高三物理上学期周练试题(12_30,高补班)
高三物理上学期周练试题(一)
咐呼州鸣咏市呢岸学校学高三物理周练〔一〕第I卷〔选择题〕一．选择题〔共44分，本大题共11小题，每题4分，在每题给出的四个选项中，第1至7题只有一项符合题目要求，第8至11题有多项符合题目要求. 选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分〕1．在研究材料A的热膨胀特性时，可采用如右图所示的干预法，A的上外表是一光滑平面，在A的上方放一个透明的平行板B，B与A上外表平行，在它们中间形成一个厚度均匀的空气膜，现在用波长为λ的单色光垂直照射，同时对A缓慢加热，在B上方观察到B板的亮度发生周期性变化，当温度为t1时最亮，然后亮度逐渐减弱至最暗；当温度升到t2时，亮度再一次回到最亮，那么A．出现最亮时，B上外表反射光与A上外表反射光叠加后B．出现最亮时，B下外表反射光与A上外表反射光叠加后相抵消C．温度从t1升至t2过程中，A的高度增加4/λD．温度从t1升至t2过程中，A的高度增加2/λ2．在以下4个核反方程中，x表示质子的是A．30301514P Si+x→B．x+→Th2349023892UC．2712713012Al+n Mg+x→D．2743013215Al+He P+x→3．光导纤维的结构如下图，其内芯和外套材料不同，光在内芯中传播。
以下关于光导纤维的说法正确的选项是A．内芯的折射率比外套大，光传播时在内芯与外套的界面发生全反射B．内芯的折射率比外套小，光传播时在内芯与外套的界面发生全反射C．内芯的折射率比外套小，光传播时在内芯与外套的界面发生折射D．内芯的折射率比外套相同，外套的材料有韧性，可以起保护作用4．某放射性元素经过1天有78的原子核发生了衰变，该元素的半衰期为〔A〕1天〔B〕天〔C〕天〔D〕天5．以下说法正确的选项是A．α粒子大角度散射说明α粒子很难进入原子内部B．氨原子跃迁发出的光从空气射入水时可能发生全反射C．裂变反有质量亏损，质量数不守恒D．γ射线是一种波长很短的电磁波6．对于红、黄、绿、蓝四种单色光，以下表述正确的选项是A.在相同介质中，绿光的折射率最大B.红光的频率最高C.在相同介质中，蓝光的波长最短D.黄光光子的能量最小7．1964年至1967年6月我国第一颗原子弹和第一颗氢弹相继，1999年9月18日，中共、国务院、隆重表彰在研制“两弹一星〞中作出奉献的家。
高三物理上学期开学考试试题(高补班)-人教版高三全册物理试题
河北定州中学2016-2017学年第一学期高四开学考试物理试题第I 卷〔选择题44分〕一． 选择题〔共44分，本大题共11小题，每一小题4分，在每一小题给出的四个选项中，第1至7题只有一项符合题目要求，第8至11题有多项符合题目要求. 全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分〕1．如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10:1，原线圈接入图乙所示的不完整的正弦交流电，副线圈接火灾报警系统〔报警器未画出〕，电压表和电流表均为理想电表，0 R 和1R 为定值电阻，R 为半导体热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，如下说法中正确的答案是〔 〕A 、R 处出现火警时电压表示数增大B 、R 处出现火警时电流表示数减小C 、图乙中电压的有效值为220VD 、电压表的示数为112V2．一带负电的粒子只在电场力作用下沿x 轴正方向运动，其电势能p E 随位移x 变化的关系如下列图，其中20x 段是关于直线1x x =对称的曲线，23x x 段是直线，如此如下说法正确的答案是〔 〕A 、1x 处电场强度最小，但不为零B 、粒子在20x 段做匀变速运动，23x x 段做匀速直线运动C 、在0、1x 、2x 、3x 处电势0ϕ、1ϕ、2ϕ、3ϕ的关系为3201ϕϕϕϕ>=>D 、23x x 段的电场强度大小方向均不变3．图示电路中，电源为恒流源，能始终提供大小恒定的电流．R 0为定值电阻，移动滑动变阻器的滑片，如此如下表示电压表示数U 、电路总功率P 随电流表示数I 变化的关系图线中，可能正确的答案是4．如下列图， A 、B 、C 为直角三角形的三个顶点，∠A=30°，D 为AB 的中点，负点电荷Q 位于D 点．A 、B 、C 三点的电势分别用A ϕ、B ϕ、C ϕ表示，如下说法正确的答案是A ．C ϕ大于A ϕB ．A 、B 两点电场强度一样C ．负检验电荷在BC 连线上各点具有的电势能都相等D ．将正检验电荷沿AC 从A 点移到C 点，电场力先做正功后做负功5．如下列图为著名的“阿特伍德机〞装置示意图。
高三物理上学期周练试卷
咐呼州鸣咏市呢岸学校泗高三〔上〕周练物理试卷〔2〕一．单项选择题〔每题3分，共15分〕1．如下图，真空中O点有一点电荷，在它产生的电场中有a、b两点，a点的场强大小为E a，方向与ab连线成60°角，b点的场强大小为E b，方向与ab连线成30°角．关于a、b两点场强大小E a、E b的关系，以下结论正确的选项是〔〕A．E a= B．E a=E b C．E a=E b D．E a=3E b2．如下图，有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿①轨迹从两板间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿②轨迹落到B板中间；设粒子两次射入电场的水平速度相同，那么两次偏转电压之比为〔〕A．U1：U2=1：8 B．U1：U2=1：4 C．U1：U2=1：2 D．U1：U2=1：13．如下图电路，电源内阻不可忽略．在滑动变阻器触头由a滑向b的过程中，以下说法中正确的选项是〔〕A．电流表示数减小B．小灯泡L亮度增加C．电源内电阻消耗功率减小D．电源输出功率一增加4．如图是匀强电场遇到空腔导体后的电场线分布图，电场方向如图中箭头所示，M、N、Q是以直电场线上一点O为圆心的同一圆周上的三点，OQ连线垂直于MN．以下说法正确的选项是〔〕A．O点电势与Q点电势相B．O、M间的电势差小于N、O间的电势差C．将一负电荷由M点移到Q点，电荷的电势能增加D．在Q点释放一个正电荷，正电荷所受电场力将沿与OQ垂直的方向竖直向上5．如下图的U﹣I图象中，直线a为某一电源的路端电压与电流的关系图线，直线b为某一电阻R的伏安特性曲线，两图线相交于〔2，2〕．用该电源和该电阻组成闭合电路，电源的输出功率和电源的内电阻分别是〔〕A．6 W，1ΩB．6 W，0.5Ω C．4 W，1ΩD．4 W，0.5Ω二．多项选择题〔每题5分，共20分〕6．直流电路如下图，在滑动变阻器的滑片P从图示位置向右移动时．电源的〔〕A．总功率一减小B．效率一增大C．内部损耗功率一减小D．输出功率一先增大后减小7．如下图，是描述对给的电容器充电时电荷量Q、电压U、电容C之间相互关系的图象，其中正确的选项是〔〕A．B．C．D．8．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷〔电荷量很小〕固在P点，如下图，以E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，E P表示正电荷在P点的电势能．假设保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，那么〔〕A．U变小，E不变B．E变大，E P变大C．U变小，E P不变D．U不变，E P不变9．如下图，绝缘弹簧的下端固在光滑斜面底端，弹簧与斜面平行，带电小球Q〔可视为质点〕固在绝缘斜面上的M点，且在通过弹簧中心的直线ab上．现将与Q大小相同，带电性也相同的小球P，从直线ab上的N点由静止释放，假设两小球可视为点电荷．在小球P与弹簧接触到速度变为零的过程中，以下说法中正确的选项是〔〕A．小球P的速度一先增大后减小B．小球P的机械能一在减少C．小球P速度最大时所受弹簧弹力和库仑力的合力为零D．小球P与弹簧系统的机械能一增加三．选考模块〔每题12分，共24分〕〔3-3〕10．A．一位同学为了表演“轻功〞，用打气筒给4只相同的气球充以相质量的空气〔可视为理想气体〕，然后将它们放置在水平木板上，再在气球的上方平放一块轻质塑料板，如下图．这位同学慢慢站上轻质塑料板中间位置的过程中，气球一直没有破裂，球内气体温度可视为不变．〔1〕以下说法正确的选项是A．气球内气体的压强是由于气体重力而产生的B．由于该同学压迫气球，球内气体分子间表现为斥力C．气球内气体分子平均动能不变D．气球内气体的体积是所有气体分子的体积之和〔2〕表演过程中，对球内气体共做了4J的功，此过程中气球〔填“吸收〞或“放出〞〕的热量是J．假设某气球突然爆炸，那么该气球内的气体内能〔填“增加〞或“减少〞〕，温度〔填“升高〞或“降低〞〕．〔3〕一只气球内气体的体积为2L，密度为3kg/m3，平均摩尔质量为15g/mol，阿伏加德罗常数N A=6.02×1023mol﹣1，试估算这个气球内气体的分子个数．〔3-5〕11．在光电验中，小明同学用同一装置〔如图a〕在甲、乙、丙三种光的照射下得到了三条电流表与电压表读数之间的关系曲线，如图b所示．那么以下说法中正确的选项是〔〕A．乙光的频率小于甲光的频率B．甲光的波长大于丙光的波长C．丙光的光子能量小于甲光的光子能量D．乙光对的光电子最大初动能小于丙光的光电子最大初动能12．用光照射某金属，使它发生光电效现象，假设增加该入射光的强度，那么单位时间内从该金属外表逸出的光电子数，从外表逸出的光电子的最大动量大小．〔选填“增加〞、“减小〞或“不变〞〕13．〔4分〕用加速后动能为E k0的质子轰击静止的原子核X，生成两个动能均为E k的核，并释放出一个频率为ν的γ光子．写出上述核反方程并计算核反中的质量亏损．〔光在真空中传播速度为c〕四．填空题〔填空每空2分，画图4分，共20分〕14．〔6分〕如下图的三把游标卡尺，它们的游标尺从上至下分别为9mm长10分、19mm长20分、49mm长50分，它们的读数依次为mm、mm、mm．15．使用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如下图，那么金属丝的直径是mm．16．室购置了一捆标称长度为100m的铜导线，某同学想通过测其实际长度．该同学首先测得导线横截面积为1.0mm2，查得铜的电阻率为×10﹣8Ω•m，再利用图1所示电路测出铜导线的电阻R x，从而确导线的实际长度．可供使用的器材有：电流表：量程0.6A，内阻约0.2Ω；电压表：量程3V，内阻约9kΩ；滑动变阻器R1：最大阻值5Ω；滑动变阻器R2：最大阻值20Ω；值电阻：R0=3Ω；电源：电动势6V，内阻可不计；开关、导线假设干．答复以下问题：〔1〕中滑动变阻器选〔选填“R1〞或“R2〞〕，闭合开关S前将滑片移至端〔选填“a〞或“b〞〕．〔2〕在实物图中，已正确连接了导线，请根据图1电路完成剩余的连接．〔3〕调节滑动变阻器，当电流表的读数为0.50A时，电压表示数如图3所示，读数为V．〔4〕导线实际长度约为m．五、计算说理题〔15题12分，16题14分，17题15分，共41分〕17．如下图，在竖直平面内，光滑的绝缘细杆AC与半径为R的圆交于B、C两点，在圆心O处固一正电荷，B为AC的中点，C位于圆周的最低点．现有一质量为m、电荷量为﹣q、套在杆上的带负电小球〔可视为质点〕从A点由静止开始沿杆下滑．重力加速度为g，A、C两点的竖直距离为3R，小球滑到B点时的速度大小为2．求：〔1〕小球滑至C点时的速度大小；〔2〕A、B两点间的电势差U AB．18．如下图，一根长 L=1.5m 的光滑绝缘细直杆MN，竖直固在场强为E=1.0×105N/C．与水平方向成θ=30°角的倾斜向上的匀强电场中．杆的下端M固一个带电小球 A，电荷量Q=+×10﹣6C；另一带电小球 B 穿在杆上可自由滑动，电荷量q=+1.0×10﹣6 C，质量m=1.0×10﹣2 kg．现将小球B从杆的上端N静止释放，小球B开始运动．〔静电力常量k=9.0×10 9N•m2/C2，取 g=l0m/s2〕〔1〕小球B开始运动时的加速度为多大？〔2〕小球B的速度最大时，距M端的高度h1为多大？〔3〕小球B从N端运动到距M端的高度h2=0.61m时，速度为v=1.0m/s，求此过程中小球B的电势能改变了多少？19．如图甲所示，在xOy坐标系中，两平行金属板如图放置，OD与x轴重合，板的左端与原点O重合，板长L=2m，板间距离d=1m，紧靠极板右侧有一荧光屏．两金属板间电压U AO随时间的变化规律如图乙所示，U0=1×103V，变化周期T=2×10﹣3s，t=0时刻一带正电的粒子从左上角A点，以v0=1×103m/s的速度平行于AB边射入板间，粒子电荷量q=1×10﹣5C，质量m=1×10﹣7kg，不计粒子所受重力，求：〔1〕粒子在板间运动的时间；〔2〕粒子打在荧光屏上的纵坐标；〔3〕粒子打到屏上的动能．泗高三〔上〕周练物理试卷〔2〕参考答案与试题解析一．单项选择题〔每题3分，共15分〕1．如下图，真空中O点有一点电荷，在它产生的电场中有a、b两点，a点的场强大小为E a，方向与ab连线成60°角，b点的场强大小为E b，方向与ab连线成30°角．关于a、b两点场强大小E a、E b的关系，以下结论正确的选项是〔〕A．E a= B．E a=E b C．E a=E b D．E a=3E b【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】a点与b点与O点的距离关系，根据点电荷的场强公式E=列式求解即可．【解答】解：结合几何关系，有：ao：bo=：根据公式E=，有：应选：D．【点评】此题关键是明确点电荷的场强的公式E=，记住即可，根底题目．2．如下图，有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿①轨迹从两板间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿②轨迹落到B板中间；设粒子两次射入电场的水平速度相同，那么两次偏转电压之比为〔〕A．U1：U2=1：8 B．U1：U2=1：4 C．U1：U2=1：2 D．U1：U2=1：1【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】带电粒子在电场中的运动专题．【分析】带点粒子在电场中做类似平抛运动，将合运动沿着平行平板和垂直平板方向正交分解，根据运动学公式和牛顿第二律列式求解．【解答】解：带点粒子在电场中做类似平抛运动，将合运动沿着平行平板和垂直平板方向正交分解，有x=v0ty=解得∝故应选A．【点评】此题关键根据类平抛运动的分位移公式和牛顿第二律联立列式求解出电压的一般表达式，然后再进行分析讨论．3．如下图电路，电源内阻不可忽略．在滑动变阻器触头由a滑向b的过程中，以下说法中正确的选项是〔〕A．电流表示数减小B．小灯泡L亮度增加C．电源内电阻消耗功率减小D．电源输出功率一增加【考点】闭合电路的欧姆律；电功、电功率．【专题】恒电流专题．【分析】由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化；那么由闭合电路欧姆律可得出电路中电流及电压的变化；再由功率公式明确电源输出功率的变化．【解答】解：A、滑片向b端移动时滑动变阻器接入电阻增大；那么电路中总电流减小；由E=U+Ir可知，路端电压增大；那么流过R的电流增大；故电流表示数增大；故A错误；B、因总电流减小，而流过R的电流增大；由并联电路的分流规律可知，流过灯泡的电流减小；故灯泡亮度减小；故B错误；C、因电流减小，那么由功率公式可知，是源内部消耗的功率减小；故C正确；D、当电源内外电阻相时，电源的输出功率最大；此题无法得出内外电阻的大小关系；故无法确功率的变化；故D错误；应选：C．【点评】此题考查闭合电路欧姆律及功率公式，在解题时要注意明确电源的输出功率的极值问题的用；注意电源的总功率随外电阻的变化而变化，防止错选D．4．如图是匀强电场遇到空腔导体后的电场线分布图，电场方向如图中箭头所示，M、N、Q是以直电场线上一点O为圆心的同一圆周上的三点，OQ连线垂直于MN．以下说法正确的选项是〔〕A．O点电势与Q点电势相B．O、M间的电势差小于N、O间的电势差C．将一负电荷由M点移到Q点，电荷的电势能增加D．在Q点释放一个正电荷，正电荷所受电场力将沿与OQ垂直的方向竖直向上【考点】电势；电势能．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据电场线方向判断电势上下；灵活用公式U=Ed判断两点之间电势差的上下；根据电势上下或电场力做功情况判断电势能的上下；正确判断电荷在电场中移动时电场力做功的正负．【解答】解：A、根据电场线与势线垂直特点，在O点所在电场线上找到Q点的势点，根据沿电场线电势降低可知，O点的电势比Q点的电势高，故A错误；B、根据电场分布可知，OM间的平均电场强度比NO之间的平均电场强度大，故由公式U=Ed可知，OM间的电势差大于NO间的电势差，故B错误；C、M点的电势比Q点的电势高，负电荷从高电势移动到低电势电场力做负功，电荷的电势能增加，故C正确．