届云南省玉溪市峨山一中高三五月份检测物理试题解析版文档格式.docx

1、C. 小球运动的加速度先比重力加速度小，后来和重力加速度相等D. 小球离开弹簧后做匀变速运动将细绳烧断后，小球受到球的重力和弹簧的弹力的共同的作用，合力斜向右下方，并不是只有重力的作用，所以不是自由落体运动，故A错误平抛运动在竖直方向上是只受重力的作用，由A的分析可知，小球并不是平抛运动，所以B错误小球受到球的重力和弹簧的弹力的共同的作用，合力斜向右下方，并且大于重力的大小，所以开始时加速度的大小要比重力加速度大，故C错误小球离开弹簧后，只受到重力的作用，所以是匀变速运动，故D正确故选D。物体的平衡；平抛运动【名师点睛】对小球受力分析，根据球的受力的情况来判断小球的运动的情况，要注意的是在与弹

2、簧分离之前，弹簧的弹力是不断减小的。4. 两个放在绝缘支架上的相同金属球相距为d，球的半径比d小得多，分别带有q和3q的电荷量，相互引力为3F.现将这两个金属球接触，然后分开，仍放回原处，则它们的相互作用力将变为A. F B. 2F C. 3F D. 4F【答案】A. . . .库仑定律5. 某同学设计了一个验证平行四边形定则的实验，装置如图所示系着小物体m1、m2的细线绕过光滑小滑轮与系着小物体m3的细线连接在O点，当系统达到平衡时绕过滑轮的两细线与竖直方向夹角分别为37和53，则三个小物体的质量之比m1m2m3为（sin 370.6，sin 530.8）（）A. 345 B. 435C.

3、453 D. 354【解析】对结点O受力分析，O点受到三根绳子的拉力如图所示。由于物体m1、m2的细线绕过光滑小滑轮与系着小物体m3的细线连接，因此有：F1=m1g，F2=m2g，由于O点处于静止状态，因此有：F3=F3=m3g，故：m3gcos37=m1g，m3gcos53=m2g，m1:m2:m3=4:3:5，故A、C、D错误，B正确。故选B。【点睛】本题关键是对碗内小球受力分析，根据三力平衡条件可知，三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，然后运用合成法作图，根据几何关系得到三个物体的重力之比6. 如图所示，质量和电荷量均相同的两个小球A、B分别套在光滑绝缘杆MN、NP上，两

4、杆固定在一起，NP水平且与MN处于同一竖直面内，MNP为钝角B小球受一沿杆方向的水平堆力F1作用，A、B均处于静止状态，此时A、B两球间距为L1.现缓慢推动B球，A球也缓慢移动，当B球到达C点时，水平推力大小为F2，A、B两球间距为L2，则（）A. F1F2B. F1F2C. L1L2D. L1L2【答案】BC【解析】C、D、对A受力分析如图所示，A受到重力mg、支持力FA和库仑力F库，根据平衡条件可知，重力mg和库仑力F库的合力FA与支持力FA等值反向，可以把重力mg、支持力FA和库仑力F库之间的关系转变为mg、FA、F库之间的三角形关系，如图所示。当B球向C移动的过程中，库仑力的方向在改变

5、，即图中角变小，由矢量三角形可知，库仑力在变小。根据库仑定律可知L变大，即AB之间的距离变大；故C正确、D错误。A、B、对B球受力分析如图所示，B受到重力mg、支持力FB、库仑力F库和推力F，根据平衡条件可知，F=F库cos，当B球向C移动的过程中，库仑力的方向在改变，即在变大，则cos变小，库仑力又在减小，故推力F变小，即F1F2；故A错误、B正确。故选BC。【点睛】本题要掌握库仑定律、平衡条件、受力分析，是一道综合能力较强的题目，本题的突破口在于A球受到的重力大小方向不变、支持力的方向不变，库仑力的方向在改变7. 如图所示电路，开关S原是闭合的，当R1、R2的滑片刚好处于各自的中点位置时，

