1、2016-2017学年云南师大附中高三（下）第八次月考物理试卷一、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的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1（6分）下列说法正确的是（）A氢原子从激发态向基态跃迁只能辐射特定频率的光子B卡文迪许发现了万有引力定律，并测出了万有引力常量C原子核发生衰变时要遵守电荷守恒和质量守恒的规律D安培引入磁感线用来描述磁场的分布规律2（6分）如图所示，在同一轨道平面上的三颗不同的人造地球卫星，关于各物理量的关系，下列说法正确的是（）A三颗卫星的线速度vAvBvCB根据万有引力定律可知
2、卫星所受地球引力FAFBFCC角速度ABCD向心加速度aAaBaC3（6分）关于静电场下列说法中正确的是 （）A将负电荷由电势低的地方移到电势高的地方，电势能一定增加B无论是正电荷还是负电荷，从电场中某点移到无穷远处时，静电力做的正功越多，电荷在该点的电势能越大C在同一个等势面上的各点，场强的大小必然是相等的D电势下降的方向就是电场场强的方向4（6分）连同身上所有物品质量为M的人正在光滑水平面以速度v0在向前滑行，某时刻向后以速度大小为v1商品抛出一携带的物品，抛完后人的速度大小v2，则抛出物品的质量m为（）Am=v2-v1v1MBm=v2v1+v2MCm=v2-v0v1+v2MDm=v2-v
3、0v2-v1M5（6分）如图所示，光滑水平面上有一倾角为30的斜面A，三角形木块B静止在A上，木块B上表面水平，将光滑小球C放置于B上，A、B、C的质量均为1kg，斜面体A在水平外力F作用下以3m/s2的加速度向左加速运动，运动过程中始终A、B、C相对静止，g取10m/s2则（）A小球C受到两个力的作用B小球C受到三个力的作用C木块B受到三个力的作用D力的大小为9N6（6分）如图所示的电路中，P为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压U1不变，闭合电键S，平行金属板中带电质点M处于静止状态下列说法正确的是（）AP向下滑动时，知道M将向上运动BP向下滑动时，变压器的输出电压不变CP向上滑动时
4、，变压器的输入电流变小DP向上滑动时，变压器的输出功率变大7（6分）如图所示，两足够长的平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为d，导轨平面与水平面的夹角30，导轨电阻不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上。长为d的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m、电阻为R，两金属导轨的上端连接一个电阻R，重力加速度为g使金属棒由静止开始运动，当金属棒达到最大速度的过程中（）A导体中的电流从MPB金属棒做匀加速运动C金属棒能达到的最大速度mgRB2d2D金属棒减小的重力势能等于电阻R和金属棒上产生的热量8（6分）如图所示，一绝缘轻弹簧左端固定在光滑绝水平面的左
5、侧墙壁上，右端连接一带正电的滑块P，滑块所处空间存在着水平向右的匀强电场，开始时在外力F的作用下弹簧处于原长，现撤去水平外力P，则滑块P在向右运动的过程中（）A弹簧和滑块P组成的系统机械能一直在增加B电势能和弹性势能之和守恒C滑块P的速度最大时，弹簧弹力等于FD滑块P的动能和电势能之和一直在减小二、非选择题：包括必考题和选考题两部分第912题为必考题，每个考题考生都必须作答，第1316题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：9（6分）（1）在“探究弹簧伸长量与弹力的关系”的实验中，以下说法正确的是 （填序号）A用直尺测得弹簧的长度即为弹簧的伸长量B用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，在弹性限度内
