竖直放在铁架台和弹簧所在平面后其部分实验操作如下，请完成下列相关内容：如图甲，在木板上记下悬挂两个钩码时弹簧末端的位置O；卸下钩码然后将两绳套系在弹簧下端，用两弹簧称将轻弹簧末端拉到同一位
26、置O，记录细绳套AO、BO的方向及两弹簧称相应的读数图乙中B弹簧称的读数为11.40N；如图丙所示，坐标纸上已经画出了两弹簧拉力FA、FB的大小和方向，请在图丙中作出FA、FB的合力F；已知钩码的重力，可得弹簧所受的拉力F如图丙所示，观察比较F和F，以验证“力的平行四边形定则”考点：验证力的平行四边形定则专题：实验题；平行四边形法则图解法专题分析：本实验的目的是要验证平行四边形定则，故应通过平行四边形得出合力再与真实的合力进行比较，理解实验的原理即可解答本题，弹簧秤读数时要注意估读利用胡克定律可正确求出劲度系数的大小解答：解：根据验证平行四边形定则的实验原理要记录细绳套AO、BO的方向和拉力大
27、小，拉力大小由弹簧秤读出，分度值为0.1N，估读一位：11.40N作图如下：故答案为：方向； 11.40； 如图所示点评：本题属于对实验原理的直接考查，应准确掌握实验的目的及实验原理分析需要记录的内容，在学习绝不能死记硬背10某同学设计了一个探究加速度a与物体所受合力 F及质量m关系的实验，图（甲）为实验装置简图打点计时器每隔0.02s打一个点，纸带上每两个打印点取一个计数点（1）图（乙）为某次实验得到的纸带，根据纸带可求出小车的加速度大小为3.2m/s2（保留二位有效数字）（2）有一位同学通过实验测量作出了图（丙）中的A图线，另一位同学通过实验测出了如图（丙）中的B图线试分析A图线上部弯曲的
28、原因是未满足钩码质量远小于小车的质量；B图线在纵轴上有截距的原因是平衡摩擦力时，长木板倾角过大考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系专题：实验题；牛顿运动定律综合专题分析：运用匀变速直线运动的公式x=at2去求解加速度实验问题需要结合物理规律去解决对于实验我们要清楚每一项操作存在的理由比如为什么要平衡摩擦力，为什么要先接通电源后释放纸带等根据该实验实验误差产生的原因即可正确解答解答：解：（1）相邻计数点之间还有1个点，说明相邻的两个计数点时间间隔为0.04s 运用匀变速直线运动的公式x=at2a=3.2m/s2；（2）设物体的加速度为a，绳子拉力为F，以钩码为研究对象得： mgF=ma以小
29、车为研究对象F=Ma解得：a=故：F=Ma=要物体M的加速度a正比于物体所受的合外力mg则为0，即不随m的增大而变化，所以必有mM，如果不满足mM时，随m的增大物体的加速度a逐渐减小故图象弯曲的原因是：未满足钩码质量远小于小车的质量B图纵轴的截距大于0，说明在无拉力的情况下物体的加速度大于0，即在平衡摩擦力时，长木板倾角过大故选D故答案为：（1）3.2；（2）未满足钩码质量远小于小车的质量；平衡摩擦力时，长木板倾角过大点评：能够知道相邻的计数点之间的时间间隔要注意单位的换算解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项其中平衡摩擦力的原因以及做法在实验中应当清11如
30、图所示，在斜面上放置两个光滑球A和B，两球的质量均为m=1.2kg，它们的半径分别是R和r，球A左侧有一垂直于斜面的挡板，两球放置于斜面上均处于静止状态若斜面与水平间的夹角为=30，重力加速度为g=10m/s2（sin37=0.6，cos37=0.8）（1）在图中画出B球受的力；（2）若B球质量不变，但半径可以变化，为使两球间的弹力最小，R和r的比值是多少？（3）求A、B两球之间的最小弹力？考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用专题：共点力作用下物体平衡专题分析：本题先对B球研究，分析受力，运用作图法，由平衡条件分析；由图确定出A对B的弹力最小时两球间的弹力的方向，根据几何关系分