6、 处于真空中的电容器C的两个水平极板间的带电尘埃P恰好处于静止状态下列做法中能使尘埃P加速向上运动的是 （ ）A. 把R1的滑片向左移动B. 把R2的滑片向左移动C. 把R2的滑片向右移动D. 把开关S断开【答案】CD P开始时受重力及电场力而保持静止；而要使P向上运动，则电容器两端的电压应增大；R1此时只能看作是导线，故调节R1不会改变电容器两端的电压；故A错误；由电路图可知，电容器与R2的左端并联；故向右移动滑片可以使C两端的电压增大；故C正确；B错误；开关S打开时，电容器两端电压等于电源电压，电容器两端电压增大，故D正确；本题要注意电容器两端的电压等于与之并联电阻两端的电压；而与电容器串

7、联的电阻只能作为导线处理8. 如图甲所示，在粗糙水平面上，物块A在水平向右的外力F的作用下做直线运动，其速度时间图象如图乙所示，下列判断正确的是（）A. 在01 s内，外力F不断增大B. 在1 s3 s内，外力F的大小恒定C. 在3 s4 s内，外力F不断减小D. 在3 s4 s内，外力F的大小恒定在速度时间图象中，某一点纵坐标代表此时刻的瞬时速度；某点切线的斜率代表该时刻的加速度，向右上方倾斜，加速度为正，向右下方倾斜加速度为负结合牛顿第二定律判断受力情况解：A、在01s内，直线的斜率不变，加速度不变，由牛顿第二定律得：Ff=ma，可知外力F是恒力，故A错误B、在13s内，速度不变，物体做匀

8、速直线运动，加速度等于零，F=f，故外力F的大小恒定，故B正确C、D、在34s内，斜率越来越大，说明加速度越来越大，所以物体做加速度增大的减速运动，由牛顿第二定律得：fF=ma，得 F=fma，f、m不变，a增大，F减小，故C正确，D错误；故选：BC【点评】本题是为速度时间图象的应用要明确斜率和面积的含义，并结合牛顿第二定律解题，属于基础题9. “探究功与速度变化的关系”的实验装置如图所示，当小车在一条橡皮筋作用下弹出时，橡皮筋对小车做的功记为W；当用2条、3条、4条完全相同的橡皮筋并在一起进行第2次、第3次、第4次实验时，橡皮筋对小车做的功记为2W、3W、4W每次实验中小车获得的最大速度可由

9、打点计时器所打出的纸带测出.（1）关于该实验，下列说法正确的是（_）A.为了平衡摩擦力，实验中可以将长木板的一端适当垫高，使小车拉着穿过打点计时器的纸带自由下滑时能保持匀速运动B.实验仪器安装时，可以不平衡摩擦力C.每次实验小车必须从同一位置由静止释放D.实验中要先接通打点计时器的电源再释放小车（2）如图给出了某次实验打出的纸带，从中截取了测量小车最大速度所用的一段纸带，测得A、B、C、D、E相邻两点间的距离分别为AB1.48 cm，BC1.60 cm，CD1.62 cm，DE1.62 cm；已知相邻两点打点时间间隔为0.02 s，则小车获得的最大速度vm_ m/s.【答案】 （1）. ACD

10、 （2）. 0.81【解析】（1）A、打点计时器使用的交流电源，故A错误B、实验仪器安装时，要平衡摩擦力，让绳子的拉力等于小车受到的合外力，故B错误C、小车获得的动能应该等于橡皮筋对其做的功，所以小车必须从同一位置由静止弹出故C正确D、橡皮筋对小车做的功和小车获得的动能满足的关系，所以当小车质量一定时：W与v2成正比所以最好做W与v2的关系，实验时需要画多个图象找最好的，故D正确故选CD.（2）从纸带上我们可判断出打C点时，小车具有最大的速度vD，可由C到E的平均速度求出，即：.【点睛】实验原理是，实验中要清楚是如何改变W，如何获得的速度v即可，实验中用到多条橡皮筋，就要求每次橡皮筋相同且被拉