D、在Q点释放一个正电荷，正电荷所受电场力将沿与该点电场线的切线方向相同，斜向上，故D错误；应选：C．【点评】电场线、电场强度、电势、电势差、电势能物理量之间的关系以及大小比拟，是电场中的和难点，在平时训练中要这方面的练习，以加深对概念的理解．5．如下图的U﹣I图象中，直线a为某一电源的路端电压与电流的关系图线，直线b为某一电阻R的伏安特性曲线，两图线相交于〔2，2〕．用该电源和该电阻组成闭合电路，电源的输出功率和电源的内电阻分别是〔〕A．6 W，1ΩB．6 W，0.5Ω C．4 W，1ΩD．4 W，0.5Ω【考点】路端电压与负载的关系；电功、电功率．【专题】恒电流专题．【分析】由电源的U﹣I的关系图象与纵轴的交点读出电源的电动势，其斜率大小于电源的内阻．电阻R的伏安特性曲线的斜率于电阻．两图线的交点读出电流与电压，求出电源的输出功率．【解答】解：根据闭合电路欧姆律得U=E﹣Ir，当I=0时，U=E，由读出电源的电动势E=3V，内阻于图线的斜率大小，那么r==Ω=0.5Ω．电阻的U﹣I图线的斜率于电阻，那么电阻R==Ω=1Ω；两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时工作状态，由图读出电压U=2V，电流I=2A，那么电源的输出功率为P出=UI=4W．故ABC错误．D正确．应选：D．【点评】对于图线关键要根据物理规律，从数学角度来理解其物理意义．此题要抓住图线的斜率、交点的意义来理解图象的意义．二．多项选择题〔每题5分，共20分〕6．直流电路如下图，在滑动变阻器的滑片P从图示位置向右移动时．电源的〔〕A．总功率一减小B．效率一增大C．内部损耗功率一减小D．输出功率一先增大后减小【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆律．【专题】恒电流专题．【分析】滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，由欧姆律可以判断电路电流如何变化，由电功率公式可以分析答题．【解答】解：由电路图可知，当滑动变阻滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电路总电阻变大，电源电动势不变，由闭合电路的欧姆律可知，电路总电流I变小；A、电源电动势E不变，电流I变小，电源总功率P=EI减小，故A正确；B、电源的效率η==，电源内阻r不变，滑动变阻器阻值R变大，那么电源效率增大，故B正确；C、电源内阻r不变，电流I减小，源的热功率P Q=I2r减小，故C正确；D、当滑动变阻器阻值与电源内阻相时，电源输出功率最大，由于不知道最初滑动变阻器接入电路的阻值与电源内阻间的关系，因此无法判断电源输出功率如何变化，故D错误；应选：ABC．【点评】知道电路串并联中的电流电压关系，并熟练用闭合电路欧姆律、电功率公式即可正确解题．7．如下图，是描述对给的电容器充电时电荷量Q、电压U、电容C之间相互关系的图象，其中正确的选项是〔〕A．B．C．D．【考点】电容．【专题】电容器专题．【分析】电容器的电容由本身的性质决，与Q和U无关，根据Q=CU，知Q与U成正比．【解答】解：是电容的义式，电容器电容的大小与电容的带电量Q以及电容器两极板之间的电压无关，电容器电容的决式为：，只要电容器不变其电容就不发生变化，故A错误，BD正确；根据可有：Q=CU，由于电容器不变，因此电量Q和电压U成正比，故C正确；应选BCD．【点评】解决此题的关键掌握电容的义式为，知道C与Q和U无关，根据Q=CU，知Q与U成正比，同时理解电容器电容大小与那些因素有关．8．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷〔电荷量很小〕固在P点，如下图，以E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，E P表示正电荷在P点的电势能．假设保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，那么〔〕A．U变小，E不变B．E变大，E P变大C．U变小，E P不变D．U不变，E P不变【考点】电容器的动态分析；电容器．【专题】电容器专题．【分析】抓住电容器的电荷量不变，结合电容的决式和义式，以及匀强电场的场强公式得出电场强度的变化，从而得出P与下极板电势差的变化，得出P点的电势变化和电势能变化．【解答】解：平行板电容器充电后与电源断开后，电量不变．将正极板移到图中虚线所示的位置时，板间距离d减小，根据C=知，电容C增大，根据U=，那么板间电压变小．由E==，C=得到：E=，可知E与d无关，那么知电场强度E不变．P与负极板间的距离不变，由公式U=Ed可知，P与负极板间的电势差不变，P点的电势不变，正电荷在P点的电势能不变．故AC正确，BD错误．应选：AC．【点评】解决此题的关键知道电容器与电源断开后其电荷量不变，掌握电容器的决式C=以及义式C=．要能熟练推导出场强的表达式E=，记住E与d无关的结论，有利于进行动态分析．9．如下图，绝缘弹簧的下端固在光滑斜面底端，弹簧与斜面平行，带电小球Q〔可视为质点〕固在绝缘斜面上的M点，且在通过弹簧中心的直线ab上．现将与Q大小相同，带电性也相同的小球P，从直线ab上的N点由静止释放，假设两小球可视为点电荷．在小球P与弹簧接触到速度变为零的过程中，以下说法中正确的选项是〔〕A．小球P的速度一先增大后减小B．小球P的机械能一在减少C．小球P速度最大时所受弹簧弹力和库仑力的合力为零D．小球P与弹簧系统的机械能一增加【考点】功能关系；共点力平衡的条件及其用；库仑律．【分析】此题中有库仑力做功，机械能不守恒；机械能守恒是普遍遵守的律；小球的速度变化可从受力与能量两种观点加以分析【解答】解：A、小球先沿斜面加速向下运动，后减速向下运动，当弹簧压缩量最大时，小球静止，故A正确B、根据除了重力和弹力之外的力做功量度机械能的变化得小球P除了重力和弹力做功还有之外的库仑斥力做功，开始弹簧的弹力和库仑斥力的合力方向可能向上，也就是可能做负功，所以小球P的机械能可能增大，故B错误C、小球P的速度一先增大后减小，当p的加速度为零时，速度最大，所以小球P速度最大时所受弹簧弹力、重力沿斜面向下的分力和库仑力的合力为零，故C错误D、根据能量守恒律知，小球P的动能、与地球间重力势能、与小球Q间电势能和弹簧弹性势能的总和不变，因为在小球P与弹簧接触到速度变为零的过程中，Q对P的库仑斥力做正功，电势能减小，所以小球P与弹簧系统的机械能一增加，故D正确．应选AD．【点评】注意机械能守恒的条件是只有重力或弹力做功，从能量转化的角度讲，只发生机械能间的相互件转化，没有其他形式的能量参与．三．选考模块〔每题12分，共24分〕〔3-3〕10．A．一位同学为了表演“轻功〞，用打气筒给4只相同的气球充以相质量的空气〔可视为理想气体〕，然后将它们放置在水平木板上，再在气球的上方平放一块轻质塑料板，如下图．这位同学慢慢站上轻质塑料板中间位置的过程中，气球一直没有破裂，球内气体温度可视为不变．〔1〕以下说法正确的选项是 CA．气球内气体的压强是由于气体重力而产生的B．由于该同学压迫气球，球内气体分子间表现为斥力C．气球内气体分子平均动能不变D．气球内气体的体积是所有气体分子的体积之和〔2〕表演过程中，对球内气体共做了4J的功，此过程中气球放出〔填“吸收〞或“放出〞〕的热量是 4 J．假设某气球突然爆炸，那么该气球内的气体内能减少〔填“增加〞或“减少〞〕，温度降低〔填“升高〞或“降低〞〕．〔3〕一只气球内气体的体积为2L，密度为3kg/m3，平均摩尔质量为15g/mol，阿伏加德罗常数N A=6.02×1023mol﹣1，试估算这个气球内气体的分子个数．【考点】封闭气体压强；阿伏加德罗常数．【专题】气体的压强专题．【分析】〔1〕知道分子间表现的实际作用力为引力，知道被封闭气体压强产生的原理．温度是分子平均动能变化的标志．〔2〕根据热力学第一律的表达式△U=Q+W进行有关判断；〔3〕求出气体的质量，平均摩尔质量再求出摩尔数，最后求出分子数．【解答】解：〔1〕A、密闭容器内的气体压强是大量气体分子频繁撞击器壁产生，故A错误．B、该同学压迫气球，气体分子间距离仍然较大，气体分子间的作用力几乎为零．故B错误．C、球内气体温度可视为不变．所以气球内气体分子平均动能不变，故C正确．D、气体分子间空隙很大，所以气球内气体的体积远大于所有气体分子的体积之和，故D错误．应选C．〔2〕表演过程中，球内气体温度可视为不变，说明球内气体内能不变，即△U=0，对球内气体共做了4J的功，即W=4J，所以此过程中Q=﹣4J，即气球放出的热量是4J，假设某气球突然爆炸，气体对外做功，瞬间无热传递，那么该气球内的气体内能减少，温度降低．〔3〕一只气球内气体的体积为2L，密度为3kg/m3，气体质量M=ρV=0.006Kg，平均摩尔质量为15g/mol，所以气体的摩尔数n==0.4mol，阿伏加德罗常数N A=6.02×1023mol﹣1，所以这个气球内气体的分子个数N=0.4×6.02×1023=1×1023 ．故答案为：〔1〕C 〔2〕放出，4J，减少，降低．〔3〕1×1023【点评】热很多知识点要需要记忆，注意平时的积累，对于热力学第一律△U=W+Q，要明确公式中各个物理量的含义．〔3-5〕11．在光电验中，小明同学用同一装置〔如图a〕在甲、乙、丙三种光的照射下得到了三条电流表与电压表读数之间的关系曲线，如图b所示．那么以下说法中正确的选项是〔〕A．乙光的频率小于甲光的频率B．甲光的波长大于丙光的波长C．丙光的光子能量小于甲光的光子能量D．乙光对的光电子最大初动能小于丙光的光电子最大初动能【考点】光电效．【专题】光电效专题．【分析】根据遏止电压比拟最大初动能，从而比拟光子频率的大小，得出波长的大小．【解答】解：乙丙两个的遏止电压相，且大于甲光的遏止电压，根据，知乙丙两光照射产生光电子的最大初动能相，大于甲光照射产生的光电子最大初动能．根据光电效方程E Km=hv﹣W0，逸出功相，知乙丙两光的频率相，大于甲光的频率．所以乙丙两光的光子能量相大于甲光的光子能量．甲光频率小，那么波长长．故B正确，A、C、D错误．应选B．【点评】解决此题的突破口在于通过遏止电压比拟最大初动能，结合光电效方程进行分析．12．用光照射某金属，使它发生光电效现象，假设增加该入射光的强度，那么单位时间内从该金属外表逸出的光电子数增加，从外表逸出的光电子的最大动量大小不变．〔选填“增加〞、“减小〞或“不变〞〕【考点】光电效．【专题】光电效专题．【分析】根据光电效方程判断光电子最大初动能的变化，光的强弱影响单位时间内发出光电子的数目．【解答】解：假设增加该入射光的强度，那么单位时间内从该金属外表逸出的光电子数增加．根据光电效方程E km=hv﹣W0知，光强增加，光电子的最大初动能不变，那么光电子的最大速度不变，最大动量大小不变．故答案为：增加，不变．【点评】解决此题的关键掌握光电效方程，知道影响光电子最大初动能的因素．13．〔4分〕用加速后动能为E k0的质子轰击静止的原子核X，生成两个动能均为E k的核，并释放出一个频率为ν的γ光子．写出上述核反方程并计算核反中的质量亏损．〔光在真空中传播速度为c〕【考点】爱因斯坦质能方程．【专题】爱因斯坦的质能方程用专题．【分析】根据电荷数守恒、质量数守恒写出核反方程，通过爱因斯坦质能方程求出质量亏损．【解答】解：根据电荷数守恒、质量数守恒有：→．根据能量守恒知释放的核能△E=2E k+hv﹣E k0根据爱因斯坦质能方程得，．答：核反方程为：→．在核反中的质量亏损为．【点评】解决此题的关键知道在核反过程中电荷数守恒、质量数守恒，以及掌握爱因斯坦质能方程．。
高三物理上学期周练试卷(11.含解析)
咐呼州鸣咏市呢岸学校一中高三上学期周练物理试卷〔12〕一、选择题〔此题共12道小题，每题0分，共0分〕1．从地面上以初速度v0竖直上抛一质量为m的小球，假设运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比，球运动的速率随时间变化的规律如下图，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地速率为v1，且落地前小球已经做匀速运动，那么整个在过程中，以下说法中正确的选项是〔〕A．小球的加速度在上升过程中逐渐减小，在下降过程中也逐渐增加B．小球被抛出时的加速度值最大，到达最高点的加速度值最小C．小球抛出瞬间的加速度大小为〔1+〕gD．小球下降过程中的平均速度小于2．如下图为粮袋的传送带装置，AB间的长度为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A点将粮袋从A到B的运动，以下说法正确的选项是〔设最大静摩擦力于滑动摩擦力〕〔〕A．粮袋到达B点的速度与v比拟，可能大，也可能相或小B．粮袋开始运动的加速度为g〔sinθ﹣cosθ〕，假设L足够大，那么以后将一以速度v做匀速运动C．假设μ＜tanθ，那么粮袋从A到B一一直是做加速运动D．不管μ如何小，粮袋从A到B一直匀加速运动，且a＞gsinθ3．如下图，竖直光滑杆固不动，弹簧下端固，将滑块向下压缩弹簧至离地高度h=0.1m处，滑块与弹簧不拴接，现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度h，并作出其E k﹣h图象，其中高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余为曲线，以地面为零势能面，g取10m/s2，由图象可知〔〕A．轻弹簧原长为0.3mB．小滑块的质量为0.1kgC．弹簧最大弹性势能为0.5JD．小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.4J4．某家用桶装纯洁水手压式饮水器如图，在手连续稳的按压下，出水速度为v，供水系统的效率为η，现测量出桶底到出水管之间的高度差H，出倾斜，其离出水管的高度差可忽略，出的横截面积为S，水的密度为ρ，重力加速度为g，那么以下说法正确的选项是〔〕A．出单位时间内的出水体积Q=vSB．出所出水落地时的速度C．出水后，手连续稳按压的功率为+D．手按压输入的功率于单位时间内所出水的动能和重力势能之和5．如下图，通过轻质光滑的滑轮，将一个质量为m的物体从井中拉出，绳与连接点距滑轮顶点高h，开始时物体静止，滑轮两侧的绳都竖直绷紧，以v向右匀速运动，运动到跟连接的细绳与水平夹角为30°，那么〔〕A．从开始到绳与水平夹角为30°时，拉力做功mghB．从幵始到绳与水平夹角为30°时，拉力做功mgh+mv2C．在绳与水平夹角为30°时，拉力功率为mgvD．在绳与水平夹角为30°时，拉力功率于mgv6．12月2日，我国探月卫星“嫦娥三号〞在西昌卫星发心发射升空，飞行轨道示意图如下图．“嫦娥三号〞从地面发射后奔向月球，先在轨道Ⅰ上运行，在P点从圆形轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，Q为轨道Ⅱ上的近月点，那么有关“嫦娥三号〞以下说法正确的选项是〔〕A．由于轨道Ⅱ与轨道Ⅰ都是绕月球运行，因此“嫦娥三号〞在两轨道上运行具有相同的周期B．“嫦娥三号〞从P到Q的过程中月球的万有引力做正功，速率不断增大C．由于“嫦娥三号〞在轨道Ⅱ上经过P的速度小于在轨道Ⅰ上经过P的速度，因此在轨道Ⅱ上经过P的加速度也小于在轨道Ⅰ上经过P的加速度D．由于均绕月球运行，“嫦娥三号〞在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上具有相同的机械能7．如图甲所示，Q1、Q2是两个固的点电荷，其中Q1带正电，在它们连线的线上a、b 点，一带正电的试探电荷仅在库仑力作用下以初速度v a从a点沿直线ab向右运动，其v﹣t图象如图乙所示，以下说法正确的选项是〔〕A．Q2带正电B．Q2带负电C．b点处电场强度为零D．试探电荷的电势能不断增加8．如图，竖直放置的平行金属板带量异种电荷，一不计重力的带电粒子从两板中间以某一初速度平行于两板射入，打在负极板的中点，以下判断正确的选项是〔〕A．该带电粒子带正电B．该带电粒子带负电C．假设粒子初速度增大到原来的2倍，那么恰能从负极板边缘射出D．假设粒子初动能增大到原来的2倍，那么恰能从负极板边缘射出9．如下图，φ﹣x图表示空间某一静电场的电势φ沿x轴的变化规律，图象关于φ轴对称分布．x轴上a、b两点电场强度在x方向上的分量分别是E xa、E xb，那么〔〕A．E xa＞E xbB．E xa沿x负方向，E xb沿x正方向C．同一点电荷在a、b两点受到的电场力方向相反D．将正电荷沿x轴从a移动到b的过程中，电场力先做正功后做负功10．如下图，PQ为量异种点电荷A、B连线的中垂线，C为中垂线上的一点，M、N分别为AC、BC的中点，假设取无穷远处的电势为零，那么以下判断正确的选项是〔〕A．M、N两点场强相同B．M、N两点电势相同C．负电荷由M点移到C处，电场力做正功D．负电荷由无穷远处移到N点时，电势能一减少11．如下图，电源电动势为E，内阻为r，不计电压表和电流表内阻对电路的影响，当电键闭合后，两小灯泡均能发光．在将滑动变阻器的滑片逐渐向右滑动的过程中，以下说法正确的选项是〔〕A．小灯泡L1、L2均变暗B．小灯泡L1变亮、L2变暗C．电流表A的读数变大，电压表V的读数变小D．电流表A的读数变小，电压表V的读数变大12．