6、，每次所挂钩码的质量差尽量大一些，从而使坐标纸上描的点尽可能稀，这样作出的图更精确C用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，应保证弹簧位于竖直位置且处于平衡状态D用几个不同的弹簧，分别测出几组拉力与伸长量，得出拉力与伸长量之比一定相等（2）某同学做“探究弹簧伸长量与弹力的关系”的实验，他先把弹簧平放在桌面上使其自然伸长，用直尺测出弹簧的原长L0，再把弹簧竖直悬挂起来，挂上钩码后测出弹簧伸长后的长度L，把LL0作为弹簧的伸长量x，钩码重力作为拉力F；这样操作，由于弹簧自身重力的影响，最后画出的图线可能是图中的 （填序号） 10（9分）回答下列问题：（1）某研究性学习小组为了测一未知电阻阻值，先用多用电表
7、欧姆档粗测其电阻大约为10，然后在实验室中选择了如下器材用伏安法测量该电阻阻值：电源：电动势为3V，内电阻不计电流表：量程0300mA，内阻RA约为0.5电压表：量程03V，内阻RV约为2k滑动变阻器：最大电阻值为10开关一个、导线若干在图1所提供的两种电路中应选 （填“甲”或“乙”）电路进行测量误差相对较小，用该电路测得的阻值Rx与其真实值相比将 （填“偏大”或“偏小”）。（2）为了消除伏安法测电阻时电路引起的系统误差，该小组寻找另一未知电阻和单刀双掷开关，设计了另一种电路，电路的原理图如图2所示。该学习小组在测量过程中得到以下数据：单刀双置开关接位置1时，电流表示数为I1，电压表示数为U1
8、；单刀双置开关接位置2时，电流表读数为I2，电压表示数为U2，用以上数据表示待测电阻Rx的表达式为Rx 。11（14分）如图所示，光滑水平面上静止足够长的木板B，木块A静止放在B上，A的质量为mA1kg，B的质量mB2kg，A与B之间的动摩擦因数0.2给A一个水平的初速度v0，之后B向前运动了2m后A、B达到共同速度。取g10m/s2求：（1）A、B达到共同速度的大小；（2）A的水平初速度v0的大小。12（18分）如图所示，第二象限存在垂直纸面向外的匀强磁场B1，B1的大小为36T；第三象限内存在相互正交的匀强磁场B2和匀强电场E，B2的方向垂直纸面外，大小为0.5T；第四象限的某个矩形区域内
9、，存在垂直纸面向里的匀强磁场B3，磁场的左边界与y轴重合。一质量m11014kg、电荷量q11010C的正电荷从M点以速度v01103m/s开始运动，v0与x轴正方向成60角，运动至N点离开第二象限，然后沿直线运动至C点，进入第四象限内的磁场区域，一段时间后，电荷运动至D点，速度方向x轴上正方向成60角，M点的坐标为（70，0），D点的坐标为（0，30），不计电荷重力。求：（1）第三象限内匀强电场的大小和方向；（2）C点的坐标；（3）B3磁场区域的最小面积为多少。【物理-选修3-3】13（5分）下列说法正确的是（）A气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子间斥力大于引力的缘故B水在蒸
10、发的过程中，既有水分子从液面飞出，又有水分子从空气撞到水面回到水中C蔗糖受潮后会粘在一起形成糖块，糖块是多晶体D达到热平衡的两个系统的内能相等E热量可以从低温物体传给高温物体14（10分）如图所示，一绝热气缸固定在倾角为30的固定斜面上，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体。活塞的质量为m，横截面积为S初始时，气体的温度为T0，活塞与汽缸底部相距为L通过电热丝缓慢加热气体，当气体吸收热量Q时，活塞上升到与汽缸底部相距2L处，已知大气压强为P0，重力加速度为g，不计活塞与气缸壁之间的摩擦。求：此时气体的温度；加热过程中气体内能的增加量。【物理-选修3-4】（15分）15一列简谐横波沿直线由A向B
11、传播，A、B相距12m，图是A处质点的振动图象。当A处质点运动到波峰位置时，B处质点刚好到达平衡位置且向y轴负方向运动，则这列波的波速可能为（）A1207m/sB12011m/sC12015m/sD1209m/sE1205m/s16如图所示，三角形的玻璃砖A15，折射率为2，一束光线从AB边的D点射入玻璃砖，经AB边折射后恰好不能从AC边射出玻璃砖，求光线在D点处的入射角2016-2017学年云南师大附中高三（下）第八次月考物理试卷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的得6分，选对但不全