31、析求解；解答：解：（1）以B球为研究对象，分析受力情况：重力mg、斜面的支持力N和A对B的弹力F，（2）如图，作出F在三个不同角度时力的合成图，由图看出，斜面倾角一定，由图根据几何知识得知，当N与F垂直时F最小，即两球间的弹力最小，此时，R=r时，即R和r的比值是1（3）根据三角函数关系得A、B两球之间的最小弹力F=mgsin30=6N答：（1）如图；（2）为使两球间的弹力最小，R和r的比值是1；（3）A、B两球之间的最小弹力是6N点评：本题一要灵活选择研究对象，二要灵活选择研究方法，本题采用图解法和函数法相结合研究，比较简便12如图所示，质量均为1kg的滑块A和木板B最初静止在带有挡板的粗糙
32、斜面的底端，斜面倾角为=37，现用大小为14N的力F沿斜面向上拉木板B，在力F作用的同时，给滑块A一个沿斜面向上的初速度v0=6m/s，若A与B间的滑动摩擦系数为1=，木板B与斜面间的摩擦系数为2=，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2，斜面和木板足够长，（sin37=0.6，cos37=0.8）求：（1）从力F作用于木板B开始计时，经过多少时间A和木板B速度相等？（2）当A和木板B速度相等时，撤去外力F，问A相对木板B向上滑行的最大距离？（3）当A到达木板B最远位置后，再经过多少时间，A从木板B的左端滑下？（结果可以保留根号）考点：牛顿运动定律的综合应用专题：动能定理的应用专题分析
33、：（1）分别对A和B进行受力分析，然后由牛顿第二定律求出它们各自 的加速度，最后由速度公式即可求出时间；（2）撤去外力F后，分别对A和B进行受力分析，然后由牛顿第二定律求出它们各自 的加速度，确定B在速度为0后是否能够静止，再求出A相对木板B向上滑行的最大距离；（3）先讨论A向下运动时，B是否能够向下运动，然后又位移公式即可求出时间解答：解：（1）开始时A向上的速度大于B向上的速度，所以A受到的摩擦力的方向向下，设A与B的质量都是m=1kg，选取沿斜面向上的方向为正，沿斜面方向：ma1=mgsin1mgcos代入数据解得：B受到A对B的向上的摩擦力和斜面对B的向下的摩擦力、重力、支持力A对B的
34、压力，如图，则：垂直于斜面的方向：N2=N1+mgcos=mgcos+mgcos=2mgcos沿斜面的方向：Fmgsin+1mgcos2N2=ma2代入数据得：A与B速度相等时：v0+a1t=a2t得：t=0.6s（2）在撤去拉力后，A与B的速度：v1=a2t=20.6=1.2m/s若A仍然相对于B向上运动，则：mgsin+1mgcos2N2=ma3代入数据得：B向下的加速度大于A向下的加速度，所以A仍然相对于B向上运动，B将先停下，B后停下，B停止后的假设受到的斜面的摩擦力的方向向上，若能静止则：f=mgsin1mgcos=4m所以B停止后，A上升的过程中B静止不动，A向上的加速度不变，则：
35、，A向上的位移：mB向上的位移：mA相对木板B向上滑行的最大距离是：代入数据得：x=1.83m（3）A向下运动的过程中，假设B受到A的向下的摩擦力，则有：f=mgsin+1mgcos=B将向下运动，设B向下的加速度a3，则有：f+2N=ma3代入数据得：A向下运动的过程中受到B对A的向上的摩擦力，则：mgsin+mgcos=ma4代入数据得：设经过时间t1A滑到B的下端，则：代入数据得：s答：（1）从力F作用于木板B开始计时，经过0.6s时间A和木板B速度相等；（2）当A和木板B速度相等时，撤去外力F，A相对木板B向上滑行的最大距离是1.83m；（3）当A到达木板B最远位置后，再经过s时间，A