如图1所示电路中，电源电动势为3.0V，内阻不计，L1、L2、L3为3个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图2所示．开关S闭合后以下判断正确的选项是〔〕A．L1电流为L2电流的2倍B．L1消耗的电功率为0.75WC．L2消耗的电功率为0.375W D．此时L2的电阻为12Ω二、题〔此题共1道小题，第1题0分，共0分〕13．一根电阻丝，它的电表阻在10Ω左右，测量它的直径时如下图，由此读得它的直径D=mm，由此可以算出它的横截面积S现有一个稳压电源〔输出电压恒为U=3V〕，一个值电阻R〔10Ω左右〕，一个量程0.3A的量流表1，一个量程为3A的电流表2，毫米刻度尺，利用如下图的电路，不断移动夹子〔图中用粗箭头表示〕改变电阻丝连入电路的长l，得出长度l与电流的倒数的关系如下图．那么电流表选择，该电阻丝的电阻率为，值电阻〔要求a、b，U，S字母表示〕三、计算题〔此题共2道小题，第1题0分，第2题0分，共0分〕14．如下图，x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向上，在xOy平面内有与y轴平行向上的匀强电场区域〔在第Ⅰ象限，形状是直角三角形〕，直角三角形斜边分别与x轴和y轴相交于〔L，0〕和〔0，L〕点．区域左侧沿x轴正方向射来一束具有相同质量m、电荷量为﹣q〔q＞0〕和初速度v0的带电微粒，这束带电微粒分布在0＜y＜L的区间内，其中从〔0，〕点射入场区的带电微粒刚好从〔L，0〕点射出场区．带电微粒重力不计．求：〔1〕电场强度大小；从0＜y＜的区间射入场区的带电微粒射出场区时的x坐标值和射入场区时的y坐标值的关系式；〔3〕射到点的带电微粒射入场区时的y坐标值．一中高三上学期周练物理试卷〔12〕参考答案与试题解析一、选择题〔此题共12道小题，每题0分，共0分〕1．从地面上以初速度v0竖直上抛一质量为m的小球，假设运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比，球运动的速率随时间变化的规律如下图，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地速率为v1，且落地前小球已经做匀速运动，那么整个在过程中，以下说法中正确的选项是〔〕A．小球的加速度在上升过程中逐渐减小，在下降过程中也逐渐增加B．小球被抛出时的加速度值最大，到达最高点的加速度值最小C．小球抛出瞬间的加速度大小为〔1+〕gD．小球下降过程中的平均速度小于【考点】匀变速直线运动的图像；竖直上抛运动．【专题】运动的图像专题．【分析】由图象得到小球上升过程和下降过程的运动规律，然后进行受力分析，根据牛顿第二律进行分析．【解答】解：A、上升过程，受重力和阻力，合力向下，根据牛顿第二律，有：f+mg=ma，解得a=g+＞g；由于是减速上升，阻力逐渐减小，故加速度不断减小；下降过程，受重力和阻力，根据牛顿第二律，有：mg﹣f=ma′，解得：＜g；由于速度变大，阻力变大，故加速度变小；即上升和下降过程，加速度一直在减小；故AB错误；C、空气阻力与其速率成正比，最终以v1匀速下降，有：mg=kv1；小球抛出瞬间，有：mg+kv0=ma0 ；联立解得：，故C正确；D、速度时间图象与时间轴包围的面积表示位移，从图象可以看出，位移小于阴影面积，而阴影面积是匀减速直线运动的位移，匀减速直线运动的平均速度于，故小球上升过程的平均速度小于，故D错误；应选：C．【点评】速度时间图象斜率表示加速度，面积表示位移，会用极限的思想求解位移．2．如下图为粮袋的传送带装置，AB间的长度为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A点将粮袋从A到B的运动，以下说法正确的选项是〔设最大静摩擦力于滑动摩擦力〕〔〕A．粮袋到达B点的速度与v比拟，可能大，也可能相或小B．粮袋开始运动的加速度为g〔sinθ﹣cosθ〕，假设L足够大，那么以后将一以速度v做匀速运动C．假设μ＜tanθ，那么粮袋从A到B一一直是做加速运动D．不管μ如何小，粮袋从A到B一直匀加速运动，且a＞gsinθ【考点】牛顿第二律；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【专题】牛顿运动律综合专题．【分析】粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B点时的速度小于v；可能先匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，到达B点时速度与v相同；也可能先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动，到达B点时的速度大于v；粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，加速度为g〔sinθ+μcosθ〕．假设μ≥tanθ，粮袋从A到B可能一直是做加速运动，也可能先匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动．【解答】解：A、粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B点时的速度小于v；可能先匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，到达B点时速度与v相同；也可能先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动，到达B点时的速度大于v；故A正确．B、粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，大小为μmgcosθ根据牛顿第二律得到，加速度a=g 〔sinθ+μcosθ〕．故B错误．C、假设μ＜tanθ，可能是一直以g〔sinθ+μcosθ〕的加速度匀加速；也可能先以g〔sinθ+μcosθ〕的加速度匀加速，后以g〔sinθ﹣μcosθ〕匀加速．故C正确．D、由上分析可知，粮袋从A到B不一一直匀加速运动．故D错误．应选：AC【点评】此题考查分析物体运动情况的能力，而要分析物体的运动情况，首先要具有物体受力情况的能力．传送带问题，物体的运动情况比拟复杂，关键要考虑物体的速度能否与传送带相同．3．如下图，竖直光滑杆固不动，弹簧下端固，将滑块向下压缩弹簧至离地高度h=0.1m处，滑块与弹簧不拴接，现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度h，并作出其E k﹣h图象，其中高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余为曲线，以地面为零势能面，g取10m/s2，由图象可知〔〕A．轻弹簧原长为0.3mB．小滑块的质量为0.1kgC．弹簧最大弹性势能为0.5JD．小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.4J【考点】机械能守恒律．【专题】机械能守恒律用专题．【分析】根据对E k﹣h图象的理解：图线的斜率表示滑块所受的合外力，高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余为曲线和能量守恒律求解．【解答】解：A、在E k﹣h图象中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，由于高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余为曲线，说明滑块从0.2m上升到0.35m范围内所受作用力为恒力，所示从h=0.2m，滑块与弹簧别离，故A错误；B、在从0.2m上升到0.35m范围内，图线的斜率绝对值为：k=mg=2N，所以：m=0.2kg，故B错误；C、根据能的转化与守恒可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能，所以E pm=mg△h=0.2×10×〔0.35﹣0.1〕=0.5J，故C正确；D、在滑块整个运动过程中，系统的动能、重力势能和弹性势能之间相互转化，因此动能最大时，滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小，根据能的转化和守恒可知：E Pmm=E﹣E km=E pm+mgh0﹣E km=0.5+0.2×10×0.1﹣0.32=0.38J，故D错误；应选：C【点评】此题主要考查了能量守恒律和图象的理解与用问题，有一难度．4．某家用桶装纯洁水手压式饮水器如图，在手连续稳的按压下，出水速度为v，供水系统的效率为η，现测量出桶底到出水管之间的高度差H，出倾斜，其离出水管的高度差可忽略，出的横截面积为S，水的密度为ρ，重力加速度为g，那么以下说法正确的选项是〔〕A．出单位时间内的出水体积Q=vSB．出所出水落地时的速度C．出水后，手连续稳按压的功率为+D．手按压输入的功率于单位时间内所出水的动能和重力势能之和【考点】功率、平均功率和瞬时功率；功能关系．【分析】出的体积V=Sl，再除以时间即为位时间内的出水体积，水从出水平流出后做平抛运动，根据高度求出落地时竖直方向的速度，再根据几何关系求出出所出水落地时的速度，在时间t内，流过出的水的质量m=ρSvt，手连续稳按压使水具有初动能和重力势能，根据势能和动能的表达式及供水系统的效率求出手连续稳按压做的功，再根据求解功率即可．【解答】解：A、出的体积V=Sl，那么单位时间内的出水体积Q=，故A正确；B、水从出水平流出后做平抛运动，那么落地时速度方向速度，所以出所出水落地时的速度v==，故B错误；C、手连续稳按压使水具有初动能和重力势能，在时间t内，流过出的水的质量m=ρSvt，那么出的水具有的机械能E=，而供水系统的效率为η，所以手连续稳按压做的功为W=，那么功率P=，故C正确；D、手按压输入的功率于单位时间内所出水的动能和重力势能之和除以供水系统的效率η，故D错误；应选：AC【点评】解答此题要知道水从出水平流出后做平抛运动，根据平抛运动的根本规律求解，注意手连续稳按压时做水做的功没有转化为水的机械能，注意供水系统的效率，难度适中．5．如下图，通过轻质光滑的滑轮，将一个质量为m的物体从井中拉出，绳与连接点距滑轮顶点高h，开始时物体静止，滑轮两侧的绳都竖直绷紧，以v向右匀速运动，运动到跟连接的细绳与水平夹角为30°，那么〔〕A．从开始到绳与水平夹角为30°时，拉力做功mghB．从幵始到绳与水平夹角为30°时，拉力做功mgh+mv2C．在绳与水平夹角为30°时，拉力功率为mgvD．在绳与水平夹角为30°时，拉力功率于mgv【考点】运动的合成和分解；机械能守恒律．【分析】先将的速度沿着平行绳子和垂直绳子方向正交分解，得到货物速度的表达式，分析出货物的运动规律；然后根据动能理和牛顿第二律列式分析．【解答】解：A、B、将的速度沿着平行绳子和垂直绳子方向正交分解，如下图；货物速度为：v货物=vcosθ，由于θ逐渐变小，故货物加速上升；当θ=30°时，货物速度为v；当θ=90°时，货物速度为零；根据功能关系，拉力的功于货物机械能的增加量，故有：W F=△E P+△E K=mgh+mv2，故A错误，B正确；C、D、在绳与水平夹角为30°时，拉力的功率为：P=Fv货物，其中v货物=v，由于加速，拉力大于重力，故P＞mgv，故CD错误；应选：B．【点评】此题关键将找出车的合运动与分运动，正交分解后得到货物的速度表达式，最后根据功能关系和牛顿第二律分析讨论．6．12月2日，我国探月卫星“嫦娥三号〞在西昌卫星发心发射升空，飞行轨道示意图如下图．“嫦娥三号〞从地面发射后奔向月球，先在轨道Ⅰ上运行，在P点从圆形轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，Q为轨道Ⅱ上的近月点，那么有关“嫦娥三号〞以下说法正确的选项是〔〕A．由于轨道Ⅱ与轨道Ⅰ都是绕月球运行，因此“嫦娥三号〞在两轨道上运行具有相同的周期B．“嫦娥三号〞从P到Q的过程中月球的万有引力做正功，速率不断增大C．由于“嫦娥三号〞在轨道Ⅱ上经过P的速度小于在轨道Ⅰ上经过P的速度，因此在轨道Ⅱ上经过P的加速度也小于在轨道Ⅰ上经过P的加速度D．由于均绕月球运行，“嫦娥三号〞在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上具有相同的机械能【考点】万有引力律及其用．【专题】万有引力律的用专题．【分析】嫦娥三号悬停时反推力与重力平衡，据此求得月球外表的重力加速度，由月球半径求得月球的第一宇宙速度．由卫星的变轨原理分析变轨时是加速还是减速．【解答】解：A、根据开普勒第三律可知，轨道的半长轴越大，那么周期越大，故A错误；B、“嫦娥三号〞从P到Q的过程中月球的万有引力做正功，速率不断增大．故B正确；C、嫦娥三号经过P点时都是由万有引力产生加速度，故只要经过P点加速度相同，加速度的大小与嫦娥三号所在轨道无关．故C错误；D、绕月球运行，“嫦娥三号〞从轨道Ⅰ到轨道Ⅱ需要减速，所以一具有不相同的机械能，故D错误．应选：B．【点评】此题要掌握万有引力提供向心力，要能够根据题意选择恰当的向心力的表达式，知道开普勒第三律，理解公式中各量的含义．7．如图甲所示，Q1、Q2是两个固的点电荷，其中Q1带正电，在它们连线的线上a、b 点，一带正电的试探电荷仅在库仑力作用下以初速度v a从a点沿直线ab向右运动，其v﹣t图象如图乙所示，以下说法正确的选项是〔〕A．Q2带正电B．Q2带负电C．b点处电场强度为零D．试探电荷的电势能不断增加【考点】电场的叠加；电场强度．【分析】根据速度﹣时间图线上每一点的切线斜率表示瞬时加速度，可分析出a到b做加速度减小的减速运动，到b点加速度为0．从而知道b点的电场力及电场强度．通过B点的场强可以分析出两个点电荷电量的大小．通过能量守恒判断电势能的变化．【解答】解：A、B：从速度时间图象上看出，粒子从a到b做加速度减小的减速运动，在b点时粒子运动的加速度为零，那么电场力为零，所以该点场强为零．Q1对正电荷的电场力向右，那么Q2对正电荷的电场力必向左，所以Q2带负电．故A错误，B正确．C、由图象可知，b点加速度为零，那么场强为零，故C正确．D、整个过程动能先减小后增大，根据能量守恒得知，粒子的电势能先增大后减小．故D错误．应选：BC．【点评】解决此题的关键根据图象b点的加速度为0，根据这一突破口，从而判断Q2的电性，运用库仑律分析Q1和Q2的电量大小．8．如图，竖直放置的平行金属板带量异种电荷，一不计重力的带电粒子从两板中间以某一初速度平行于两板射入，打在负极板的中点，以下判断正确的选项是〔〕A．该带电粒子带正电B．该带电粒子带负电C．假设粒子初速度增大到原来的2倍，那么恰能从负极板边缘射出D．假设粒子初动能增大到原来的2倍，那么恰能从负极板边缘射出【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】带电粒子在电场中的运动专题．【分析】电子从小孔沿与电场线相反方向射入电场后，电子受到的电场力与电场线的方向相反，所以电子将逆电场线的方向做加速运动，电场力对电子做正功，电子的电势能减小，动能增大．只有电场力做功，动能和电势能的总和保持不变．【解答】解：A、B、粒子以某一初速度平行于两板射入，打在负极板的中点，那么受力的方向与电场的方向相同，所以粒子带正电．故A正确，B错误；C、粒子以某一初速度平行于两板射入，打在负极板的中点，设极板的长度是L，极板之间的距离是d，时间t，那么：；假设粒子恰能从负极板边缘射出，那么时间t不变，沿极板方向的位移：x=vt=L，所以：，故C正确；D、恰能从负极板边缘射出，根据：可知，粒子的动能需增加为原来的4倍．故D 错误．应选：AC【点评】带电粒子在电场中偏转时做匀加速曲线运动．用处理类平抛运动的方法处理粒子运动，关键在于分析临界条件．9．如下图，φ﹣x图表示空间某一静电场的电势φ沿x轴的变化规律，图象关于φ轴对称分布．x轴上a、b两点电场强度在x方向上的分量分别是E xa、E xb，那么〔〕A．E xa＞E xbB．E xa沿x负方向，E xb沿x正方向C．同一点电荷在a、b两点受到的电场力方向相反D．将正电荷沿x轴从a移动到b的过程中，电场力先做正功后做负功【考点】电势；电势能．【分析】此题的入手点在于如何判断E xa和E xb的大小，由图象可知在x轴上各点的电场强度在x方向的分量不相同，如果在x方向上取极小的一段，可以把此段看做是匀强电场，用匀强电场的处理方法思考，从而得到结论，此方法为微元法．【解答】解：A|、在a点和b点附近分别取很小的一段d，由图象，a点段对的电势差大于b点段对的电势差，看做匀强电场有E=，可见E xa＞E xb，故A正确；B、沿电场方向电势降低，在O点左侧，E xa的方向沿x轴负方向，在O点右侧，E xb的方向沿x轴正方向，故B正确；C、由题可知，图为电势沿x轴的分量，B仅为沿电场沿x轴分量，并不是总的电场方向，所以不能判断出总的电场力的方向，所以知同一点电荷在a、b两点受到的电场力方向不一相反，故C错误；D、将正电荷沿x轴从a移动到b的过程中，电场力先做负功后做正功，D错误；应选：AB【点评】此题需要对电场力的性质和能的性质由较为全面的理解，并要求学生能灵活用微分法；故此题的难度较高．10．如下图，PQ为量异种点电荷A、B连线的中垂线，C为中垂线上的一点，M、N分别为AC、BC的中点，假设取无穷远处的电势为零，那么以下判断正确的选项是〔〕A．M、N两点场强相同B．M、N两点电势相同C．负电荷由M点移到C处，电场力做正功D．负电荷由无穷远处移到N点时，电势能一减少【考点】电势；电场的叠加．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据电场线的分布确电场强度的大小和方向，根据沿电场线方向电势逐渐降低，判断电势的上下．根据电场力做功判断电势能的变化．【解答】解：A、根据量异种电荷周围的电场线分布知，M、N两点的场强大小相，方向不同，故A错误．B、沿着电场线方向电势逐渐降低，可知M、N两点电势不．故B错误．C、负电荷由M点移到C处，电势增加，电势能减小，故电场力做正功，故C正确D、量异种电荷连线的中垂线是势线，将负电荷从无穷远处移到N点处，电场力做正功，电势能一减小，故D正确．应选：CD．【点评】解决此题的关键知道量异种电荷周围电场线的分布，知道电场力做功与电势能的变化关系．11．如下图，电源电动势为E，内阻为r，不计电压表和电流表内阻对电路的影响，当电键闭合后，两小灯泡均能发光．在将滑动变阻器的滑片逐渐向右滑动的过程中，以下说法正确的选项是〔〕A．小灯泡L1、L2均变暗B．小灯泡L1变亮、L2变暗C．电流表A的读数变大，电压表V的读数变小D．电流表A的读数变小，电压表V的读数变大【考点】闭合电路的欧姆律．【专题】恒电流专题．。