12、的得3分，有选错的得0分1（6分）下列说法正确的是（）A氢原子从激发态向基态跃迁只能辐射特定频率的光子B卡文迪许发现了万有引力定律，并测出了万有引力常量C原子核发生衰变时要遵守电荷守恒和质量守恒的规律D安培引入磁感线用来描述磁场的分布规律【考点】1U：物理学史；J4：氢原子的能级公式和跃迁菁优网版权所有【专题】31：定性思想；43：推理法；511：直线运动规律专题【分析】原子核衰变时电荷数守恒，质量数守恒； 能级间跃迁辐射的光子能量等于两能级间的能级差；同时明确物理学史即可正确求解。【解答】解：A、根据玻尔氢原子模型的相关理论，电子轨道和能量都是量子化的，而在“跃迁”过程中要遵循hEmEn，故
13、只能辐射特定频率的光子；故A正确；B、牛顿发现了万有引力定律，而卡文迪许测出了万有引力常量，故B错误；C、原子核发生衰变时要遵守电荷数守恒和质量数守恒的规律，但质量并不守恒，故C错误；D、法拉第引入磁感线用来描述磁场的分布规律，故D错误。故选：A。【点评】本题主要考查原子结构和原子核的相关知识。选项的迷惑性大，关键要熟悉教材，牢记这些基本的知识点，并且要加强训练。2（6分）如图所示，在同一轨道平面上的三颗不同的人造地球卫星，关于各物理量的关系，下列说法正确的是（）A三颗卫星的线速度vAvBvCB根据万有引力定律可知卫星所受地球引力FAFBFCC角速度ABCD向心加速度aAaBaC【考点】4F：
14、万有引力定律及其应用；4H：人造卫星菁优网版权所有【专题】31：定性思想；43：推理法；52A：人造卫星问题【分析】根据万有引力提供向心力得出线速度、角速度、加速度的表达式，结合轨道半径的大小比较线速度、角速度、向心加速度的大小【解答】解：A、根据GMmr2=ma=mv2r=mr2得：线速度为：v=GMr角速度为：=GMr3向心加速度为：a=GMr2因为rArBrC，则vAvBvC，ABC，aAaBaC，故AD错误，C正确。B、由于卫星的质量未知，根据万有引力定律公式，午餐比较卫星受到地球的引力大小关系，故B错误。故选：C。【点评】解决本题的关键知道卫星做圆周运动向心力的来源，知道线速度、角速
15、度、加速度与轨道半径的关系3（6分）关于静电场下列说法中正确的是 （）A将负电荷由电势低的地方移到电势高的地方，电势能一定增加B无论是正电荷还是负电荷，从电场中某点移到无穷远处时，静电力做的正功越多，电荷在该点的电势能越大C在同一个等势面上的各点，场强的大小必然是相等的D电势下降的方向就是电场场强的方向【考点】AE：电势能与电场力做功；AG：电势差和电场强度的关系菁优网版权所有【专题】31：定性思想；43：推理法；532：电场力与电势的性质专题【分析】根据EPq，求解电势能的变化情况；电场力做功与电势能变化的关系，类似于重力做功与重力势能变化的关系；正电荷在电势越高的位置，电荷的电势能越大；在
16、等势面上，电势处处相等，场强不一定相等【解答】解：A、根据EPq，将负电荷由电势低的地方移到电势高的地方，电势能减小。故A错误。B、无论是正电荷还是负电荷，从电场中某点移到无穷远处时，静电力做的正功越多，因无穷远处电势能为零，因此电荷在该点的电势能越大。故B正确。C、在等势面上，电势处处相等，场强不一定相等；故C错误。D、电势下降最快的方向才是电场场强的方向。故D错误。故选：B。【点评】本题考查对电势差、电势、电势能等知识的理解能力可以根据公式UEd、Epq进行分析4（6分）连同身上所有物品质量为M的人正在光滑水平面以速度v0在向前滑行，某时刻向后以速度大小为v1商品抛出一携带的物品，抛完后人
17、的速度大小v2，则抛出物品的质量m为（）Am=v2-v1v1MBm=v2v1+v2MCm=v2-v0v1+v2MDm=v2-v0v2-v1M【考点】53：动量守恒定律菁优网版权所有【专题】2：创新题型；4T：寻找守恒量法；52F：动量定理应用专题【分析】人抛出物品的过程中，人和物品组成的系统动量守恒，由动量守恒定律求抛出物品的质量m【解答】解：取速度v0的方向为正方向，由动量守恒定律得： Mv0mv1+（Mm）v2。解得：m=v2-v0v1+v2M，故C正确，ABD错误故选：C。【点评】本题要明确系统的动量守恒，应用动量守恒定律时要注意选取正方向，用正负号表示速度的方向5（6分）如图所示，光滑