36、从木板B的左端滑下点评：该题是牛顿第二定律的应用中多物体、多过程的运动类型，而且B物体运动的情况是不确定的，在解答的过程中要对B的可能的情况进行一定的讨论，这是该题解答的难点所在三.选考题:下面有三个模块，选做其中一个模块.物理选修3-313对于相同质量、体积、温度的氧气和氢气，在温度不太低、压强不太大时，下列说法正确的是（）A 两种气体分子的平均动能相同B 两种气体的压强相同C 两种气体的内能不同D 两种气体分子热运动的平均速率不同E 若氢气的温度升高，则每个氢气分子的动能都增大考点：温度是分子平均动能的标志；物体的内能分析：当不考虑分子间作用力时，物体只有分子热运动的动能，物体的内能仅仅与
37、物体的温度有关温度相同，物体的平均动能相同氢气分子的质量比氧气的分子质量小，平均动能相同时，氢气分子平均速率大解答：解：A、温度是分子平均动能的标志，温度相同，分子的平均动能相同，故A正确；B、温度相同，分子的平均动能相同，氢气分子摩尔质量小，质量相等时，氢气分子数多，体积又相同，故氢气的压强大，故B错误；C、温度相同，它们的平均动能相同，而氢气分子摩尔质量小，质量相等时，氢气分子数多，所以氢气内能多故C正确；D、氢气分子的质量比氧气的分子质量小，平均动能相同时，氢气分子平均速率大，故D正确；E、温度相同，分子的平均动能相同，对单个的分子动能没有意义，故E错误；故选：ACD点评：本题考查对温度
38、微观含义的理解温度是物体分子平均动能的标志，温度越高，物体分子的平均动能越大14如图所示，一直立气缸由两个横截面积不同的圆筒连接而成，活塞A、B间封闭有一定质量的理想气体，A的上方和B的下方分别与大气相通两活塞用长为L=30cm的不可伸长的细线相连，可在缸内无摩擦地上下滑动当缸内封闭气体的温度为T1=300K时，活塞A、B的平衡位置如图所示已知活塞A、B的质量均为m=1.0kg，横截面积分别为SA=20cm2、SB=10cm2，大气压强为P0=1.0105Pa，重力加速度为g=10m/s2（1）活塞A、B在图示位置时，求缸内封闭气体的压强；（2）现对缸内封闭气体缓慢加热，为使气缸不漏气，求缸内
39、封闭气体的最高温度考点：理想气体的状态方程；封闭气体压强专题：理想气体状态方程专题分析：（1）分别以两只活塞为研究对象，然后根据平衡条件分别列式，求出初态时封闭气体的压强（2）现对缸内封闭气体缓慢加热过程，封闭气体做等压变化，根据盖吕萨克定律列式求解即可解答：解：（1）活塞A、B均静止，都处于平衡状态，由平衡条件得：对活塞A：P0SA+mAg=P1SA+FN对活塞B：P0SB=P1SB+mBg+FN代入数据解得：P1=1.2105Pa；（ 2）活塞B刚好移动到两圆筒的连接处时，设气缸内气体的温度为T2，由（1）可知此过程气体做等压变化，由盖呂萨克定律：=，带入数据解得：T2=400K；答：（1
40、）缸内封闭气体的压强为1.2105Pa；（2）缸内封闭气体的最高温度为400K点评：本题关键明确封闭气体的初末状态，然后结合气体实验定律列式求解；同时要对活塞和杆整体受力分析或分别受力分析并结合平衡条件求解初始气压物理选修3-41015春昆明校级期末）下列说法不正确的是（）A 由红光和绿光组成的一细光束从水中射向空气，在不断增大入射角时水面上首先小消失的是绿光B 光的双缝干涉实验中，在光屏上的某一位置会时而出现明条纹时而出现暗条纹C 泊松亮斑支持了光的波动说D 均匀变化的电场产生均匀变化的磁场向外传播就形成了电磁波E 只有横波才能产生干扰现象考点：光的折射定律；光的干涉分析：根据光从水中射到空
41、气临界角大小分析哪种光先消失；根据干涉条纹的特点分析条纹明暗有无变化；泊松亮斑是从偏原来直线方向传播；非均匀变化的磁场才能产生非均匀变化的电场，从而产生电磁波；干涉是波特有现象解答：解：A、绿光的折射率大于红光的折射率，由临界角公式sinC=知，绿光的临界角小于红光的临界角，当光从水中射到空气，在不断增大入射角时水面上，绿光先发生全反射，从水面消失故A正确B、光的双缝干涉条纹图样是稳定的，故B错误C、泊松亮斑支持了光的波动说，故C正确D、均匀变化的电场产生稳定的磁场，稳定的磁场不能再产生电场，故不能激发电磁波，故D错误E、任意波，只要频率相同，均能干涉现象，故E错误；故选：AC点评：本题考查全