2021年高三上学期周练(三)物理试题 含答案
2021年高三上学期周练（三）物理试题 含答案一． 选择题（共44分，本大题共11小题，每小题4分，在每小题给出的四个选项中，第1至7题只有一项符合题目要求，第8至11题有多项符合题目要求. 全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1．如图（甲）所示，足够长的木板B 静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A 。
木板B 受到随时间t 变化的水平拉力F 作用时，木板B 的加速度a 与拉力F 关系图象如图（乙）所示，则小滑块A 的质量为（ ）A ．4kgB ．3kgC ．2kgD ．1kg2．一小滑块（可看成质点）在水平拉力F 作用下，沿粗糙水平面上做直线运动，其速度v 随时间t 变化的图像如图所示。
在0.5s 、1.5s 、2.5s 、3.5s 时刻拉力F 的大小分别为F 1、F 2、F 3、F 4，则下列判断一定正确的是A ．F 1<F 2B ．F 2=F 3C ．F 1>F 4D ．F 3>F 43．甲、乙两车从同一地点沿相同方向由静止开始做直线运动，它们运动的加速度随时间变化图象如图所示。
关于两车的运动情况，下列说法正确的是F/Na/(mO F AB 2 6 8 图图A．在0～4s内甲车做匀加速直线运动，乙车做匀减速直线运动B．在0—2s内两车间距逐渐增大，2s～4s内两车间距逐渐减小C．在t=2s时甲车速度为3m/s，乙车速度为4.5m/sD．在t=4s时甲车恰好追上乙车4．如图所示，A、B两小球分别连在弹簧两端，B端用细线固定在倾角为30°的光滑斜面上，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为( )A．都等于 B．和0C．和0 D．0和5．关于两个物体间的相互作用，说法正确的是A．马拉车不动，是因为马拉车的力小于车拉马的力B．马拉车前进，是因为马拉车的力大于车拉马的力C．马拉车不论动或不动，马拉车的力总等于车拉马的力D．马拉车不动或匀速运动时，才有马拉车的力与车拉马的力大小相等6．人站在地面竖直向上提起质量为1kg的物体，物体得到的加速度为5m／s2，g取10m／s2，则此人对物体的作用力大小为A．5N B．10N C．15N D．20N7．一个质量为2kg的物体同时受到两个力的作用，这两个力的大小分别为2N和6N，当两个力的方向发生变化时，物体的加速度大小不可能为A．1m/s B．2m/s C．3m/s D．4m/s评卷人得分二、多选题（题型注释）8．如图所示，当小车向右加速运动时，物块M相对于车厢静止于竖直车厢壁上，当车的加速度增大时，则（）A．M受静摩擦力增大B．物块M对车厢壁的压力不变C．物块M仍能相对于车厢壁静止D．M受静摩擦力不变9．在倾角为的光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量均为m，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态。
精品高三物理上学期周练试卷(含解析)
【最新】2019年高三物理上学期周练试卷（含解析）一.选择题1．滑雪运动员沿斜坡下滑了一段距离，重力对他做功为2000J，物体克服阻力做功100J．则物体的（）A．机械能减小了100J B．动能增加了2100JC．重力势能减小了1900J D．重力势能增加了2000J2．嫦娥一号、二号发射成功后，我国2013年12月2日成功发射嫦娥三号绕月卫星，如图所示，嫦娥一号的绕月圆周轨道距离月球表面的高度为150km，而嫦娥三号绕月圆周运动距月球表面的高度为100km．将月球看成球体，下列说法正确的是（）A．嫦娥三号的运行速率小于嫦娥一号的运行速率B．嫦娥三号绕月球运行的周期比嫦娥一号大C．嫦娥三号绕的向心加速度比嫦娥一号的向心加速度小D．嫦娥三号的角速度大于嫦娥一号的角速度3．一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平速度v=2m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3：1，不计质量损失，取重力加速度g=10m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是（）A．B．C．D．4．碘131的半衰期约为8天，若某药物含有质量为m的碘131，经过32天后，该药物中碘131的含量大约还有（）A．B．C．D5．如图所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线．两电子分别从a、b两点运动到c点，设电场力对两电子做的功分别为Wa和Wb，a、b两点的电场强度大小分别为Ea和Eb，则（）A．Wa=Wb，Ea＜Eb B．Wa≠Wb，Ea＞Eb C．Wa=Wb，Ea＞Eb D．Wa≠Wb，Ea＜Eb二、简答题6．（2014秋•××区校级月考）已知地球的自转周期和半径分别为T 和R，地球同步卫星A的圆轨道半径为R1，卫星B沿半径为R2（R2＜。
高三物理上学期周考试卷(班含解析)
峙对市爱惜阳光实验学校一中 2021 届高三上学期周考物理试卷〔班〕一、选择题：此题共8 小题，每题6 分.在每题给出的四个选项中，第1-5 题只有一项符合题目要求，第6-8 题有多项符合题目要求．选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．关于伽利略对自由落体运动的研究，以下说法中正确的选项是〔〕 A．伽利略认为在同一地点，重的物体和轻的物体下落快慢不同B．伽利略猜测运动速度与下落时间成正比，并直接用进行了验证 C．伽利略通过数学推演并用小球在斜面上验证了位移与时间的平方成正比 D．伽利略用小球在斜面上验证了运动速度与位移成正比2．如下图，外表粗糙的固斜面顶端安有滑轮，两物块P、Q 用轻绳连接并跨过滑轮〔不计滑轮的质量和摩擦〕，P 悬于空中，Q 放在斜面上，均处于静止状态，当用水平向左的恒力推Q 时，P、 Q 仍静止不动，那么A．Q 受到的摩擦力一变小B．Q 受到的摩擦力一变大C．轻绳上拉力一变小D．轻绳上拉力一不变3．甲、乙、丙三个小球分别位于如下图的竖直平面内，甲乙在同一条竖直线上，甲丙在同一条水平线上，水平面的P点在丙的正下方，在同一时刻，甲乙丙开始运动，甲以水平速度v0 做平抛运动，乙以水平速度v0 沿水平面向右做匀速直线运动，丙做自由落体运动，那么〔〕A．假设甲、乙、丙三球同时相遇，那么一发生在P 点B．假设只有甲、丙两球在空中相遇，此时乙球一在P 点C．假设只有甲、乙两球在水平面上相遇，此时丙球还未着地 D．无论初速度v0 大小如何，甲、乙、丙三球一时在P 点相遇4．如下图，质量分别为m1 和m2 的两物块放在水平地面上，与水平地面间的动摩擦因数都是〔μ≠0〕，用轻质弹簧将两物块连接在一起．当用水平力F 作用在m1 上时，两物块均以加速度a 做匀加速运动，此时，弹簧伸长量为x；假设用水平力F′作用在m1 时，两物块均以加速度a′=2a 做匀加速运动，此时，弹簧伸长量为x′．那么以下关系正确的选项是〔〕A．F′=2F B．x′=2xC．F′＞2F D．x′＜2x5．如图，在倾角为α的固光滑斜面上，有一用绳子栓着的长木板，木板上站着一只猫．木板的质量是猫的质量的2倍．当绳子突然断开时，猫立即沿着板向上跑，以保持其相对斜面的位置不变．那么此时木板沿斜面下滑的加速度为〔〕A ．sinαB．gsinαC．gsinα D．2gsinα6．如下图，质量为M的斜劈形物体放在水平地面上，质量为m的粗糖物块以某一初速度沿劈的斜面向上滑，至速度为零后又加速返回，而物体M始终保持静止，那么在物块m上、下滑动的整个过程中A．地面对物体M的摩擦力先向左后向右 B．地面对物体M的摩擦力方向没有改变 C．地面对物体M的支持力总小于〔M+m〕g D．物块m上、下滑动时的加速度大小相同7．如下图，物块从斜面底端以确的初速度开始沿粗糙斜面向上作匀减速运动，恰能滑行到图中的B点．如果在滑行的过程中〔〕A．在物块上施加一个竖直向下的力，那么不能滑行到B点 B．在物块上施加一个竖直向下的力，仍能恰好滑行到B点 C．在物块上施加一个水平向右的力，那么一能滑行到B点以上 D．在物块上施加一个水平向右的力，那么一不能滑行到B点8．如下图，楔形物块A位于水平地面上，其光滑斜面上有一物块B，被与斜面平行的细线系住静止在斜面上．对物块A施加水平力，使A、B 一起做加速运动，A、B 始终保持相对静止．以下表达正确的选项是A．假设水平力方向向左，B 对A的压力增大，A 对地面的压力增大 B．假设水平力方向向左，细线的拉力减小，A 对地面的压力不变 C．假设水平力方向向右，B 对A的压力减小，细线的拉力增大 D．假设水平力方向向右，细线的拉力增大，A 对地的压力不变三、非选择题：包括必做题和选做题两，第9题～第12 题为必做题，每个试题考生必须作答，第136 题为选做题，两模块选做一模块．9．在做“研究匀变速直线运动〞的时，某同学得到一条用电火花计时器打下的纸带如图甲所示，并在其上取了A、B、C、D、E、F、G 7 个计数点，每相邻两个计数点间还有4个点图中没有画出，电火花计时器接220V、50Hz 交流电源．他经过测量并计算得到电火花计时器在打B、C、 D、E、F 各点时物体的瞬时速度如下表：对点 B C D E F速度〔m/s〕0.141 0.185 0.220 0.254 0.301〔1〕设电火花计时器的周期为T，计算v F 的公式为v F= ；根据〔1〕中得到的数据，以A点对的时刻为t=0，试在图乙所示坐标系中合理地选择标度，作出 v﹣t 图象．〔3〕利用该图象求物体的加速度a= m/s2；〔结果保存2位有效数字〕〔4〕如果当时电中交变电流的电压变成210V，而做的同学并不知道，那么加速度的测量值与实际值相比〔选填：“偏大〞、“偏小〞或“不变〞〕．10．①小翔利用如图甲所示的装置，探究弹簧弹力F与伸长量△l 的关系，由绘出F与△l 的关系图线如图乙所示，该弹簧劲度系数为N/m．②小丽用如图丙所示的装置验证“力的平行四边形那么〞．用一木板竖直放在铁架台和弹簧所在平面后．其操作如下，请完成以下相关内容： A．如图丙，在木板上记下悬挂两个钩码时弹簧末端的位置O； B．卸下钩码然后将两绳套系在弹簧下端，用两弹簧称将弹簧末端拉到同一位置O，记录细绳套 AO、BO 的及两弹簧称相的读数．图丁中B弹簧称的读数为N；C．小丽在坐标纸上画出两弹簧拉力F A、F B 的大小和方向如图丁所示，请在图戊中作出F A、F B 的合力F′；D．钩码的重力，可得弹簧所受的拉力F如图戊所示，观察比拟F和F′，得出结论．11．某公共的运行非常规那么，先由静止开始匀加速启动，当速度到达 v 1=10m/s 时再做匀速运 动，进站前开始匀减速制动，在到达车站时刚好停住．公共在每个车站停车时间均为 △t=25s ．然后以同样的方式运行至下一站．公共在加速启动和减速制动时加速度大小都为 a =l m/s 2，而所有相邻车站间的行程都为 s =600m ，有一次当公共刚刚抵达一个车站时，一辆 电动车刚经过该车站一段时间 t 0=60s ，该电动车速度大小恒为 V 2=6m/s ，而且行进路线、方 向与公共完全相同，不考虑其他交通状况的影响，试求：〔1〕公共从其中一站出发至到达下一站所需的时间 t 是多少？ 假设从下一站开始计数，公共在刚到达第 n 站时，电动车也恰好同时到达此车站，n 为多少？12．如下图，一块质量为 M 、长为 L 的匀质板放在很长的光滑水平桌面上，板的左端有一质量为 m 的物块，物块上连接一根很长的细绳，细绳跨过位于桌面边缘的滑轮，某人以恒的速度 υ 向 下拉绳，物块最多只能到达板的中点，而且此时板的右端尚未到达桌边滑轮．求〔1〕物块与板的动摩擦因数及物块刚到达板的中点时板的位移； 假设板与桌面间有摩擦，为使物块能到达板的右端，板与桌面的动摩擦因数的范围．【选【物理一3-4】 13．A 、B 两列简谐横波均沿 x 轴正向传播，在某时刻的波形分别如图中甲、乙所示，经过时间 t 〔t 小于 A 波的周期 T A 〕，这两列简谐横波的波形分别变为图中丙、丁所示，那么 A 、B 两列波的波速 v A 、v B 之比可能是〔 〕A ．1：1B ．2：1C ．1：2D ．3：1E ．1：314．如下图，横截面为直角三角形的玻璃砖 A BC ．AC 边长为 L ，∠B=30°，光线 P 、Q 同时由 A C 中点射入玻璃砖，其中光线 P 方向垂直 A C 边，光线 Q 方向与 A C 边夹角为 45°．发现光线 Q 第一 次到达 B C 边后垂直 BC 边射出．光速为 c ，求： Ⅰ．玻璃砖的折射率；Ⅱ．光线 P 由进入玻璃砖到第一次由 B C 边出射经历的时间．【选【物理一 3-5】15．19 初，爱因斯坦提出光子理论，使得光电效现象得以完美解释，玻尔的氢原子模型也是在光子概念的启发下提出的．关于光电效和氢原子模型，以下说法正确的选项是〔〕 A．光电验中，入射光足够强就可以有光电流B．假设某金属的逸出功为W0，该金属的截止频率为C．保持入射光强度不变，增大入射光频率，金属在单位时间内逸出的光电子数将减小 D．一群处于第四能级的氢原子向基态跃迁时，将向外辐射六种不同频率的光子 E．氢原子由低能级向高能级跃迁时，吸收光子的能量可以稍大于两能级间能量差16．如下图，轻弹簧的两端与质量均为2m 的B、C 两物块固连接，静止在光滑水平面上，物块 C 紧靠挡板但不粘连．另一质量为m的小物块A以速度v o 从右向左与B发生弹性正碰，碰撞时间极短可忽略不计．〔所有过程都在弹簧弹性限度范围内〕求：〔1〕A、B 碰后瞬间各自的速度；弹簧第一次压缩最短与第一次伸长最长时弹性势能之比．一中2021 届高三上学期周考物理试卷〔班〕参考答案与试题解析一、选择题：此题共8小题，每题6分.在每题给出的四个选项中，第1-5 题只有一项符合题目要求，第6-8 题有多项符合题目要求．选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．关于伽利略对自由落体运动的研究，以下说法中正确的选项是〔〕 A．伽利略认为在同一地点，重的物体和轻的物体下落快慢不同 B．伽利略猜测运动速度与下落时间成正比，并直接用进行了验证 C．伽利略通过数学推演并用小球在斜面上验证了位移与时间的平方成正比 D．伽利略用小球在斜面上验证了运动速度与位移成正比【考点】伽利略研究自由落体运动的和推理方法．【分析】要了解伽利略“理想斜面〞的内容、方法、原理以及物理意义，伽利略斜面的之处不是本身，而是所使用的独特的方法在的根底上，进行理想化推理．〔也称作理想化〕它标志着物理学的真正开端．【解答】解：A、亚里士多德认为在同一地点重的物体和轻的物体下落快慢不同，故A错误； B、伽利略猜测自由落体的运动速度与下落时间成正比，并未直接进行验证，而是在斜面的基础上的理想化推理，故B错误． C、伽利略通过数学推演并用小球在斜面上验证了位移与时间的平方成正比，故C正确． D、小球在斜面上运动运动速度与位移不成正比，故D错误，应选C．【点评】伽利略的“理想斜面〞是建立在可靠的事实根底之上的，它来源于实践，而又高于实践，它是实践和思维的结晶．2．如下图，外表粗糙的固斜面顶端安有滑轮，两物块P、Q 用轻绳连接并跨过滑轮〔不计滑轮的质量和摩擦〕，P 悬于空中，Q 放在斜面上，均处于静止状态，当用水平向左的恒力推Q时，P、 Q 仍静止不动，那么A．Q 受到的摩擦力一变小B．Q 受到的摩擦力一变大C．轻绳上拉力一变小D．轻绳上拉力一不变【考点】共点力平衡的条件及其用．【分析】分别对单个物体进行受力分析，运用力的平衡条件解决问题．