18、水平面上有一倾角为30的斜面A，三角形木块B静止在A上，木块B上表面水平，将光滑小球C放置于B上，A、B、C的质量均为1kg，斜面体A在水平外力F作用下以3m/s2的加速度向左加速运动，运动过程中始终A、B、C相对静止，g取10m/s2则（）A小球C受到两个力的作用B小球C受到三个力的作用C木块B受到三个力的作用D力的大小为9N【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡菁优网版权所有【专题】31：定性思想；43：推理法；4A：整体法和隔离法；527：共点力作用下物体平衡专题【分析】运动过程中A、B、C始终相对静止，一起向左做加速运动，加速度向左，合力向左，结合牛顿第二定律分析受力情
19、况【解答】解：AB、设C与B间恰好没有作用力时整体的加速度为a0对C，根据牛顿第二定律得：mgtan30ma0得：a0=33g3m/s2，所以B球对C有作用力，则C共受三个力：重力、B的支持力和A的支持力。故A错误，B正确。C、设B与A间恰好没有摩擦力时整体的加速度为a1对BC整体，据牛顿第二定律得：2mgtan302ma1得：a1=33g3m/s2，所以斜面对B有摩擦力。则B受到重力、C的压力和A的支持力和摩擦力，共四个力，故C错误。D、对三个物体组成的整体，有 F3ma9N，故D正确。故选：BD。【点评】本题主要考查了同学们受力分析的能力，关键要研究隐含的临界状态和临界加速度，同时要注意整
20、体法和隔离法的应用6（6分）如图所示的电路中，P为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压U1不变，闭合电键S，平行金属板中带电质点M处于静止状态下列说法正确的是（）AP向下滑动时，知道M将向上运动BP向下滑动时，变压器的输出电压不变CP向上滑动时，变压器的输入电流变小DP向上滑动时，变压器的输出功率变大【考点】E8：变压器的构造和原理菁优网版权所有【专题】12：应用题；31：定性思想；43：推理法；53A：交流电专题【分析】本题利用电路动态分析的方法分析，P的滑动影响负载变化，从而影响了电流的变化，最后根据变压器的变压特点分析【解答】解：AB、原副线圈匝数比不变、输入电压不变，则副线圈电压
21、不变，P向下滑动时，M仍静止，故A错误、B正确；C、P向上滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，输出电压由输入电压和匝数比确定，此处输出电压不变，副线圈中电流增大，故C错误；D、P向上滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，输出电压不变，副线圈电流增大，根据PUI知输出功率增大，根据电流与匝数成正比知输入电流增大，故D正确。故选：BD。【点评】本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；知道理想变压器的输出功率决定输入功率且相等7（6分）如图所示，两足够长的平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为d，导轨平面与水平面
22、的夹角30，导轨电阻不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上。长为d的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m、电阻为R，两金属导轨的上端连接一个电阻R，重力加速度为g使金属棒由静止开始运动，当金属棒达到最大速度的过程中（）A导体中的电流从MPB金属棒做匀加速运动C金属棒能达到的最大速度mgRB2d2D金属棒减小的重力势能等于电阻R和金属棒上产生的热量【考点】BB：闭合电路的欧姆定律；D9：导体切割磁感线时的感应电动势菁优网版权所有【专题】34：比较思想；43：推理法；538：电磁感应功能问题【分析】根据楞次定律判断感应电流的方向。分析金属棒的受力
23、情况，抓住安培力与速度的关系分析金属棒的运动性质。金属棒匀速运动时速度最大，由平衡条件求最大速度。金属棒减小的重力势能等于电阻R和金属棒上产生的热量及金属棒获得的动能之和。【解答】解：A、根据楞次定律判断可知导体中的电流从MP，故A正确。B、根据牛顿第二定律得：mgsin30-B2d2v2R=ma，随着速度v的增大，加速度a减小，所以金属棒做加速度减小的变加速运动。故B错误。C、当a0时速度最大，由上式可得最大速度为：v=mgRB2d2故C正确。D、根据能量转化和守恒定律可知金属棒减小的重力势能等于电阻R和金属棒上产生的热量及金属棒获得的动能之和。故D错误。故选：AC。【点评】本题的关键是分析