42、反射条件，注意红光与绿光的临界角关系，理解波的干涉现象与条件，知道电磁波产生的原理，注意均匀变化与非均匀变化的区别，以及光的衍射现象的应用1014长春四模）如图所示，一个折射率为的三棱镜的截面为等腰直角ABC，A为直角此截面所在平面内的一束光线沿与AB边成角（90）的方向入射到AB边的中点P处，若要光线进入三棱镜后能射到AC边上且能在AC面上发生全反射，则cos应满足什么条件？考点：光的折射定律专题：光的折射专题分析：由折射定律得到光线在AB上的折射角，全反射可得出临界角与折射率的关系根据题设的两个条件：一是光线能射到AC面上，得到入射角正弦的范围；二是光线在AC面上发生全反射，则光线在AC面
43、上的入射角C，由几何关系得到AB面上的折射角与入射角的关系，联立可求解解答：解：光由空气射向三棱镜，在AB边上发生折射，折射角为，由折射定律得：=n 当光由三棱镜射向空气，临界角为C时，发生全反射，所以=要使光线能入射到AC边上，由几何关系 sin联立解得：cos；要使光线能在AC面上发生全反射，应有C由几何关系 +=90联立解得：cos综上可得：cos答：若要光线进入三棱镜后能射到AC边上且能在AC面上发生全反射，则cos应满足cos点评：解答本题的关键在于利用几何关系找出入射角、折射角和它们之间的关系，由折射定律可列出方程求解物理选修3-51015春昆明校级期末）氢原子的部分能级如图所示，
44、已知可见光的光子能量在1.62eV到3.11eV之间，由此可推知，氢原子（）A 从高能级向n=1能级跃迁时发出的光的波长比可见光的短B 从高能级向n=2能级跃迁时发出的光均为可见光C 从n=3能级向n=2能级跃迁时发出的光为可见光D 从n=4能级向n=2能级跃迁时发出的光为可见光E 从高能级n=3能级跃迁时发出的光的频率比可见光的高考点：氢原子的能级公式和跃迁专题：原子的能级结构专题分析：能级间跃迁时辐射的光子能量等于两能级间的能级差，结合辐射的光子能量与可见光的光子能量比较进行分析解答：解：A、从高能级向n=1能级跃迁时，辐射的光子能量最小为10.20eV，大于可见光的光子能量，则波长比可见
45、光的短故A正确B、从高能级向n=2能级跃迁时辐射的光子能量最大为3.40eV，大于可见光的能量故B错误C、从n=3能级向n=2能级跃迁时发出的光子能量为1.89eV，在可见光能量范围之内故C正确D、从n=4能级向n=2能级跃迁时发出的光子能量为2.55eV为可见光故D正确E、从高能级向n=3能级跃迁时发出的光的频率最大为1.51eV，小于可见光的光子能量，故E错误故选：CD点评：解决本题的关键知道能级间跃迁辐射或吸收光子能量满足：EmEn=hv，并能灵活运用1015春昆明校级期末）在光滑水平面上静置有质量均为m的木板AB和滑块CD，木板AB上表面粗糙动摩擦因数为，滑块CD上表面是光滑的圆弧，其
46、始端D点切线水平且在木板AB上表面内，它们紧靠在一起如图所示，一可视为质点的物块P，质量也为m，从木板AB的右端以初速度v0滑上木板AB，过B点时速度为，又滑上滑块CD，最终恰好能滑到滑块CD圆弧的最高点C处求：（1）物块滑到B处时木板的速度v；（2）滑块CD圆弧的半径R考点：动量守恒定律；机械能守恒定律专题：动量定理应用专题分析：对系统运用动量守恒定律，根据动量守恒定律求出物块滑到B处时木板的速度物块恰好能滑到圆弧的最高点C处，知物块与圆弧轨道具有相同的速度，根据动量守恒定律和机械能守恒定律求出圆弧的半径解答：解：（1）由点A到点B过程中在水平方向上合外力为零，动量守恒，取向左为正有：mv0=mvB+2mvAB ，又vB=，解得：vAB=（2）由点D到点C，滑块CD与物块P水平方向动量守恒，mv0+mv0=2mv共，根据机械能守恒得：mgR=m+m2m解之得：v共=，R=答：（1）物块滑到B处时木板的速度vAB=（2）滑块CD圆弧的半径R=点评：解决该题关键要能够熟练运用动量守恒定律和机械能守恒定律列出等式求解