由于不知具体数据，对于静摩擦力的判断要考虑全面．【解答】解：进行受力分析：对Q物块：当用水平向左的恒力推Q时，由于不知具体数据，Q 物块在粗糙斜面上的运动趋势无法确，故不能确物块Q受到的摩擦力的变化情况，故A、B 错误；对P物块：因为P物块处于静止，受拉力和重力二力平衡，P 物块受绳的拉力始终于重力，所以轻绳与P物块之间的相互作用力一不变，故C错误，D 正确．应选D．【点评】对于系统的研究，我们要把整体法和隔离法结合用．对于静摩擦力的判断要根据外力来确．3．甲、乙、丙三个小球分别位于如下图的竖直平面内，甲乙在同一条竖直线上，甲丙在同一条水平线上，水平面的P点在丙的正下方，在同一时刻，甲乙丙开始运动，甲以水平速度v0 做平抛运动，乙以水平速度v0 沿水平面向右做匀速直线运动，丙做自由落体运动，那么〔〕A．假设甲、乙、丙三球同时相遇，那么一发生在P点 B．假设只有甲、丙两球在空中相遇，此时乙球一在P点 C．假设只有甲、乙两球在水平面上相遇，此时丙球还未着地 D．无论初速度v0 大小如何，甲、乙、丙三球一时在P点相遇【考点】平抛运动；匀速直线运动及其公式、图像．【专题】平抛运动专题．【分析】平抛运动在水平方向做匀速直线运动，竖直方向上做自由落体运动，两个分运动具有时性．【解答】解：甲做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，所以在在未落地前任何时刻，两球都在一竖直线上，最后在地面上相遇，可能在P点前，也可能在P点后；甲在竖直方向上做自由落体运动，所以在未落地前的任何时刻，两球在同一水平线上，两球相遇点可能在空中，可能在P点．所以，假设三球同时相遇，那么一在P点，假设甲丙两球在空中相遇，乙球一在P点，假设甲乙两球在水平面上相遇，丙球一落地．故A、B 正确，C、D 错误．应选A B．【点评】解决此题的关键掌握处理平抛运动的方法，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动．4．如下图，质量分别为m1 和m2 的两物块放在水平地面上，与水平地面间的动摩擦因数都是〔μ≠0〕，用轻质弹簧将两物块连接在一起．当用水平力F作用在m1 上时，两物块均以加速度a做匀加速运动，此时，弹簧伸长量为x；假设用水平力F′作用在m1 时，两物块均以加速度a′=2a 做匀加速运动，此时，弹簧伸长量为x′．那么以下关系正确的选项是〔〕A．F′=2F B．x′=2xC．F′＞2F D．x′＜2x【考点】牛顿第二律；力的合成与分解的运用．【专题】牛顿运动律综合专题．【分析】先以两个物体整体为研究对象，由牛顿第二律求出F和F′，再分别以m1 和m2 为研究对象，求出弹簧的弹力，由胡克律分析弹簧伸长量的关系【解答】解：A、C 以两个物体整体为研究对象，由牛顿第二律得：F﹣〔m1+m2〕g=〔m1+m2〕a…①F′﹣〔m1+m2〕g=2〔m1+m2〕a…②显然，F′＜2F．故A C 均错误．B、D，由①得：a=由②得：2a= ﹣ g，分别以m1 为研究对象，由牛顿第二律得：kx﹣ m1g=m1a=m 1，得：x=kx′﹣ m1g=2m1a=m1〔﹣ g，〕，得：x′=那么有x′＜2x．故B错误，D 正确．应选：D【点评】此题的解答关键是灵活选择研究对象，采用先整体法求解出物体的共同加速度，然后隔离法对物体利用牛顿第二律求解，比拟简捷5．如图，在倾角为α的固光滑斜面上，有一用绳子栓着的长木板，木板上站着一只猫．木板的质量是猫的质量的2倍．当绳子突然断开时，猫立即沿着板向上跑，以保持其相对斜面的位置不变．那么此时木板沿斜面下滑的加速度为〔〕A ．sinαB．gsinαC．gsinα D．2gsinα【考点】牛顿第二律；力的合成与分解的运用．【专题】牛顿运动律综合专题．【分析】对猫和木板受力分析受力分析，可以根据各自的运动状态由牛顿第二律分别列式来求解，把猫和木板当做一个整体的话计算比拟简单．【解答】解：木板沿斜面加速下滑时，猫保持相对斜面的位置不变，即相对斜面静止，加速度为零．将木板和猫作为整体，由牛顿第二律，受到的合力为F木板=2ma，猫受到的合力为F猫=0 那么整体受的合力于木板受的合力：F 合=F 木板=2ma〔a 为木板的加速度〕，又整体受到的合力的大小为猫和木板沿斜面方向的分力的大小〔垂直斜面分力问零〕即F合=3mgsinα，解得a=gsinα应选：C．【点评】此题用整体法对猫和木板受力分析，根据牛顿第二律来求解比拟简单，当然也可以采用隔离法，分别对猫和木板受力分析列出方程组来求解．6．如下图，质量为M的斜劈形物体放在水平地面上，质量为m的粗糖物块以某一初速度沿劈的斜面向上滑，至速度为零后又加速返回，而物体M始终保持静止，那么在物块m上、下滑动的整个过程中A．地面对物体M的摩擦力先向左后向右 B．地面对物体M的摩擦力方向没有改变 C．地面对物体M的支持力总小于〔M+m〕g D．物块m上、下滑动时的加速度大小相同【考点】牛顿第二律；力的合成与分解的运用．【专题】牛顿运动律综合专题．【分析】物体先减速上滑，后加速下滑，加速度一直沿斜面向下；对整体受力分析，然后根据牛顿第二律求解地面对物体M的摩擦力和支持力；对小滑块受力分析，根据牛顿第二律分析m的加速度情况．【解答】解：A、B、物体先减速上滑，后加速下滑，加速度一直沿斜面向下，对整体受力分析，受到总重力、支持力和向左的静摩擦力，根据牛顿第二律，有x 分析：f=masinθ①y 分析：〔M+m〕g﹣N=masinθ②物体上滑时，受力如图，根据牛顿第二律，有mgsinθ+ mgcosθ=ma1 ③物体下滑时，受力如图，根据牛顿第二律，有mgsinθ﹣ mgcosθ=ma2 ④ 由①式，地面对斜面体的静摩擦力方向一直未变，向左，故A错误，B 正确； C、由②式，地面对物体M的支持力总小于〔M+m〕g，故C正确；D、由③④两式，物体沿斜面向上滑动时，加速度较大，故D错误；应选：BC．【点评】此题关键是对整体受力分析后根据牛顿第二律列式求解出支持力和静摩擦力的表达式后进行分析讨论；整体法不仅适用与相对静止的物体系统，同样也适用于有相对运动的物体之间．7．如下图，物块从斜面底端以确的初速度开始沿粗糙斜面向上作匀减速运动，恰能滑行到图中的B点．如果在滑行的过程中〔〕A．在物块上施加一个竖直向下的力，那么不能滑行到B点 B．在物块上施加一个竖直向下的力，仍能恰好滑行到B点 C．在物块上施加一个水平向右的力，那么一能滑行到B点以上 D．在物块上施加一个水平向右的力，那么一不能滑行到B点【考点】牛顿第二律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】牛顿运动律综合专题．【分析】物体匀减速上滑，施加力F前后，分别对物体受力分析并根据牛顿第二律判断加速度的变化情况即可．【解答】解：物体匀减速上滑，施加力F前，物体受重力m g、支持力N和滑动摩擦力f，根据牛顿第二律，有平行斜面方向：mgsinθ+f=ma 垂直斜面方向：N﹣mgcosθ=0 其中：f=N故有：mgsinθ+ mgcosθ=ma解得：a=g〔sinθ+ cosθ〕…①A、B、在物块上施加一个竖直向下的恒力F后，根据牛顿第二律，有平行斜面方向：〔mg+F〕sinθ+f′=ma′ 垂直斜面方向：N﹣〔mg+F〕cosθ=0 其中：f′= N解得：…② 由①②得到加力后加速度变大，故物体一不能到达B点，故A正确B错误； C、D、在物块上施加一个水平向右的恒力，根据牛顿第二律，有平行斜面方向：mgsinθ+f1﹣Fcosθ=ma1垂直斜面方向：N﹣mgcosθ﹣Fsinθ=0其中：f1= N1故m gsinθ+ 〔mgcosθ+Fsinθ〕﹣Fcosθ=ma1解得：…③ 由①③得到，由于动摩擦因素与角度θ大小关系未知，故无法比拟两个加速度的大小关系，因此无法确上滑的位移大小关系；故C D 错误；应选：A．【点评】此题关键是屡次受力分析后，根据牛顿第二律求解出加速度表达式进行讨论，过程较为复杂，一要细心．8．如下图，楔形物块A位于水平地面上，其光滑斜面上有一物块B，被与斜面平行的细线系住静止在斜面上．对物块A施加水平力，使A、B 一起做加速运动，A、B 始终保持相对静止．以下表达正确的选项是A．假设水平力方向向左，B 对A的压力增大，A 对地面的压力增大 B．假设水平力方向向左，细线的拉力减小，A 对地面的压力不变 C．假设水平力方向向右，B 对A的压力减小，细线的拉力增大 D．假设水平力方向向右，细线的拉力增大，A 对地的压力不变【考点】牛顿第二律；力的合成与分解的运用．【专题】牛顿运动律综合专题．【分析】先对A B 整体分析，根据牛顿第二律列式求解支持力；然后隔离物体B分析，根据牛顿第二律列式求解细线的拉力和支持力．【解答】解：不受水平拉力时，对A B 整体分析，受重力和支持力，故支持力于整体的重力；再对物体B 分析，受重力、细线的拉力、支持力，根据平衡条件，有：T=mgsinθN=mgcosθA、B、假设水平力方向向左，整体向左加速，对A B 整体分析，受重力、支持力和推力，根据牛顿第二律，对地压力于重力，不变；再对物体B分析，受重力、细线的拉力、支持力，根据牛顿第二律，有：平行斜面方向，有：mgsinθ﹣T′=ma x垂直斜面方向，有：N′﹣mgcosθ=ma y 故T′＜T，N′＞N；故A错误，B 正确；C、D、假设水平力方向向右，整体向右加速，对A B 整体分析，受重力、支持力和推力，根据牛顿第二律，对地压力于重力，不变；再对物体B分析，受重力、细线的拉力、支持力，根据牛顿第二律，有：平行斜面方向，有：T″﹣mgsinθ=ma x垂直斜面方向，有：mgcosθ﹣N″=ma y故T＜T″，N＞N″；故C正确，D 正确；应选：BCD．【点评】此题关键是明确物体的受力情况和运动情况，然后根据牛顿第二律列式求解，不难．三、非选择题：包括必做题和选做题两，第9题～第12 题为必做题，每个试题考生必须作答，第136 题为选做题，两模块选做一模块．9．在做“研究匀变速直线运动〞的时，某同学得到一条用电火花计时器打下的纸带如图甲所示，并在其上取了A、B、C、D、E、F、G 7 个计数点，每相邻两个计数点间还有4个点图中没有画出，电火花计时器接220V、50Hz 交流电源．他经过测量并计算得到电火花计时器在打B、C、 D、E、F 各点时物体的瞬时速度如下表：对点 B C D E F速度〔m/s 〕0.141 0.185 0.220 0.254 0.301〔1〕设电火花计时器的周期为 T ，计算 v F 的公式为 v F =； 根据〔1〕中得到的数据，以 A 点对的时刻为 t =0，试在图乙所示坐标系中合理地选择标度，作出v ﹣t 图象．〔3〕利用该图象求物体的加速度 a = 0.40 m /s 2；〔结果保存 2 位有效数字〕〔4〕如果当时电中交变电流的电压变成 210V ，而做的同学并不知道，那么加速度的测量值 与实际值相比 不变 〔选填：“偏大〞、“偏小〞或“不变〞〕． 【考点】探究小车速度随时间变化的规律． 【专题】题；直线运动规律专题． 【〔1〕根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度于该过程中的平均速度可以求出 F 点的 瞬时速度； 根据描点法作出图象． 〔3〕根据 v ﹣t 图象的物理意义可知，图象的斜率表示加速度的大小，因此根据图象求出其斜率大 小，即可求出其加速度大小．〔4〕打点计时器的打点频率是与交流电源的频率相同，所以即使电源电压降低也不改变打点计时器 打点周期．【解答】解：〔1〕根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度于该过程中的平均速度，电火花计 时器的周期为 T ，所以从 E 点到 G 点时间为 10T ，有：v F =， 根据图中数据，利用描点法做出图象如下；〔3〕图象斜率大小于加速度大小，故a==0.40m/s 2．〔4〕电电压变化，并不改变打点的周期，故测量值与实际值相比不变．故答案为：〔1〕；如图〔3〕0.40；〔4〕不变【点评】此题考查了利用匀变速直线运动的规律和推论解决问题的能力，同时注意图象法在物理实验中的用．10．①小翔利用如图甲所示的装置，探究弹簧弹力F与伸长量△l 的关系，由绘出F与△l 的关系图线如图乙所示，该弹簧劲度系数为125 N/m．②小丽用如图丙所示的装置验证“力的平行四边形那么〞．用一木板竖直放在铁架台和弹簧所在平面后．其操作如下，请完成以下相关内容： A．如图丙，在木板上记下悬挂两个钩码时弹簧末端的位置O； B．卸下钩码然后将两绳套系在弹簧下端，用两弹簧称将弹簧末端拉到同一位置O，记录细绳套 AO、BO 的方向及两弹簧称相的读数．图丁中B 弹簧称的读数为10 N；C．小丽在坐标纸上画出两弹簧拉力F A、F B 的大小和方向如图丁所示，请在图戊中作出F A、F B 的合力F′；D．钩码的重力，可得弹簧所受的拉力F如图戊所示，观察比拟F和F′，得出结论．【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系．【专题】题．【分析】①由胡克律可知，弹簧的弹力F与弹簧的伸长量△l 成正比，根据图象可以求出弹簧的劲度系数．②验证“力的平行四边形那么〞．需要测量力的大小和方向，弹簧秤读数时，搞清每一格的分度为多少．根据平行四边形那么作出合力．【解答】解：①弹簧的F﹣△l 图象的斜率是弹簧的劲度系数，由图象可知，弹簧的劲度系数：k===125N/m；②B、时，需记录细绳套A O、BO 的方向以及两弹簧称相的读数．图丁中B弹簧称的读数为10N．D、根据平行四边形那么作出合力，如下图：。
高中高三物理上学期补充训练卷试题(含解析)-人教版高三全册物理试题
2015-2016学年河南省信阳市某某高中高三〔上〕物理补充训练卷一、选择题〔共12小题，每一小题3分，总分为36分〕1．如下说法中正确的答案是〔〕A．电场强度反映了电场的力的性质，因此电场中某点的电场强度与试探电荷在该点所受的电场力成正比B．电场中某点的电场强度，由电场本身的性质决定，与试探电荷在该点所受的静电力与带电量无关C．规定电场中某点电场强度的方向与正试探电荷在该点所受的静电力方向一样D．公式E=和E=对于任何静电场都是适用的2．对于静电场的电场线，如下说法正确的答案是〔〕A．电场强度的方向是通过该点电场线的切线方向B．电场中的两条电场线可能相交C．电场线是电场中实际存在的线D．电场线是带电粒子在电场中运动的轨迹3．把电荷从电场中的A点移到B点，电场力做正功，如此如下说法中正确的答案是〔〕A．A、B两点的电场强度一定均不为零B．A、B两点的电场强度一定相等C．A点电势一定比B点电势高D．A、B两点不一定在同一条电场线上4．如下关于静电场的说法中错误的答案是〔〕A．在孤立点电荷形成的电场中没有场强一样的两点，但有电势一样的两点B．正电荷只在电场力作用下，一定从高电势点向低电势点运动C．场强为零处，电势不一定为零；电势为零处，场强不一定为零D．初速为零的正电荷在电场力作用下不一定沿电场线运动5．把质量M为的正点电荷，在电场中从静止释放，运动的过程中如果不记重力，正确的答案是〔〕A．点电荷运动轨迹必与电场重合B．点电荷的速度方向，必定和所在点的电场线的切线方向一致C．点电荷的加速度方向，必与所在点的电场线的切线方向一致D．点电荷的受力方向，必与所在点的电场线的切线方向一致6．关于静电场，如下结论普遍成立的是〔〕A．电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低B．电场中任意两点之间的电势差只与这两点的场强有关C．在正电荷或负电荷产生的静电场中，场强方向都指向电势降低最快的方向D．在电场强度越大的地方，电荷的电势能也越大7．如下说法中正确的答案是〔〕A．沿电场线的方向，电场强度一定越来越小B．沿电场线的方向，电势一定越来越低C．电荷沿电场线方向移动，电势能逐渐减小D．在静电力作用下，正电荷一定从电势高处向电势低处移动8．关于电场强度和电场线，如下说法正确的答案是〔〕A．电荷在电场中某点所受力的方向即为该点的电场强度方向B．在电场中某点放一检验电荷后，该点的电场强度会发生改变C．初速为零、重力不计的带电粒子在电场中运动的轨迹不一定与电场线重合D．由电场强度定义式E=F/q可知，电场中某点的E与q成反比，与q所受电场力F成正比9．如下关于电场力的性质和能的性质表示中，正确的答案是〔〕A．E=是电场强度的定义式．F是放入电场中的电荷所受的力，q是放入电场中电荷的电荷量，它适用于任何电场B．由公式U=可知电场中两点的电势差与电场力做功成正比，与电荷量反比C．电势能是电场和放入电场中的电荷共同具有的，所以在电场中确定的一点放入电荷的电量越大，电势能就越大D．从点电荷场强计算式分析，库仑定律表达式F=k中k是点电荷q2产生的电场在点电荷q1处的场强大小，而k是点电荷q1产生的电场在点电荷q2处的场强大小10．如图，带箭头的直线是某电场中的一条电场线，用E A、E B表示A．B两处的场强大小，如此〔〕A．A、B两点的场强方向不一样B．电场线从A指向B，所以E A＞E BC．A、B在同一电场线上，且电场线是直线，所以E A=E BD．不知A、B附近的电场线分布情况，E A、E B的大小不能确定11．如下列图，甲、乙两图分别有等量同种的电荷A1、B1和等量异种的电荷A2、B2．