24、金属棒的受力情况，运用牛顿第二定律得到加速度与速度的关系式。对于安培力与速度的关系式要理解记牢，在选择题可直接应用。8（6分）如图所示，一绝缘轻弹簧左端固定在光滑绝水平面的左侧墙壁上，右端连接一带正电的滑块P，滑块所处空间存在着水平向右的匀强电场，开始时在外力F的作用下弹簧处于原长，现撤去水平外力P，则滑块P在向右运动的过程中（）A弹簧和滑块P组成的系统机械能一直在增加B电势能和弹性势能之和守恒C滑块P的速度最大时，弹簧弹力等于FD滑块P的动能和电势能之和一直在减小【考点】6C：机械能守恒定律菁优网版权所有【专题】32：定量思想；43：推理法；52E：机械能守恒定律应用专题【分析】对滑块受力分
25、析，受重力、支持力、向右的电场力和向左的弹力，滑块P在向右运动的过程中，弹力逐渐增加，当电场力大于弹力时物体加速，电场力等于重力时物体速度最大，电场力小于弹力时，物体减速；电场力做功是电势能减小的量度，弹簧弹力做功是弹性势能变化的量度，合力做功是动能变化的量度【解答】解：A、滑块P在向右运动的过程中，受重力、支持力、弹簧的拉力和向右的电场力，由于电场力做正功，故弹簧和滑块P组成的系统机械能一直在增加，故A正确；B、对于弹簧和物体系统，有弹簧弹力和电场力做功，故弹性势能、电势能和动能之和守恒，而不是电势能和弹性势能之和守恒，故B错误；C、电场力大于弹簧弹力时物体加速，故滑块P的速度最大时，应该是
26、电场力与弹簧弹力平衡的位置，故C正确；D、对于弹簧和物体系统，有弹簧弹力和电场力做功，故弹性势能、电势能和动能之和守恒，由于弹性势能增加，故滑块P的动能和电势能之和一直在减小，故D正确；故选：ACD。【点评】本题考查机械能守恒，关键是对滑块受力分析，结合功能关系、力与运动关系进行分析，不难二、非选择题：包括必考题和选考题两部分第912题为必考题，每个考题考生都必须作答，第1316题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：9（6分）（1）在“探究弹簧伸长量与弹力的关系”的实验中，以下说法正确的是BC（填序号）A用直尺测得弹簧的长度即为弹簧的伸长量B用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，在弹性限度内，每
27、次所挂钩码的质量差尽量大一些，从而使坐标纸上描的点尽可能稀，这样作出的图更精确C用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，应保证弹簧位于竖直位置且处于平衡状态D用几个不同的弹簧，分别测出几组拉力与伸长量，得出拉力与伸长量之比一定相等（2）某同学做“探究弹簧伸长量与弹力的关系”的实验，他先把弹簧平放在桌面上使其自然伸长，用直尺测出弹簧的原长L0，再把弹簧竖直悬挂起来，挂上钩码后测出弹簧伸长后的长度L，把LL0作为弹簧的伸长量x，钩码重力作为拉力F；这样操作，由于弹簧自身重力的影响，最后画出的图线可能是图中的B（填序号） 【考点】M7：探究弹力和弹簧伸长的关系菁优网版权所有【专题】13：实验题；32：定量思
28、想；43：推理法；523：弹力的存在及方向的判定专题【分析】（1）在探索弹力和弹簧伸长的关系实验中，弹簧的弹力与变化量的关系满足Fkx，其中k由弹簧本身决定（2）对于物理图象问题，要首先弄清横轴和纵轴代表的含义，在这里x代表的是弹簧的伸长量，即LL0，最后结合数学知识综合判断选取答案【解答】解：（1）A、弹簧的长度不等于弹簧的伸长量，伸长量等于弹簧的长度减去弹簧的原长，故A错误；B、在悬挂钩码时，在不超出量程的前提下每次所挂钩码的质量差尽量大一些，从而使坐标纸上描的点尽可能稀，这样作出的图更精确，故B正确；C、用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，要保证弹簧位于竖直位置，使钩码的重力等于弹簧的弹力，
