湖南省张家界一中2016届高三3月月考物理试卷

改变，故只有在这种情况下A才可能被拉向右方．四个选项中B、C两种情况电梯的加速度是向下的．故选BC

【点评】本题考查了超重和失重，关键是掌握：超重时具有向上加速度，失重时具有向下加速度． 2．BCD 3．BC

解：A、保持K接通，电容器两板间的电势差U不变，因板间距离d减小，由E=可知，两极板间电场的电场场强增大，故A错误；

B、保持K接通，两板间的电势差U不变，在两极板间插入介质后，电容C增大，由C=可知，极板上的电量增大，故B正确；

C、断开K，两板上所带电量Q不变，减小距离d，电容C增大，由C=可知板间电势差U减小，故C正确；

D、断开K，两板上所带电量Q不变，插入介质后电容C变大，由C=可知极板上的电势差U减小，故D错误； 故选：BC． 【点评】电容器的动态分析重点在于明确电容器的两种状态：充电后断开则极板上的电量不变；电容器和电源保持相连，则两板间的电势差不变． 4．A

传感器作为一种将其它形式的信号与电信号之间的转换装置，在我们的日常生活中得到了广泛应用，不同传感器所转换的信号对象不同，我们应就它的具体原理进行分析．

解：A、红外线是一种不可见的光线，红外报警装置就是利用它将光信号转换为电信号的，所以符合题意；

B、声控开关主要是将声信号转换为电信号，所以不合题意；

C、洗衣机中的压力传感装置主要是将压力信号转换为电信号，所以不合题意； D、电钣煲中的温控器主要是将温度信号转换为电信号，所以不合题意． 故选A． 5．D

试题分析：不计一切摩擦，b 不滑动时即ab相对静止，作为一个整体，在水平力作用下，一定沿水平面向右加速运动，根据牛顿运动定律有F=（M+m）a，则有a?F。对木

M?m块b分析，不计摩擦，只受到自身重力mg和斜面支持力FN作用。由于加速度水平向右，所以二者合力水平向右大小为

ma，如下图，则有FN?mg对照选项AB错。cos?FN?mamF，对照选项C错D对。 ?sin?M(?m)si?n

考点：牛顿运动定律

【名师点睛】整体法隔离法是本题的关键。首先由整体受力得到加速度的大小和方向。进而分析滑b，不计一切摩擦，则得到b的受力和合力方向大小。根据几何关系即可得到支持力的大小，压力大小等于支持力。选项中的M和m要区分清楚，不然容易错选B项。 6．AC

试题分析：根据电场力方向与位移方向的关系，判断电场力做功的正负，电场力做功多少，电荷的电势能就减少多少；相反，电荷克服电场力做功多少，电荷的电势能就增加多少． 解：

A、B：电荷在无穷远处电势能为零，从电场中某点移到无穷远处时，电场力做的正功越多，电荷的电势能减少就越多，则电荷在该点的电势能就大，故A正确，B错误．

C、D：电荷在无穷远处电势能为零，从无穷远处移到电场中某点时，克服电场力做功越多，电荷的电势能增加就越多，则电荷在该点的电势能就大，故C正确，D错误． 故选：AC．

【点评】对于电场力做功与电势能变化的关系，可运用类比的方法加深理解，将它们的关系类比成重力做功与重力势能变化的关系，即可容易理解，也便于掌握． 7．C

试题分析：雨滴在空中受重力和阻力两个力作用，根据加速度方向与速度方向的关系判断速度的变化．

解：A、雨滴下落时，加速度的方向与速度方向相同，加速度逐渐减小，速度逐渐增大，当加速度减小到零，速度保持不变，达到最大．故A、B错误，C正确．

D、速度的变化率等于加速度的大小，加速度不断减小，则速度变化率逐渐减小．故D错误． 故选C．

【点评】解决本题的关键知道当加速度方向与速度方向相同，速度增加，当加速度方向与速度方向相反，速度减小． 8．D

由路程差Δs＝nλ可知，第四级明条纹到两缝的距离之差为4λ，故选项D正确． 9．B

试题分析：振动图象表示振子位移随时间变化的规律，并不是振子运动的实际轨迹，B对，A、C错．由于图象不是质点的运动轨迹，因此切线的方向并不表示速度的方向．故D错误 考点：考查对振动图像的掌握和理解

点评：难度较小，振动图像是描述振动物体对平衡位置位移随时间变化的图像，它不是振动质点运动的轨迹，图线上任一点可以表示该时刻质点对平衡位置的位移，也可以表示出质点的振动方向