在甲图电荷A1、B1的电场中，a1、O1、b1在点电荷A1、B1的连线上，c1、O1、d1在A1、B1连线的中垂线上，且O1a1=O1b1=O1c1=O1d1；在乙图电荷A2、B2的电场中同样也存在这些点，它们分别用a2、O2、b2和c2、O2、d2表示，且O2a2=O2b2=O2c2=O2d2．如此〔〕A．a1、b1两点的场强一样，电势一样B．c1、d1两点的场强一样，电势一样C．a2、b2两点的场强一样，电势一样D．c2、d2两点的场强一样，电势一样12．两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如下列图，其中A、N两点的电势为零，ND段中C点电势最高，如下说法不正确的答案是〔〕A．q1为正电荷，q2为负电荷B．|q1|＜|q2|C．C点的电场强度为零D．将一带负电的检验电荷从N点移到D点，电场力先做负功后做正功二、解答题〔共4小题，总分为0分〕13．〔2015•成都校级二模〕如下列图，A、B两物块用一根轻绳跨过定滑轮相连，不带电的B、C通过一根轻弹簧拴接在一起，且处于静止状态，其中A带负电，电荷量大小为q．质量为2m 的A静止于斜面的光滑局部〔斜面倾角为37°，其上局部光滑，下局部粗糙且足够长，粗糙局部的摩擦系数为μ，且μ=tan30°，上方有一个平行于斜面向下的匀强电场〕，通过细绳与B相连接，此时与B相连接的轻弹簧恰好无形变．弹簧劲度系数为k．B、C质量相等，均为m，不计滑轮的质量和摩擦，重力加速度为g．〔1〕电场强度E的大小为多少？〔2〕现突然将电场的方向改变180°，A开始运动起来，当C刚好要离开地面时〔此时 B还没有运动到滑轮处，A刚要滑上斜面的粗糙局部〕，B的速度大小为v，求此时弹簧的弹性势能E P．〔3〕假设〔2〕问中A刚要滑上斜面的粗糙局部时，绳子断了，电场恰好再次反向，请问A 再经多长时间停下来？14．〔2014秋•漳州校级期末〕如下列图，长L=1.2m、质量M=3kg的木板静止放在倾角为37°的光滑斜面上，质量m=1kg、带电荷量q=+2.5×10﹣4C的物块放在木板的上端，木板和物块间的动摩擦因数μ=0.1，所在空间加有一个方向垂直斜面向下、场强E=4.0×104N/C的匀强电场．现对木板施加一平行于斜面向上的拉力F=10.8N．取g=10m/s2，斜面足够长．求：〔1〕物块经多长时间离开木板？〔2〕物块离开木板时木板获得的动能．〔3〕物块在木板上运动的过程中，由于摩擦而产生的内能．15．〔2014秋•吴兴区校级期中〕如下列图，BC是半径为R=1m的圆弧形光滑且绝缘的轨道，位于竖直平面内，其下端与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度为E=2.0×10﹣4N/C，今有一质量为m=1kg、带正电q=1.0×10﹣4C的小滑块，〔体积很小可视为质点〕，从C点由静止释放，滑到水平轨道上的A点时速度减为零．假设滑块与水平轨道间的动摩擦因数为μ=0.2，求：〔1〕滑块通过B点时的速度大小；〔2〕滑块通过B点时圆轨道B点受到的压力大小：〔3〕水平轨道上A、B两点之间的距离．16．〔2015春•武汉校级期末〕如下列图，在竖直向下的匀强电场中，一个质量为m带负电的小球从斜轨道上的A点由静止滑下，小球通过半径为R的圆轨道顶端的B点时恰好不落下来．轨道是光滑而又绝缘的，且小球的重力是它所受的电场力2倍．求：〔1〕A点在斜轨道上的高度h为多少？〔2〕小球运动到最低点时的最小压力为多少？2015-2016学年河南省信阳市某某高中高三〔上〕物理补充训练卷参考答案与试题解析一、选择题〔共12小题，每一小题3分，总分为36分〕1．如下说法中正确的答案是〔〕A．电场强度反映了电场的力的性质，因此电场中某点的电场强度与试探电荷在该点所受的电场力成正比B．电场中某点的电场强度，由电场本身的性质决定，与试探电荷在该点所受的静电力与带电量无关C．规定电场中某点电场强度的方向与正试探电荷在该点所受的静电力方向一样D．公式E=和E=对于任何静电场都是适用的考点：电场强度；点电荷的场强．专题：电场力与电势的性质专题．分析：解答此题关键抓住电场强度的定义式和点电荷场强公式进展判断：电场强度反映电场本身的力性质，与试探电荷的电量、所受的电场力无关；由E=分析，电场强度的方向与正试探电荷在该点所受的静电力方向一样．公式E=是场强的定义式适用于任何静电场，而E=是由库仑定律和E=结合推出的，只对于真空中点电荷产生的静电场适用．解答：解：A、B电场强度反映了电场的力的性质，由电场本身决定，与试探电荷的电荷量、所受的静电力无关，所以不能说电场强度与试探电荷在该点所受的电场力成正比．故A错误，B正确．C、由E=分析可知，当试探电荷带正电时，电场强度E与电场力F方向一样．故C正确．D、公式E=适用于任何静电场，而E=只对于真空中点电荷产生的静电场适用．故D错误．应当选BC点评：此题关键要掌握电场强度的物理意义与公式E=和E=的适用条件．2．对于静电场的电场线，如下说法正确的答案是〔〕A．电场强度的方向是通过该点电场线的切线方向B．电场中的两条电场线可能相交C．电场线是电场中实际存在的线D．电场线是带电粒子在电场中运动的轨迹考点：电场线．分析：为了形象的描述电场而引入了一组假象的曲线，掌握电场线特点是解此题的关键，电场线从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷，不相交不闭合，电场线疏密描述电场强弱，电场线密的地方，电场强度大，疏的地方电场强度弱．解答：解：A、电场强度的方向是通过该点电场线的切线方向，A正确；B、电场中的两条电场线不可能相交，假设相交如此交点处的电场方向有两个，B错误；C、为了形象的描述电场而引入了一组假象的曲线，C错误；D、电场线不是带电粒子的运动轨迹，运动轨迹还与初速度的方向有关，D错误；应当选：A点评：此题考察了关于电场线的根底知识，比拟简单，对于电场线的理解可以和磁场线类比进展．3．把电荷从电场中的A点移到B点，电场力做正功，如此如下说法中正确的答案是〔〕A．A、B两点的电场强度一定均不为零B．A、B两点的电场强度一定相等C．A点电势一定比B点电势高D．A、B两点不一定在同一条电场线上考点：电势；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：场强大小根据电场线的疏密判断，沿电场线方向电势逐渐降低，电场力做正功，电势能减小．解答：解：电场力做正功，电势能减小，由于不知道电荷的正负，所以不能判断电势的上下；由条件不能判断电场的强弱，两点也不一定在同一电场线上．应当选：D点评：掌握电场力做功与电势能的变化情况，会根据电场线的特点判断场强即电势的上下．4．如下关于静电场的说法中错误的答案是〔〕A．在孤立点电荷形成的电场中没有场强一样的两点，但有电势一样的两点B．正电荷只在电场力作用下，一定从高电势点向低电势点运动C．场强为零处，电势不一定为零；电势为零处，场强不一定为零D．初速为零的正电荷在电场力作用下不一定沿电场线运动考点：电势；电场．专题：电场力与电势的性质专题．分析：强和电势都是描述电场的物理量，二者之间无直接联系但相互关联．带电粒子在电场中运动取决于所受合力和初速度，与电场力无直接关系．解答：解：A、场强是矢量，根据点电荷形成的电场线可知：各点的场强不同；又因为电场线与等势面垂直，且电势为标量，故在点电荷形成的电场中没有场强相等的两点，但有电势相等的很多点．故A正确．B、正电荷只在电场力的作用下，其运动是由电场力和初速度共同决定的，如正电荷在电场中做减速运动，就是由低电势向高电势运动．故B错误．C、电势是标量且具有相对性，与零势面的选取有关，故场强为零处，电势不一定为零；电势为零处，场强不一定为零．故C正确．D、初速度为零的正电荷在电场力作用下其运动取决于电场力，如果电场力方向不变，一定沿直线运动，否侧沿曲线运动，并不一定沿着电场线运动．故D正确．因选错误的，应当选：B点评：明确场强和电势二者之间无直接联系但相互关联是解此题的关键；带电粒子在电场中运动情况取决于所受合力和初速度．5．把质量M为的正点电荷，在电场中从静止释放，运动的过程中如果不记重力，正确的答案是〔〕A．点电荷运动轨迹必与电场重合B．点电荷的速度方向，必定和所在点的电场线的切线方向一致C．点电荷的加速度方向，必与所在点的电场线的切线方向一致D．点电荷的受力方向，必与所在点的电场线的切线方向一致考点：带电粒子在匀强电场中的运动．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：只有当电场线是直线，而且点电荷没有初速度或初速度方向与电场线在同一直线上时，点电荷的运动轨迹才与电场线重合；点电荷的加速度方向与电场力方向一样，对于正电荷，电场力与场强方向一样，沿着电场线的切线方向．解答：解：A、点电荷运动的轨迹不一定与电场线重合，只有当电场线是直线，而且点电荷没有初速度或初速度方向与电场线在同一直线上时，点电荷的运动轨迹才与电场线重合．故A 错误；B、点电荷的速度方向始终沿着轨迹的切线方向，由于轨迹不一定与电场线重合，所以其速度方向不一定终与所在点的电场线的切线方向一样，故B错误；C、正电荷的受到的电场力的方向始终与所在点的电场线的切线方向一致，根据牛顿第二定律可知，加速度方向一样与其所受的电场力的方向一样，所以正电荷的加速度方向，始终与所在点的电场线的切线方向一样，故C正确；D、正电荷的受力方向与电场方向一致，而电场方向与电场线该点切线方向一致，故D正确．应当选：CD．点评：关于电场线与轨迹的关系，要根据电场线的状态和电荷的初速度进展分析．并掌握电场线的切线方向表示场强方向，运用牛顿第二定律分析加速度方向．6．关于静电场，如下结论普遍成立的是〔〕A．电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低B．电场中任意两点之间的电势差只与这两点的场强有关C．在正电荷或负电荷产生的静电场中，场强方向都指向电势降低最快的方向D．在电场强度越大的地方，电荷的电势能也越大考点：电场．专题：电场力与电势的性质专题．分析：在静电场中场强方向就是电势降低最快的方向；两点之间的电势差与场强与两点间沿电场线方向的距离有关；电场强度与电势无关；根据电场力做功公式W=qU分析电场力做功情况．解答：解：A、电势与电场强度没有直接关系，所以电场强度大的地方电势不一定高，电场强度小的地方电势不一定低，故A错误．B、由公式U=Ed可知，两点之间的电势差与场强和两点间沿电场线方向的距离都有关，故B 错误．C、在正电荷或负电荷产生的静电场中，沿场强方向电势降低最快，故C正确．D、电势能的上下根据电场力做功的正负判断，与场强的大小没有关系，故D错误．应当选：C．点评：解决此题关键要理解电场中几对关系：场强与电势、场强与电势差、电场力做功与电势差等等，可结合电场线的物理意义和相关公式加深理解．7．如下说法中正确的答案是〔〕A．沿电场线的方向，电场强度一定越来越小B．沿电场线的方向，电势一定越来越低C．电荷沿电场线方向移动，电势能逐渐减小D．在静电力作用下，正电荷一定从电势高处向电势低处移动考点：电场线．分析：电场线是人们为了形象地描述电场而引入的线；电场线的方向是正电荷所受电场力的方向，而正负电荷所受的电场力的方向相反；电场线的切线方向即为场强的方向，故任意两条电场线都不会相交；电场线的疏密代表电场的强弱，故电场线越密的地方场强越强．解答：解：A、沿电场线的方向，电势一定越来越低，电场线的疏密代表电场的强弱，故A 错误B正确；C、正电荷沿电场线方向移动，电场力做正功，电势能逐渐减小，故C错误．D、电荷移动的方向与电场线的形状与电荷有无初速度和初速度的方向决定，假设放入静止的正电荷，一定从电势高处向电势低处移动．故D错误．应当选：B点评：考查学生根底知识的掌握，加强根底知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决此题．8．关于电场强度和电场线，如下说法正确的答案是〔〕A．电荷在电场中某点所受力的方向即为该点的电场强度方向B．在电场中某点放一检验电荷后，该点的电场强度会发生改变C．初速为零、重力不计的带电粒子在电场中运动的轨迹不一定与电场线重合D．由电场强度定义式E=F/q可知，电场中某点的E与q成反比，与q所受电场力F成正比考点：电场线；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：利用场强方向的规定、运动轨迹由力和初速度决定和场强的定义式即可判断选项．解答：解：A、据场强方向的规定可知，正电荷所受电场力的方向与场强方向一样，负电荷所受电场力的方向与场强方向相反，故A错误；B、检验电荷的引入是为了研究电场的方便，引入后，不会影响原电场，即该点的场强不会发生改变，故B错误；C、带电粒子的运动轨迹取决于力和初速度，所以初速度为零、重力不计的带电粒子在电场中运动的轨迹不一定与电场线重合，如初速度为零的带电粒子在场强方向改变的电场中，其轨迹与电场线不重合，故C正确；D、电场强度的定义式是比值法下定义，场强取决于电场本身，并不是与电场中某点的E与q 成反比，与q所受电场力F成正比，故D错误．应当选：C．点评：明确场强方向的规定、运动轨迹由力和初速度决定和场强的定义式是解题的关键，注意检验电荷的引入的意义，根底题．9．如下关于电场力的性质和能的性质表示中，正确的答案是〔〕A．E=是电场强度的定义式．F是放入电场中的电荷所受的力，q是放入电场中电荷的电荷量，它适用于任何电场B．由公式U=可知电场中两点的电势差与电场力做功成正比，与电荷量反比C．电势能是电场和放入电场中的电荷共同具有的，所以在电场中确定的一点放入电荷的电量越大，电势能就越大D．从点电荷场强计算式分析，库仑定律表达式F=k中k是点电荷q2产生的电场在点电荷q1处的场强大小，而k是点电荷q1产生的电场在点电荷q2处的场强大小考点：电势差与电场强度的关系；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场强度是反映电场本身的性质的物理量，与试探电荷无关，在电场中同一点，电场强度是确定不变的，场强方向与正电荷在该点所受的电场力方向一样解答：解：A、电场强度的定义式适用于任何电场，故A正确；B、电场中两点的电势差由电场本身确定，与电场力做功和被移动电荷的电荷量无关，故B错误．C、电势能是电场和放入电场中的电荷共同具有的，但在电场中确定的一点放入电荷的电势能与电荷量大小和电量的正负都有关，故C错误；D、从点电荷场强计算式分析，库仑定律表达式F=k中k是点电荷q2产生的电场在点电荷q1处的场强大小，而k是点电荷q1产生的电场在点电荷q2处的场强大小，故D正确应当选：AD点评：此题关键抓住电场强度是描述电场本身性质的物理量，其大小和方向与试探电荷无关，是电场本身决定．10．如图，带箭头的直线是某电场中的一条电场线，用E A、E B表示A．B两处的场强大小，如此〔〕A．A、B两点的场强方向不一样B．电场线从A指向B，所以E A＞E BC．A、B在同一电场线上，且电场线是直线，所以E A=E BD．不知A、B附近的电场线分布情况，E A、E B的大小不能确定考点：电场线．分析：电场强度的大小看电场线的疏密程度，电场线越密的地方电场强度越大，电势的上下看电场线的指向，沿着电场线电势一定降低．解答：解：A、由图可得，A、B两点的场强的方向都向右．故A错误；B、电场线越密的地方电场强度越大，由于只有一条电场线，无法看出电场线的疏密，故E A与E B可能相等、可能不相等；故BC错误，D正确．应当选：D．点评：此题关键在于通过电场线的疏密程度看电场强度的大小，通过电场线的指向看电势的上下．11．如下列图，甲、乙两图分别有等量同种的电荷A1、B1和等量异种的电荷A2、B2．在甲图电荷A1、B1的电场中，a1、O1、b1在点电荷A1、B1的连线上，c1、O1、d1在A1、B1连线的中垂线上，且O1a1=O1b1=O1c1=O1d1；在乙图电荷A2、B2的电场中同样也存在这些点，它们分别用a2、O2、b2和c2、O2、d2表示，且O2a2=O2b2=O2c2=O2d2．如此〔〕A．a1、b1两点的场强一样，电势一样B．c1、d1两点的场强一样，电势一样C．a2、b2两点的场强一样，电势一样D．c2、d2两点的场强一样，电势一样考点：电场线；电势．分析：根据电场线的分布疏密判断场强的大小，电场线的切线方向即为电场强度方向，根据F=Eq判断电场力的大小，正电荷的受力方向与电场强度方向一样，负电荷受力方向与电场强度方向相反解答：解：A、在正等量同种电荷的电场中，电场左右对称，所以a1、b1两点的场强大小一样，方向相反，电势一样．故A错误；B、在正等量同种电荷的电场中，电场上下对称，所以c1、d1两点的场强大小一样，方向相反，电势一样．故B错误；C、在等量异种种电荷的电场中，电场左右对称，所以a2、b2两点的场强一样，电势沿电场线的方向降低，所以点的电势高．故C错误；D、在等量异种电荷的电场中，电场上下对称，所以c2、d2两点的场强一样，电势一样．故D 正确．应当选：D点评：该题考查常见的电场，根据电场线的分布疏密判断场强的大小，电场线的切线方向即为电场强度方向，根据F=Eq判断电场力的大小，正电荷的受力方向与电场强度方向一样，负电荷受力方向与电场强度方向相反．12．两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如下列图，其中A、N两点的电势为零，ND段中C点电势最高，如下说法不正确的答案是〔〕A．q1为正电荷，q2为负电荷B．|q1|＜|q2|C．C点的电场强度为零D．将一带负电的检验电荷从N点移到D点，电场力先做负功后做正功考点：电势；电势能．分析：φ﹣x图象的斜率等于电场强度E．根据两点电荷连线的电势上下的分布如下列图，由于沿着电场线电势降低，可知两点电荷的电性．根据功能关系分析电场力做功的正负．解答：解：AB、由图知无穷远处的电势为0，A点的电势为零，由于沿着电场线电势降低，所以O点的电荷q1带正电，M点电荷q2带负电，由于A点距离O比拟远而距离M比拟近，。