29、要待钩码平衡时再读读数，故C正确；D、拉力与伸长量之比是劲度系数，由弹簧决定，同一弹簧的劲度系数是不变的，不同的弹簧的劲度系数不同，故D错误；故选：BC；（2）实验中用纵轴表示弹簧的伸长量x，横轴表示弹簧的拉力F（即所挂重物的重力大小），由Fkx可知，不考虑弹簧重力时图象过原点；如果考虑弹簧自身的重力，不挂勾码时伸长量已经不为零，故ACD错误，B正确；故选：B故答案为：（1）BC（2）B【点评】本题第一小题关键明确实验原理，知道伸长量、原长和长度间的关系，明确弹簧的劲度系数由弹簧本身决定；第二小题考查学生运用图象来处理数据的能力，关键是弄清坐标轴代表的意义，并能综合分析拉力F与伸长量L的关系，
30、需要注意弹簧的平放与竖直放对横纵坐标的影响10（9分）回答下列问题：（1）某研究性学习小组为了测一未知电阻阻值，先用多用电表欧姆档粗测其电阻大约为10，然后在实验室中选择了如下器材用伏安法测量该电阻阻值：电源：电动势为3V，内电阻不计电流表：量程0300mA，内阻RA约为0.5电压表：量程03V，内阻RV约为2k滑动变阻器：最大电阻值为10开关一个、导线若干在图1所提供的两种电路中应选甲（填“甲”或“乙”）电路进行测量误差相对较小，用该电路测得的阻值Rx与其真实值相比将偏小（填“偏大”或“偏小”）。（2）为了消除伏安法测电阻时电路引起的系统误差，该小组寻找另一未知电阻和单刀双掷开关，设计了另一
31、种电路，电路的原理图如图2所示。该学习小组在测量过程中得到以下数据：单刀双置开关接位置1时，电流表示数为I1，电压表示数为U1；单刀双置开关接位置2时，电流表读数为I2，电压表示数为U2，用以上数据表示待测电阻Rx的表达式为RxU2I2-U1I1。【考点】N6：伏安法测电阻菁优网版权所有【专题】13：实验题；32：定量思想；46：实验分析法；535：恒定电流专题【分析】（1）通过比较RVRX与RXRA大小关系，合理选择内外接；（2）由电路图可知，当闭合电键S1，电键S2接a时电压表测Rx与RA和滑动变阻器两端的电压之和，电流表测通过Rx与RA以及滑动变阻器的电流；保持两滑动变阻器的滑动触头位置
32、不变，将单刀双掷开关S2向b闭合，此时电流表测的电流为RA和滑动变阻器的电流，电压表测RA以及滑动变阻器两端的电压，读出此时电压表的示数U2，根据欧姆定律求出两次测量电路的电阻，根据串联知识可知待测电阻的阻值。【解答】解：（1）因为电流表内阻RA约为0.5，电压表内阻RV约为2k，Rx的估计值大约为10，较小，故选择电流表外接，故选择图1中的甲电路，测量结果偏小。（2）根据图2中电路图，根据欧姆定律可得待测电阻Rx的表达式：Rx=U2I2-U1I1故答案为：（1）甲，偏小；（2）U2I2-U1I1。【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的计算，关键是能根据电路图得出测量待测电阻实验的原理。
33、电路选择需要比较RVRX与RXRA大小关系，选择电流表应该内接还是外接，记住口诀“大内大，小外小”。11（14分）如图所示，光滑水平面上静止足够长的木板B，木块A静止放在B上，A的质量为mA1kg，B的质量mB2kg，A与B之间的动摩擦因数0.2给A一个水平的初速度v0，之后B向前运动了2m后A、B达到共同速度。取g10m/s2求：（1）A、B达到共同速度的大小；（2）A的水平初速度v0的大小。【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；37：牛顿第二定律菁优网版权所有【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题【分析】（1）根据牛顿第二定律求得B的加速
34、度，利用速度位移公式求得达到的共同速度；（2）根据牛顿第二定律求得A的加速度，根据速度时间公式求得初速度【解答】解：（1）对A分析，AB间的摩擦力fmAg0.210N2N 根据牛顿第二定律可知，B的加速度aB=fmB=22m/s2=1m/s2根据速度位移公式可知v22aBx，解得v2m/s（2）B加速运动的时间t=vaB=21s=2sA的加速度大小为aA=fmA=21m/s2=2m/s2根据速度时间公式可知vv0aAt解得v06m/s答：（1）A、B达到共同速度的大小为2m/s；（2）A的水平初速度v0的大小为6m/s。【点评】本题主要考查了牛顿第二定律和运动学公式，知道加速度是解决此类问题的