11、长的一样多，这样橡皮筋对小车做的功才有倍数关系，难度适中10. 实验室有一块量程为500 A、内阻Rg约为200 的电流表（也称微安表），需要准确测量它的内阻，一同学根据实验室现有的器材设计了如图甲和乙两种实验电路已知实验室中的部分实验器材的规格如下：电流表（也称毫安表）：mA（量程1 mA，内阻约100 ）滑动变阻器A：R1（20 ，1 A）滑动变阻器B：R1（500 ，0.5 A）变阻箱：R2（999.9 ）直流电源：E（电动势为3 V，内阻很小）可供选择的不同阻值的定值电阻R3（1）将图丙所示的实物图按图甲所示的电路连接起来_（2）在图乙所示的电路中，为了便于实验的调节，滑动变阻器R1应

12、选_（选填“滑动变阻器A”或“滑动变阻器B”）为了保证实验操作过程的安全（即使滑动变阻器R1的阻值调为0，也不会烧坏电流表），并便于实验调节，定值电阻R3的阻值应选_（填选项前的字母）A100 B1 kC6 k D10 k（3）利用图甲所示的电路，闭合S1之后进行测量时，需要记录的实验数据有（同时用设定的字母表示）_；用你记录的实验数据时设定的字母表示出测量的结果是_【答案】 （1）. （2）. 滑动变阻器B （3）. C （4）. 微安表读数I1、毫安表读数I2、电阻箱读数R2 （5）. （I2I1）R2/I1连线如图。因为待测电阻约为200，所以为了便于调解，滑动变阻器R1应选B；为了保证

13、实验操作过程的安全（即使滑动变阻器R1的阻值调为0，也不会烧坏电流表），并便于实验调节，定值电阻器R3的阻值应选.即选C。利用图（甲）所示的电路，闭合S1之后进行测量时，需要记录的实验数据有微安表读数I1；毫安表读数I2；电阻箱读数2；用你记录的实验数据的字母表示出测量的结果是Rg=（I2I1）2I1。电阻的测量中仪器的选择及连接，结果的处理。11. 冰球运动员甲的质量为80.0 kg.当他以5.0 m/s的速度向前运动时，与另一质量为100 kg、速度为3.0 m/s的迎面而来的运动员乙相撞碰后甲恰好静止假设碰撞时间极短，求：（1）碰后乙的速度的大小；（2）碰撞中总机械能的损失【答案】（1）

14、1.0 m/s（2）1 400 J（1）设运动员甲、乙的质量分别为m、M，碰前速度大小分别为v、V，碰后乙的速度大小为V。由动量守恒定律有mvMVMV 代入数据得V1.0 m/s（2）设碰撞过程中总机械能的损失为E，应有mv2MV2MV2EV1.0 m/s，代入上式解得E1 400 J12. 水平放置的两块平行金属板长L5.0 cm，两板间距d1.0 cm，两板间电压为90 V且上板为正.一电子沿水平方向以速度v02.0107m/s从两板中间射入，如图所示，求：（电子电荷量q1.61019C，电子质量me9.11031kg）（计算结果在小数点后保留两位有效数字）（1）电子偏离金属板时的侧位移；

15、（2）电子飞出电场时的速度；（3）电子离开电场后，打在屏上的P点，若s10 cm，求OP的长.（1）0.49 cm（2）2.04107m/s速度的方向与v0的夹角满足tan0.2（3）2.49 cm（1）电子在电场中的加速度侧位移，又因则（2）电子飞出电场时，水平分速度vxv0，竖直分速度vyat解得：则电子飞出电场时的速度设v与v0的夹角为，则（3）电子飞出电场后做匀速直线运动，则OPystan2.49cm.【点睛】该题是带电粒子在电场中运动的问题，其基础是分析物体的受力情况和运动情况，由分运动的规律求解粒子的运动13. 下列说法正确的是（_）A.如果保持其体积不变，温度升高，内能一定增大B