2021年高三上学期第十次周练物理试题 含答案
2021年高三上学期第十次周练物理试题含答案一、选择题(本题共12小题，每题6分共72分。
每小题给出的四个选项中，1-9题只有一个选项正确，9-12题有多个选项正确)1.在“探究弹性势能的表达式”的活动中，为计算弹簧弹力所做功，把拉伸弹簧的过程分为很多小段，拉力在每小段可认为是恒力，用各小段做功的代数和代表弹力在整个过程所做的功，物理学中把这种研究方法叫做“微元法”，下面实例中应用该方法的是（）A.根据加速度的定义，当△t非常小，就可以表示物体在某时刻的瞬时加速度B.在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加C．在探究加速度、力和质量三者之间关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系D．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用点来代替物体，即质点2.从手中竖直向上抛出的小球，与水平天花板碰撞后又落回到手中，设竖直向上的方向为正方向，小球与天花板碰撞时间极短．若不计空气阻力和碰撞过程中动能的损失，则下列能（A B C D3.有三辆汽车以相同初速度同时经过某一路标，从此时开始，第一辆车做匀速直线运动，第二辆车先减速后加速，第三辆车先加速后减速，它们经过下一路标末速度相同，则（）A 第一辆车先通过下一路标B 第二辆车先通过下一路标C 第三辆车先通过下一路标D 三辆车同时通过下一路标4.如图所示，水平桌面上平放有一堆卡片，每一张卡片的质量均为m.用一手指以竖直向下的力压第1张卡片，并以一定速度向右移动手指，确保第1张卡片与第2张卡片之间有相对滑动.设最大静摩擦力与滑动摩擦力相同，手指与第1张卡片之间的动摩擦因数为μ1，卡片之间、卡片与桌面之间的动摩擦因数均为μ2，且有μ1＞μ2，则下列说法正确的是() A．任意两张卡片之间均可能发生相对滑动B．上一张卡片受到下一张卡片的摩擦力一定向左C．第1张卡片受到手指的摩擦力向左D．最后一张卡片受到水平桌面的摩擦力向右5．在空中飞行了十多年的“和平号”航天站已失去动力，由于受大气阻力作用其绕地球转动半径将逐渐减小，最后在大气层中坠毁．若“和平号”航天站每一时刻的飞行都可近似看作圆周运动，在此过程中下列说法不正确的是（）A．航天站的速度将加大B．航天站绕地球旋转的周期加大C．航天站的向心加速度加大D．航天站的角速度将增大6．如图3所示，从光滑的1/4圆弧槽的最高点滑下的小滑块滑出槽口时速度方向为水平方向，槽口与一个半球顶点相切半球底面为水平，若要使小物块滑出槽口后不沿半球面下滑，已知圆弧轨道的半径为R1，半球的半径为R2，则R1和R2应满足的关系是（）A．B．C．D．7.质量分别为2m和m的A、B两个物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动,撤去F1、F2后受摩擦力的作用减速到停止,其v-t图象如图所示,则下列说法正确的是()A.F1、F2大小相等B.F1、F2对A、B做功之比为2:1C.A、B受到的摩擦力大小相等D.全过程中摩擦力对A、B做功之比为1:2 8．在街头的理发店门口，常可以看到这样一个标志：一个转动的圆筒，外表有彩色螺旋斜条纹，我们感觉条纹在沿竖直方向运动，但条纹实际在竖直方向并没有升降，这是由圆筒的转动而使我们的眼睛产生的错觉。
精品高三物理上学期周练试题(12
【最新】2019年高三物理上学期周练试题（12物理试卷（12月2号）一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分。
在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1．以下说法正确的是A．丹麦天文学家第谷通过长期的天文观测，指出所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，揭示了行星运动的有关规律B．电荷量e的数值最早是由美国物理学家密立根测得的C．库仑测出了引力常量G的数值D．万有引力定律和牛顿运动定律一样都是自然界普遍适用的基本规律2．在平直公路上行驶的a车和b车，其位移－时间图像分别为图中直线a和曲线b，由图可知A．b车运动方向始终不变B．在tl时刻a车与b车速度相同C．t1到t2时间内a车的平均速度小于b车D．t1到t2时间内有一时刻两车的速度相同3．如图所示，水平桌面上叠放着A、B两物体，B物体受力F作用，A、B一起相对地面向右做减速直线运动，则B物体的受力个数为A．4个 B．5个C．6个 D．7个4．如图，斜面C放置在水平面上，小物体B放置在C上，小球A用细线跨过光滑定滑轮与B相连，B与滑轮间的细线保持竖直方向．将A向左拉至一定高度（低于滑轮）由静止释放，使A在竖直平面内摆动，在A摆动过程中，B、C始终保持静止．则A．小物体B所受静摩擦力可能为零B．小物体B所受静摩擦力方向可能沿斜面向下C．斜面C对水平面的静摩擦力可能向右D．斜面C对水平面的压力可能等于B、C重力之和5．“超级地球”是指围绕恒星公转的类地行星,科学家们发现有3颗。
高三物理上学期周练试卷 (2)
咐呼州鸣咏市呢岸学校市三中高三〔上〕周练物理试卷一、选择题〔此题共9小题，每题6分，共54分．在每题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～9题有多项符合题目要求．〕1．如下图，完整的撑杆跳高过程可以化简成三个阶段，持杆助跑，撑杆起跳上升，越杆下落〔下落时人杆别离〕最后落在软垫上到速度减为零．不计空气阻力，那么〔〕A．运发动在整个跳高过程中机械能守恒B．运发动在撑杆起跳上升过程中机械能守恒C．在撑杆起跳上升过程中，杆的弹性势能化为运发动的重力势能且弹性势能减少量小于运发动的重力势能增加量D．运发动落在软垫上时作减速运动，处于超重状态2．“天宫一号〞与“神舟十号〞对接前需要从距离地面约362千米的近似圆轨道，自然降到约343千米的交会对接轨道，假设“天宫一号〞从362千米的近似圆轨道下降到343千米的圆轨道的过程中，没有开动发动机．那么以下说法正确的选项是〔〕A．“天宫一号〞的运行周期将增大B．“天宫一号〞运行的加速度将减小C．“天宫一号〞的动能将增大D．“天宫一号〞的机械能将增大3．有一种玩具结构如下图，竖直放置的光滑铁圆环的半径为R=20cm，环上穿有一个带孔的小球m，仅能沿环做无摩擦滑动．如果圆环绕着通过环心的竖直轴O1O2以10rad/s的角速度旋转〔g=10m/s2〕，那么小球相对环静止时和环心O的连线与O1O2的夹角θ是〔〕A．30°B．45°C．60°D．75°4．如下图，一条小船位于200m宽的河A点处，从这里向下游100 m处有一危险区，当时水流速度为4m/s，为了使小船避开危险区沿直线到达对岸，小船在静水中的速度至少是〔〕A． m/s B． m/s C．2 m/s D．4 m/s5．如下图，将两根劲度系数均为k、原长均为L的轻弹簧，一端固在水平天花板上相距为2L的两点，另一端共同连接一质量为m的物体，平衡时弹簧与竖直方向的夹角为37°．假设将物体的质量变为M，平衡时弹簧与竖直方向的夹角为53°〔sin37°=0.6〕，那么于〔〕A．B．C．D．6．如图，在竖直放置的半圆形容器的中心O点分别以水平初速度v1、v2抛出两个小球〔可视为质点〕，最终它们分别落在圆弧上的A点和B点，OA与OB互相垂直，且OA与竖直方向成α角，那么两小球初速度之比为〔〕A．tanαB．cosαC．tanαD．cosα7．一小球放置在光滑水平面上，弹簧左侧固在竖直面上，右侧与小球相连，如图6甲所示．手拿小球沿水平面向右移动一段距离后松手，用计算机描绘出小球运动的v﹣t图象为正弦曲线〔如图乙所示〕．从图中可以判断〔〕A．在0～t1时间内，外力做正功B．在0～t1时间内，外力的功率逐渐增大C．在t2时刻，外力的功率最大D．在t1～t3时间内，外力做的总功为零8．宇航员在地球外表以一初速度竖直上抛一小球，经过时间t小球落回原处；假设他在某星球外表以相同的初速度竖直上抛同一小球，需经过时间5t小球落回原处．该星球的半径与地球半径之比R星：R地=1：4，地球外表重力加速度为g，设该星球外表重力加速度为g′，地球的质量为M地，该星球的质量为M星．空气阻力不计．那么〔〕A．g′：g=5：1 B．g′：g=1：5 C．M星：M地=1：20 D．M星：M地=80：19．万有引力作用下的物体具有引力势能，取无穷远处引力势能为零，物体距星球球心距离为r时的引力势能为E p=﹣G〔G为引力常量，M、m分别为星球和物体的质量〕，在一半径为R的星球上，一物体从星球外表某高度处自由下落〔不计空气阻力〕，自开始下落计时，得到物体离星球外表高度H随时间t变化的图象如图7所示，那么〔〕°．A．在该星球外表上以的初速度水平抛出一物体，物体将不再落回星球外表B．在该星球外表上以的初速度水平抛出一物体，物体将不再落回星球外表C．在该星球外表上以的初速度竖直上抛一物体，物体将不再落回星球外表D．在该星球外表上以的初速度竖直上抛一物体，物体将不再落回星球外表二、非选择题〔此题共3个小题，共46分〕10．如图1所示是三个涉及纸带和打点计时器的装置图．〔1〕三个装置中，摩擦力对结果没有影响的是；A．甲 B．乙 C．丙〔2〕如果操作都正确，那么通过装置〔选填“甲〞、“乙〞或者“丙〞〕可打出图2中的纸带〔选填“①〞或者“②〞〕〔3〕任选一条纸带求出e、f两点间的平均速度大小为m/s．〔结果保存三位有效数字〕11．甲、乙两辆，在同一条平直的公路上同向行驶，甲在前，速度v甲=10m/s，乙在后，速度v乙=30m/s．由于天气原因，当两的距离为x0=75m时，乙车的司机才发现前方的，司机立即以最大的加速度刹车，但乙需180m才能停下．〔1〕通过计算判断如果甲车仍以原来的速度运行，然后以最大加速度刹车，两车能否发生碰撞？〔2〕通过〔1〕问中的计算如果两车能够相碰，那么乙车刹车的同时马上闪大灯提示甲车，甲车的司机经过△t=4s加速．试求为了防止两车相碰，那么甲车加速时的加速度至少多大？12．如下图是一皮带传输装载机械示意图．井下挖掘工将矿物无初速放置于沿图示方向运行的传送带A端，被传输到末端B处，再沿一段圆形轨道到达轨道的最高点C处，然后水平抛到货台上．半径为R=0.4m的圆形轨道与传送带在B点相切，O点为半圆的圆心，BO、CO分别为圆形轨道的半径，矿物m可视为质点，传送带与水平面间的夹角θ=37°，矿物与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，传送带匀速运行的速度v0=8m/s，传送带AB点间的长度为s AB=45m，假设矿物落点D处离最高点C点的水平距离为s CD=2m，竖直距离为h CD=5m，矿物质量m=50kg，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g=10m/s2，不计空气阻力，求：〔1〕矿物到达B点时的速度大小；〔2〕矿物到达C点时对轨道的压力大小；〔3〕矿物由B点到达C点的过程中，克服阻力所做的功．市三中高三〔上〕周练物理试卷参考答案与试题解析一、选择题〔此题共9小题，每题6分，共54分．在每题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～9题有多项符合题目要求．〕1．如下图，完整的撑杆跳高过程可以化简成三个阶段，持杆助跑，撑杆起跳上升，越杆下落〔下落时人杆别离〕最后落在软垫上到速度减为零．不计空气阻力，那么〔〕A．运发动在整个跳高过程中机械能守恒B．运发动在撑杆起跳上升过程中机械能守恒C．在撑杆起跳上升过程中，杆的弹性势能化为运发动的重力势能且弹性势能减少量小于运发动的重力势能增加量D．运发动落在软垫上时作减速运动，处于超重状态【考点】功能关系；动能和势能的相互转化．【分析】只有重力或只有弹力做功物体机械能守恒，根据运发动的运动过程与能量转化过程分析；运发动的加速度的方向向上，处于超重状态．【解答】解：A、运发动持杆助跑阶段运发动做功，机械能不守恒；最后落在软垫上到速度减为零的过程中阻力做功，机械能也不守恒，故A错误；B、运发动在撑杆起跳上升过程中机械能守恒，撑杆从开始形变到撑杆恢复形变时，先是运发动动能转化为杆的弹性势能，后弹性势能转化为运发动的动能与重力势能，使用盖过程中，运发动与杆的机械能守恒，运发动的机械能不守恒．故B错误；C、在撑杆起跳上升过程中，运发动的动能和杆的弹性势能化为运发动的重力势能，使用弹性势能减少量小于运发动的重力势能增加量，故C正确；D、运发动落在软垫上时作减速运动，加速度的方向向上，运发动处于超重状态．故D正确；应选：CD2．“天宫一号〞与“神舟十号〞对接前需要从距离地面约362千米的近似圆轨道，自然降到约343千米的交会对接轨道，假设“天宫一号〞从362千米的近似圆轨道下降到343千米的圆轨道的过程中，没有开动发动机．那么以下说法正确的选项是〔〕A．“天宫一号〞的运行周期将增大B．“天宫一号〞运行的加速度将减小C．“天宫一号〞的动能将增大D．“天宫一号〞的机械能将增大【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力律及其用．【分析】研究天宫一号绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力表示出周期、线速度、加速度与轨道半径的关系，再判断各物理量的大小变化．【解答】解：天宫一号绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，得：G=m r=ma=m得：T=2π，a=，v=可知，轨道半径减小时，“天宫一号〞的运行周期将减小，加速度和速度将增大，动能增大．天宫一号从362千米的近似圆轨道变到343千米的圆轨道的过程中，由于受高层大气阻力做负功，所以机械能将减小．故ABD错误，C正确．应选：C3．有一种玩具结构如下图，竖直放置的光滑铁圆环的半径为R=20cm，环上穿有一个带孔的小球m，仅能沿环做无摩擦滑动．如果圆环绕着通过环心的竖直轴O1O2以10rad/s的角速度旋转〔g=10m/s2〕，那么小球相对环静止时和环心O的连线与O1O2的夹角θ是〔〕A．30°B．45°C．60°D．75°【考点】牛顿第二律；向心力．【分析】圆环绕着通过环心的竖直轴O1O2以10rad/s的角速度旋转，小球做圆周运动，重力和支持力的合力提供圆周运动的向心力．根据牛顿第二律列出表达式求出夹角θ．【解答】解：小球转动的半径为Rsinθ，小球所受的合力垂直指向转轴，根据平行四边形那么，，解得θ=60°．故C正确，A、B、D错误．应选C．4．如下图，一条小船位于200m宽的河A点处，从这里向下游100 m处有一危险区，当时水流速度为4m/s，为了使小船避开危险区沿直线到达对岸，小船在静水中的速度至少是〔〕A． m/s B． m/s C．2 m/s D．4 m/s【考点】运动的合成和分解．【分析】小船离河岸100m处，要使能平安到达河岸，那么小船的合运动最大位移为．因此由水流速度与小船的合速度，借助于平行四边形那么，即可求出小船在静水中最小速度．【解答】解：要使小船避开危险区沿直线到达对岸，那么有合运动最大位移为=200m，因此小船能平安到达河岸的合速度，设此速度与水流速度的夹角为θ，即有tanθ==，所以θ=30°又流水速度，那么可得小船在静水中最小速度为：．故C正确，A、B、D错误．应选：C．5．如下图，将两根劲度系数均为k、原长均为L的轻弹簧，一端固在水平天花板上相距为2L的两点，另一端共同连接一质量为m的物体，平衡时弹簧与竖直方向的夹角为37°．假设将物体的质量变为M，平衡时弹簧与竖直方向的夹角为53°〔sin37°=0.6〕，那么于〔〕A．B．C．D．【考点】共点力平衡的条件及其用；物体的弹性和弹力．【分析】由几何知识求出两弹簧的伸长量之比，然后根据胡克律求出两弹簧的拉力之比，最后由平衡条件求出重力与弹簧拉力的关系．【解答】解：由几何知识得，左图中弹簧的伸长量为：△L=L右图中弹簧的伸长量为：△L′=L根据胡克律：T=K△L那么两情况下弹簧拉力之比为：： =根据平衡条件：2Tcos37°=mg2T′cos53°=Mg得： ==应选：A．6．如图，在竖直放置的半圆形容器的中心O点分别以水平初速度v1、v2抛出两个小球〔可视为质点〕，最终它们分别落在圆弧上的A点和B点，OA与OB互相垂直，且OA与竖直方向成α角，那么两小球初速度之比为〔〕A．tanαB．cosαC．tanαD．cosα【考点】平抛运动．【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据平抛运动水平位移和竖直位移的关系确两小球初速度大小之比．