10．C

试题分析：根据体意，路程是整个过程经过的径迹长度，所以整个路程是70m，而位移则是起点与终点之间的有向线段，我们作出整个过程径迹可以发现两段路程是直角三角形两直角边，而位移则是其斜边长度，由勾股定理得该过程位移折大小是50m，所以C正确。考点：本题考查位移及位移与路程的区别。

11．A考点：电容器的动态分析；带电粒子在匀强电场中的运动；闭合电路的欧姆定律． 专题：带电粒子在电场中的运动专题．

分析：闭合电键，R2与电容器并联，R1相当于导线．电容器上极板带正电，带电液滴受重力和电场力处于平衡．断开开关，R1和R3以及电容器和电源构成一回路，R1和R3都相当于导线，电容器两端间的电势差等于电源的电动势．

解答：解：A、当R1的阻值增大时，电容器两端间的电势差不变，带电液滴受到的电场力不变，液滴保持不动．故A正确．

B、将R2的阻值增大时，则R2两端间的电压增大，所以电容器两端间的电压增大，电场力变大，液滴向上运动．故B错误．

C、断开开关，电容器两端间的电势差等于电源的电动势．根据Q?CU，可知电容器的电量将增加．故C错误． D、因为电容器的电容C??s，把电容器的上极板向上平移少许，d增大，会使电容减4?kd小，电容器两端的电势差不变，根据Q?CU，可知电容器的电量将减少．故D错误． 故选A．

点评：解决电容器的动态分析问题关键抓住不变量．若电容器与电源断开，电量保持不变；若电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变． 12．C

试题分析：做曲线运动的物体，其加速度方向也可能是不变的，例如平抛运动，选项A 错误；只有当物体做匀速圆周运动时，所受的合力才指向圆心，选项B 错误；物体所受合力方向与运动方向相反，该物体一定做匀减速直线运动，选项C 正确；物体运动的速率在增加，所受合力方向不一定与运动方向相同，例如平抛运动的物体，选项D 错误。 考点：运动和力的关系。

13．D只有穿过闭合线圈的磁通量发生变化时，闭合线圈中才会产生感应电流，由楞次定律“安培力的效果总是阻碍磁通量的变化”或“来拒去留”可知D对； 14．C

试题分析：由粒子的运动轨迹弯曲方向可知，带电粒子受电场力大致斜向左下方，与电场强度方向相反，故粒子带负电，故A错误；由于不知道是从A到B，还是从B到A，故电场力做功的正负无法判断，故B错误；沿着电场线电势逐渐降低，等势面与电场线垂直，可以知道A点电势高，负电荷在电势高的点电势能低，故C正确；A点电场线密集，故电场强，电场力大，故加速度大，故D错误；

考点：考查了带电粒子在电场中的运动 15．A

试题分析：因为L2、L3、L4、L5都正常发光，则副线圈电流为4I额，根据可知灯泡L1的电流为I额，所以一定正常发光．

I1n21??，I2n14故选A

考点：变压器的构造和原理． 点评：本题通过得实际电流跟额定电流的关系判断灯泡的发光情况，难度不大，属于基础题． 16．

n mMm，得 R2由mg=GgR2MM3g M=，ρ= ??4GV?R34?GR3g星R星?星g星R地n?n,?mR,所以??. 由于g地R地?地g地R星m17．（1）vC4m/s；（2）8N；（3）为arccos

5 6试题分析：（1）m1从B到C的过程：EP=μm1gL； m2从B到C的过程：EP＝μm2gL+

12m2vC联立解得：vC=4m/s； 2（2）碰后交换速度，小球以vC=4m/s向上运动，假设能到高点，从C到D的过程：

1122m2vD?m2vC ＝?m2g?2R 22解得：vD=0m/s对D点：N+m2g-k（l0-R）=0；

解得：N=8N，求解结果的合理性，说明假设是正确的，小球可以通过最高点， （3）假设能到高点，最高点弹力：N'+m2g-k'（l0-R）=0，

解得：N=-1N，求解结果的不合理，说明假设是错误的，小球不可以通过最高点）

小球离开轨道时的位置E和O'连线与竖直方向的夹角θ，此时小球速度vE 由动能定理：

1122m2vE?m2vC＝?m2g(R+Rcosθ) 2225vE对E点：m2gcosθ?k′(l0?R)＝m2联立解得：cosθ＝，

6R即：θ＝arccos。

考点：动能定理；向心力。