16、.如果保持其温度不变，体积增大，内能一定增大C.如果吸收热量，温度升高，体积增大，内能不一定增大D.热量能够从高温物体传到低温物体，但不可能从低温物体传到高温物体E.任何热机都不可能使燃料释放的热量完全转化为机械能【答案】ABE【解析】分子力表现为引力，当体积不变时，外界对气体做功为零，温度升高一定从外界吸收能量，所以分子内能增加，故选项A正确；当温度不变时，分子动能不变，体积增大，分子克服引力做功，从外界吸收能量，所以内能增加，故选项B正确；如果气体吸收热量，内能一定增加，但温度不一定升高，故选项C错误；由热力学第二定律可知，热量可以自发的从高温物体传到低温物体，但不可能自发的从低温物体传到

17、高温物体，故选项D错误；热机的效率不可能达到百分之百，即有一部分热量转化为周围环境的内能，故选项E正确故选ABE.【点睛】温度是分子平均动能的标志，温度不变，平均动能就不变，分子势能与分子力做功有关，内能=所有分子的动能+势能14. 如图所示，一圆柱形绝热容器竖直放置，通过绝热活塞封闭着摄氏温度为t1的理想气体，活塞的质量为m，横截面积为S，与容器底部相距h1。现通过电热丝给气体加热一段时间，使其温度上升到（摄氏）t2，若这段时间内气体吸收的热量为Q，已知大气压强为P0，重力加速度为g，求：气体的压强这段时间内活塞上升的距离是多少？这段时间内气体的内能如何变化，变化了多少？（1） P0+mg/

18、S （2） （3） 【解析】活塞受力分析如图，由平衡条件得P=P0+mg/S设温度为t2时活塞与容器底部相距h2.因为气体做等压变化，由盖吕萨克定律得：由此得：活塞上升了气体对外做功为由热力学第一定律可知【点睛】求封闭气体的压强，常常以与气体接触的活塞或水银柱为研究对象，根据力学知识求。对于气体，确定状态发生体积变化是关键。15. 某横波在介质中沿x轴正方向传播，t0时刻，O点开始向正方向运动，经t0.2 s，O点第一次到达正方向最大位移处，某时刻形成的波形如图所示，下列说法正确的是_A该横波的波速为5 m/sB质点L与质点N都运动起来后，它们的运动方向总相反C在0.2 s的时间内质点M通过的

19、路程为1 mD在t2.6 s时刻，质点M处于平衡位置，正沿y轴负方向运动E图示波形图可能是t1.2 s时刻的【答案】ADE【解析】A、由图示波形图可知：波长=4m，O点开始向正方向运动，经t=0.2s，O点第一次到达正方向最大位移处，则t=，解得：T=0.8s，则v=，故A正确；B、质点L与质点N之间的距离为半个波长，则振动情况完全相反，故B正确；C、在0.2s的时间内质点M通过的路程为s=A=20cm，故C错误；D、横波从O传到M点的时间t=，在t=2.6s时刻，质点M振动的时间，则此时质点M处于平衡位置，正沿y轴负方向运动，故D正确；E、由波形图可知，此时O点向下振动，则可能经过了t=（n+）T的波形图，当n=1时，t=1.2s，故E正确。ABDE。16. 如图所示的直角三角形ABC是玻璃砖的横截面，BC的长为L，E为BC边的中点。一束平行于AB的光束从AC边上的某点射入玻璃砖，进入玻璃砖后，在BC边上的E点被反射，EF是该反射光线，一且EF恰与AC平行。求：玻璃砖的折射率；该光束从AC边上射入玻璃砖后在玻璃砖中传播的时间。（1） （2） 【解析】作出光路图，如图所示：光线在AC面上的入射角为60，折射角为30，则折射率因为发生全反射的临界角为，所以光线在在F点发生全反射，在E，H点不能发生全反射。该光束经一次反射后，到紧接着的一次射出玻璃砖发生在H点，则时间为 联立解得