35、中间桥梁12（18分）如图所示，第二象限存在垂直纸面向外的匀强磁场B1，B1的大小为36T；第三象限内存在相互正交的匀强磁场B2和匀强电场E，B2的方向垂直纸面外，大小为0.5T；第四象限的某个矩形区域内，存在垂直纸面向里的匀强磁场B3，磁场的左边界与y轴重合。一质量m11014kg、电荷量q11010C的正电荷从M点以速度v01103m/s开始运动，v0与x轴正方向成60角，运动至N点离开第二象限，然后沿直线运动至C点，进入第四象限内的磁场区域，一段时间后，电荷运动至D点，速度方向x轴上正方向成60角，M点的坐标为（70，0），D点的坐标为（0，30），不计电荷重力。求：（1）第三象限内匀强
36、电场的大小和方向；（2）C点的坐标；（3）B3磁场区域的最小面积为多少。【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动菁优网版权所有【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4B：图析法；536：带电粒子在磁场中的运动专题【分析】（1）进入电场和磁场的重叠的第三象限做直线运动，所以所受的电场力和洛仑兹力平衡，由平衡条件就能求出电场强度的大小。（2）在第二象限做匀速圆周运动先求出半径，由速度方向和与x轴交点的距离从而求出做直线运动时与x、y的两个交点的坐标。（3）将D点的速度方向反向延长、在过D点作一条水平线，两线相交于F点，由几何关系求出在该矩形区域内的半径R2，再画一个矩形恰包含以R
37、2为半径，从C点进入、F点射出的轨迹，则该矩形是符合题意的最小面积的矩形。【解答】解：（1）在第三象限做直线运动，所以：qv0B2qEE0.5103v/m 根据左手定则和平衡条件知：电场强度的方向与x轴正方向成30（2）在第二象限粒子做匀速圆周运动：qv0B1mv02R1 由几何关系：MN2R1cos30所以N点的坐标是：N（10，0）由几何关系：tan30=ONOC所以C点的坐标是：C（0，-103）（3）由几何关系得R2=23310-1m CF2R1sin60CHR2R2cos60 面积：SCHCF解得：S=3150m2答：（1）第三象限内匀强电场的大小0.5103v/m、方向为与x轴正方
38、向成30；（2）C点的坐标是C（0，-103）；（3）B3磁场区域的最小面积为3150m2。【点评】本题的巧妙之处在于丰富多变的几何关系，即有三角函数，又有平面几何图形，同时还有把三个象限的图形关联起来，跟坐标系知识综合，涉及到的物理学内容，主要是洛仑兹力提供向心力的相关内容。【物理-选修3-3】13（5分）下列说法正确的是（）A气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子间斥力大于引力的缘故B水在蒸发的过程中，既有水分子从液面飞出，又有水分子从空气撞到水面回到水中C蔗糖受潮后会粘在一起形成糖块，糖块是多晶体D达到热平衡的两个系统的内能相等E热量可以从低温物体传给高温物体【考点】86：分
39、子间的相互作用力；92：* 晶体和非晶体菁优网版权所有【专题】31：定性思想；43：推理法；546：分子间相互作用力与分子间距离的关系【分析】气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子的无规则运动的原因；蒸发过程中，从液面飞出的水分子数目大于飞回到水中的分子数目；达到热平衡的两个系统的温度相等；热平衡的标志是温度相等；热量可以自发地从高温物体传到高温物体，但也可以从低温物体传到高温物体，只不过要引起其他方面的变化【解答】解：A、气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子在做无规则热运动，故A错误；B、水在蒸发的过程中，既有水分子从液面飞出，又有水分子从空气撞到水面回到水中，但从
40、液面飞出的水分子数目多，故B正确；C、蔗糖受潮后会粘在一起，没有确定的几何形状，它是多晶体，故C正确；D、如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定温度相等，故均达到热平衡，但二者的内能不仅仅是与温度有关，故D错误；E、根据热力学第二定律可知，热量可以从低温物体传到高温物体，不过需要消耗外界的功，故E正确；故选：BCE。【点评】本题考查热力学第二定律、晶体与非晶体、表面张力以及扩散现象等，是对热学知识进行了比较全面的考查，平时要注意加强综合训练，提高应用物理知识解决问题能力14（10分）如图所示，一绝热气缸固定在倾角为30的固定斜面上，通过绝热活塞封闭着一定
41、质量的理想气体。活塞的质量为m，横截面积为S初始时，气体的温度为T0，活塞与汽缸底部相距为L通过电热丝缓慢加热气体，当气体吸收热量Q时，活塞上升到与汽缸底部相距2L处，已知大气压强为P0，重力加速度为g，不计活塞与气缸壁之间的摩擦。求：此时气体的温度；加热过程中气体内能的增加量。【考点】99：理想气体的状态方程菁优网版权所有【专题】12：应用题；22：学科综合题；31：定性思想；4C：方程法；54B：理想气体状态方程专题【分析】（1）汽缸内封闭气体发生等压变化，根据盖吕萨克定律求解气体的温度。（2）以活塞为研究对象，由平衡条件可求得封闭气体的压强，根据WpV可求出气体对外做功，再由热力学第一定
42、律得UQ+W求解气体内能的增加量。【解答】解：设加热后的温度为T，此时气体体积V2LS初始时体积V0LS由等压变化有：TT0=VV0可得：T2 T0由题意得，封闭气体压强为PPo+mgsin30S该过程气体对外界做功WPSL（Po+mgsin30S）SL气体内能的增加量UW+QUQ（Po+mgsin30S）SLUQ（Po+0.5mgS）SL答：此时气体的温度是2T0；加热过程中气体内能的增加量是Q（Po+0.5mgS）SL。【点评】对于气体的问题，往往是气态方程和热力学第一定律的综合应用，首先要正确判断气体的状态变化过程，再选择合适的规律。对于气体等压变化过程，要掌握气体对外做功公式WpV。【
43、物理-选修3-4】（15分）15一列简谐横波沿直线由A向B传播，A、B相距12m，图是A处质点的振动图象。当A处质点运动到波峰位置时，B处质点刚好到达平衡位置且向y轴负方向运动，则这列波的波速可能为（）A1207m/sB12011m/sC12015m/sD1209m/sE1205m/s【考点】F5：波长、频率和波速的关系菁优网版权所有【专题】31：定性思想；43：推理法；51D：振动图像与波动图像专题【分析】由振动图象读出周期。根据A质点和B质点的状态，分析状态与位置关系，找出波长的通项，求出波速的通项，进而确定特殊值。【解答】解：由题意可知，当A处质点运动到波峰位置时，B处质点刚好到达平衡位
44、置且向y轴负方向运动，由于波是由A向B传播，所以可得到AB两点间距离与波长的关系式：12（n+34），波的传播周期T0.4s；得出波速公式为：v=1204n+3（n0，1，2）n0时，v40m/s；n1时，v=1207m/s；n2时，v=12011m/s；n3时，v=12015m/s；故ABC正确DE错误。故选：ABC。【点评】本题关键考查运用数学知识解决物理问题的能力和分析波动形成过程的能力，明确振动方向和波动方向间的关系，从而确定距离和波长间的关系。16如图所示，三角形的玻璃砖A15，折射率为2，一束光线从AB边的D点射入玻璃砖，经AB边折射后恰好不能从AC边射出玻璃砖，求光线在D点处的入
45、射角【考点】H3：光的折射定律菁优网版权所有【专题】11：计算题；32：定量思想；4F：几何法；54D：光的折射专题【分析】光线经AB边折射后恰好不能从AC边射出玻璃砖，发生了全反射，入射角等于临界角C由sinC=1n，求出临界角C，由几何关系求出光线在D点处的折射角，再由折射定律求入射角【解答】解：设玻璃砖的临界角为C则有：sinC=1n解得：C45画出光路图如图，光线经AB边折射后恰好不能从AC边射出玻璃砖，发生了全反射，入射角等于临界角C由几何关系知光线在D点处的折射角为：r30由折射定律有：n=sinisinr解得 i45答：光线在D点处的入射角是45【点评】解决本题的关键要掌握折射定律和临界角公式sinC=1n，画出光路图，运用折射定律和几何知识结合解答此类问题声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2019/4/15 13:33:23；用户：tp；邮箱：lsgjgz137；学号：21474120