【解答】解：两小球被抛出后都做平抛运动，设容器半径为R，两小球运动时间分别为t1、t2．对球1：Rsinα=v1t1，Rcosα=；对球2：Rcosα=v2t2，Rsinα=解四式可得： =tan．应选：C7．一小球放置在光滑水平面上，弹簧左侧固在竖直面上，右侧与小球相连，如图6甲所示．手拿小球沿水平面向右移动一段距离后松手，用计算机描绘出小球运动的v﹣t图象为正弦曲线〔如图乙所示〕．从图中可以判断〔〕A．在0～t1时间内，外力做正功B．在0～t1时间内，外力的功率逐渐增大C．在t2时刻，外力的功率最大D．在t1～t3时间内，外力做的总功为零【考点】动能理的用．【分析】外力做功正负根据动能理判断．外力功率由公式P=Fv分析．由动能理求外力做的总功．【解答】解：A、在0～t1时间内，小球的速度增大，动能增大，根据动能理可知外力做正功，故A正确．B、t=0时刻v=0，外力做功的功率为0．t1时刻，图象的斜率于0，那么加速度0，根据牛顿第二律知外力为0，由外力功率为0，所以在0～t1时间内，外力的功率先增大后减小，故B错误．C、在t2时刻，v=0，由P=Fv知，外力的功率为0，故C错误．D、在t1～t3时间内，动能的变化量为0，根据动能理知，外力做的总功为零，故D正确．应选：AD8．宇航员在地球外表以一初速度竖直上抛一小球，经过时间t小球落回原处；假设他在某星球外表以相同的初速度竖直上抛同一小球，需经过时间5t小球落回原处．该星球的半径与地球半径之比R星：R地=1：4，地球外表重力加速度为g，设该星球外表重力加速度为g′，地球的质量为M地，该星球的质量为M星．空气阻力不计．那么〔〕A．g′：g=5：1 B．g′：g=1：5 C．M星：M地=1：20 D．M星：M地=80：1【考点】万有引力律及其用．【分析】通过竖直上抛运动经历的时间求出重力加速度之比，然后根据万有引力于重力，求出中心天体的质量比．【解答】解：A、根据，知重力加速度之比于它们所需时间之反比，地球上的时间与星球上的时间比1：5，那么地球外表的重力加速度和星球外表重力加速度之比g：g′=5：1．故A错误，B正确．C、根据万有引力于重力，M=．星球和地球外表的重力加速度之比为1：5，半径比为1：4，所以星球和地球的质量比M星：M地=1：80．故CD错误．应选：B9．万有引力作用下的物体具有引力势能，取无穷远处引力势能为零，物体距星球球心距离为r时的引力势能为E p=﹣G〔G为引力常量，M、m分别为星球和物体的质量〕，在一半径为R的星球上，一物体从星球外表某高度处自由下落〔不计空气阻力〕，自开始下落计时，得到物体离星球外表高度H随时间t变化的图象如图7所示，那么〔〕°．A．在该星球外表上以的初速度水平抛出一物体，物体将不再落回星球外表B．在该星球外表上以的初速度水平抛出一物体，物体将不再落回星球外表C．在该星球外表上以的初速度竖直上抛一物体，物体将不再落回星球外表D．在该星球外表上以的初速度竖直上抛一物体，物体将不再落回星球外表【考点】万有引力律及其用；向心力．【分析】由图示图象求出物体下落的位移与所用是时间，然后由匀加速直线运动的位移公式求出重力加速度；卫星绕星球外表做圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二律可以求出水平抛出的速度；将物体竖直上抛时，卫星机械能守恒，由机械能守恒律可以求出竖直上抛的速度．【解答】解：物体自由下落，物体做自由落体运动，由图示图象可知，物体位移为h时所用时间为t0，由自由落体运动的位移公式得：h=gt02，解得：g=；A、物体绕星球外表做圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二律得：m=mg，解得：v=，当水平抛出物体的速度大于于时，物体将不会再返回地面，故AB正确；C、抛出物体过程时，物体机械能守恒，设发射速度为v′，卫星绕星球外表运动时，由机械能守恒律得：﹣+mv′2=0+0，万有引力于重力：=m′g，解得：v′=，故C错误，D正确；应选：ABD．二、非选择题〔此题共3个小题，共46分〕10．如图1所示是三个涉及纸带和打点计时器的装置图．〔1〕三个装置中，摩擦力对结果没有影响的是 A ；A．甲 B．乙 C．丙〔2〕如果操作都正确，那么通过装置乙〔选填“甲〞、“乙〞或者“丙〞〕可打出图2中的纸带②〔选填“①〞或者“②〞〕〔3〕任选一条纸带求出e、f两点间的平均速度大小为0 m/s．〔结果保存三位有效数字〕【考点】测匀变速直线运动的加速度．【分析】〔1〕在研究匀变速直线运动的中，只要受到恒的力的作用，得到的加速度的大小就是恒的，没错受到的摩擦力大小恒，对结果没有影响，但是在另外的两个中没次的时候作用力变化，摩擦力的影响不能消除．〔2〕在研究功和速度的关系的中，得到的纸带是先加速后匀速的，根据纸带的特点可以判断．〔3〕根据平均速度于距离除以时间计算平均速度的大小．【解答】解：〔1〕在匀变速直线运动的中，受到的拉力恒，摩擦力也恒，那么物体受到的合力恒，对没有影响，在研究功和速度的关系的中，每次时受到的拉力加倍，但是摩擦力不加倍，对会产生影响，在研究加速度与力质量的关系的中，改变车的拉力的时候，摩擦力不变，对的计算会产生影响．所以没有影响的是甲．应选：A．〔2〕分析纸带可以得到，纸带①中两端见的距离逐渐增大，说明是加速运动，纸带②中两点间的距离相，说明是匀速运动，纸带②该是研究功和速度的关系的中得到的．所以通过装置乙可以得到纸带②．〔3〕纸带是ef间的距离为cm=0.026m，时间为0.02s所以平均速度大小为v=m/s=0m/s．故答案为：〔1〕A〔2〕乙；②〔3〕011．甲、乙两辆，在同一条平直的公路上同向行驶，甲在前，速度v甲=10m/s，乙在后，速度v乙=30m/s．由于天气原因，当两的距离为x0=75m时，乙车的司机才发现前方的，司机立即以最大的加速度刹车，但乙需180m才能停下．〔1〕通过计算判断如果甲车仍以原来的速度运行，然后以最大加速度刹车，两车能否发生碰撞？〔2〕通过〔1〕问中的计算如果两车能够相碰，那么乙车刹车的同时马上闪大灯提示甲车，甲车的司机经过△t=4s加速．试求为了防止两车相碰，那么甲车加速时的加速度至少多大？【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】〔1〕当速度相同时，求解出各自的位移后结合空间距离分析；或者以前车为参考系分析；〔2〕两车恰好不相撞的临界条件是两部车相遇时速度相同，根据运动学公式列式后联立求解即可．【解答】解：〔1〕乙车刹车时的加速度大小为：，假设始终不相撞，设经时间t两车速度相，那么对乙车有：v甲=v乙﹣a2t，解得：t=，此时乙车的位移为：=160m，甲车的位移：S甲=v甲t=10×8=80m因S乙=160m＞△S+S甲=155m，故两车会相撞．〔2〕设甲车的加速度为a甲时两车不相撞：两车速度相时：v乙+a2t'=v甲+a1〔t'﹣△t〕，即：30﹣t'=10+a1〔t'﹣△t〕此时乙车的位移：，即：，甲车的位移：要不相撞，两车位移关系满足：S B≤S A+△S由以上解得：．答：〔1〕两车会相撞．〔2〕甲车加速时的加速度至少为．12．如下图是一皮带传输装载机械示意图．井下挖掘工将矿物无初速放置于沿图示方向运行的传送带A端，被传输到末端B处，再沿一段圆形轨道到达轨道的最高点C处，然后水平抛到货台上．半径为R=0.4m的圆形轨道与传送带在B点相切，O点为半圆的圆心，BO、CO分别为圆形轨道的半径，矿物m可视为质点，传送带与水平面间的夹角θ=37°，矿物与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，传送带匀速运行的速度v0=8m/s，传送带AB点间的长度为s AB=45m，假设矿物落点D处离最高点C点的水平距离为s CD=2m，竖直距离为h CD=5m，矿物质量m=50kg，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g=10m/s2，不计空气阻力，求：〔1〕矿物到达B点时的速度大小；〔2〕矿物到达C点时对轨道的压力大小；〔3〕矿物由B点到达C点的过程中，克服阻力所做的功．【考点】动能理的用；牛顿第二律．【分析】〔1〕先假设矿物在AB段始终加速，根据动能理求出矿物到达B点时的速度大小，将此速度与送带匀速运行的速度v0=8m/s进行比拟，确假设是否合理，从而得到矿物到达B点时的速度大小．〔2〕矿物从C到D过程做平抛运动，由平抛运动的规律求出经过C点时的速度大小，根据牛顿第二律求得轨道对矿物的压力，即可得到矿物到达C点时对轨道的压力大小．〔3〕矿物由B到C过程中，重力和阻力做功，由动能理求解克服阻力所做的功．【解答】解：〔1〕假设矿物在AB段始终处于加速状态，由动能理可得：〔μmgcosθ﹣mgsinθ〕s AB=m代入数据得：v B=6m/s由于v B＜v0，故假设成立，矿物到达B处的速度为6m/s．〔2〕设矿物对轨道C处压力为F，由平抛运动知识可得：s CD=v C th CD=gt2；代入数据解得，矿物到达C处时速度为：v C=4m/s在C点，对矿物，由牛顿第二律可得：F+mg=m代入数据得：F=1500N根据牛顿第三律可得所求压力为：F′=F=1500N〔3〕矿物由B到C过程，由动能理得：﹣mgR〔1+cos37°〕+W f=﹣代入数据得：W f=﹣140J即矿物由B到达C时克服阻力所做的功是140J答：〔1〕矿物到达B点时的速度大小是6m/s；〔2〕矿物到达C点时对轨道的压力大小是1500N；〔3〕矿物由B点到达C点的过程中，克服阻力所做的功是140J．。
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河北定州中学2016-2017学年第一学期高四物理周练试题（13）一、单项选择题1．如图所示电路中，当滑动变阻器的滑片P向下端b滑动过程中，下列说法正确的是（）A．电压表示数增大B．电源的输出功率变大C．电路总电阻变小，电源的热功率变大D．电流表示数减小2．沿x轴传播到一列简谐横波在t=0时刻的波形如图所示，两质点M、N的横坐标分别为11.5x m =和22.5x m=，t=0时刻质点M的运动方向沿y轴的负方向，若从t=0时刻开始，经0.25s质点N第一次到达平衡位置，则A、该列波沿x轴负方向传播B、该列波的周期为1sC、该列波的波速为2m/sD、1s末，质点M的运动方向沿y轴的负方向E、0~1s内，质点N的路程等于8cm3．一小木块放置在光滑水平面上，两位同学分别用大小为20N、70N的水平拉力同时拉它，该木块所受的和可能是A.20NB.30NC.60ND.100N4．在科学的发展历程中，许多科学家作出了杰出的贡献．下列叙述符合历史事实的是（）A．伽利略肯定了亚里士多德“重物比轻物下落快”的论断B．牛顿总结出了行星运动的三大规律C．爱因斯坦发现了万有引力定律D．卡文迪许测量出了万有引力常量5．如图所示，皮带运输机将物体匀速地送往高处，下列结论正确的是（）A．物体受到与运动方向相同的摩擦力作用B．传送的速度越大，物体受到的摩擦力越大C．物体所受的摩擦力与传送的速度无关D．若匀速向下传送货物，物体所受的摩擦力沿皮带向下6．关于摩擦力的下列说法中正确的是（）A．静摩擦力可以是动力B．滑动摩擦力一定是阻力C．受滑动摩擦力的物体不可能静止D．摩擦力一定跟运动方向相反7．如图所示，两个质量均为m的小木块a和b（可视为质点）放在水平圆盘上，a与转轴OO'的距离为l，b与转轴的距离为2l，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g，若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速运动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是（）A．b一定比a先开始滑动B．a b、所受的摩擦力始终相等C．当ω=b开始滑动的临界角速度D．当ω=a所受摩擦力的大小为kmg8．小球从5m高处落下，被地板弹回在2m高处被接住．则小球通过的路程和位移的大小分别（）A．7m，5m B． 5m，2mC． 3m，2m D．7m，3m9．以下叙述正确的是（）A．法拉第发现了电磁感应现象B．惯性是物体的固有属性，速度大的物体惯性一定大C．牛顿最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因D．法拉第电磁感应定律由法拉第得出10．如图所示，放在通电螺线管内部中间处的小磁针静止时N极指向右，则可判定电源的极性和小磁针P（在螺旋管外部）的N极的指向为（）A．电源的左端为正极，P的N极指向左端B．电源的左端为负极，P的N极指向左端C．电源的左端为正极，P的N极指向右端D．电源的左端为负极，P的N极指向右端11．北半球某处,地磁场水平分量B1＝0．8×10－4T,竖直分量B2＝0．5×10－4T,海水向北流动,海洋工作者测量海水的流速时,将两极板插入此海水中,保持两极板正对且垂线沿东西方向,两极板相距d ＝20m,如图所示,与两极板相连的电压表（可看做是理想电压表）示数为U＝0．2mV,则A．西侧极板电势高,东侧极板电势低 B．西侧极板电势低,东侧极板电势高C．海水的流速大小为0．125m/s D．海水的流速大小为0．2 m/s12．某大型游乐园内的安全滑梯可以等效为如图所示的物理模型。
图中AB段的动摩擦因数1<tanμθ，BC段的动摩擦因数为2>tanμθ，一个小朋友从A点开始下滑，滑到C点恰好静止，整个过程中滑梯保持静止状A态。
则该小朋友从斜面顶端A点滑到底端 C点的过程中A．地面对滑梯始终无摩擦力作用B．地面对滑梯的摩擦力方向先水平向右，后水平向左C．地面对滑梯的支持力的大小始终等于小朋友和滑梯的总重力的大小D．地面对滑梯的支持力的大小先小于、后大于小朋友和滑梯的总重力的大小13．下面的四个运动图象，其中属于匀速直线运动图象的是（）14．如图所示，带正电的A球固定，质量为m、电荷量为+q的粒子B从a处以速度v0射向A，虚线abc是B运动的一段轨迹，b点距离A最近。
粒子经过b点时速度为v，重力忽略不计。
则A．粒子从a运动到b的过程中动能不断减小B．粒子从b运动到c的过程中加速度不断增大C．可求出A产生的电场中a、b两点间的电势差D．可求出A产生的电场中b点的电场强度15．如图是质谱仪的工作原理示意图，带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器．速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E．平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2．平板S下方有强度为B0的匀强磁场．下列表述正确的是（）A．质谱仪可以用来分析同位素B．速度选择中的磁场方向垂直纸面向外EC．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于BD．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的荷质比越小16．如图所示，质量m1=10kg和m2=30kg的两物体，叠放在动摩擦因数为0.50的粗糙水平地面上，一处于水平位置的轻弹簧，劲度系数为250N/m，一端固定于墙壁，另一端与质量为m1的物体相连，弹簧处于自然状态，现用一水平推力F作用于质量为m2的物体上，使它缓慢地向墙壁一侧移动，当移动0.40m时，两物体间开始相对滑动，这时水平推力F的大小为（）A．100N B．300N C．200N D．250N17．下列说法中正确的是A．物体运动的速度大，加速度不一定大B．物体的加速度越大，它的速度变化一定大C．加速度就是“增加出来的速度”D．加速度反映速度变化的快慢，与速度、速度变化量无关18．如下图所示，一轻弹簧左端固定在长木板M的左端，右端与小木块m连接，且m、M及M与地面间接触光滑，开始时，m和M均静止，现同时对m、M施加等大反向的水平恒力F1和F2，从两物体开始运动以后的整个运动过程中，弹簧形变不超过其弹性限度.对于m、M和弹簧组成的系统，下列说法正确的是（）A．由于F1、F2等大反向，故系统机械能守恒B ．当弹簧弹力大小与F 1、F 2大小相等时，m 、M 各自的动能最大，此时系统机械能最大C ．由于F 1、F 2大小不变，所以m 、M 各自一直做匀加速运动D ．由于F 1、F 2等大反向，故系统的动量始终为零19．静电计是用来测量电容器两极板间电势差的仪器，两板之间的电势差越大，则静电计的指针偏角越大。
平行板电容器、滑动变阻器、电源、电键以及静电计按如图所示的电路连接。
当电键闭合时静电计的指针有偏转，下列能使偏角增大的是（ ）A ．断开电键增大两极板间的距离B ．闭合电键增大两极板间的距离C ．闭合电键减小两极板间的距离D ．闭合电键使变阻器滑动的滑片向左移动20．如图所示，在匀强磁场中匀速转动的单匝纯电阻矩形线圈的周期为T ，转轴12O O 垂直于磁场方向，线圈电阻为2Ω。
从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60时的感应电流为1A 。
下列说法正确的是（ ）A ．线圈消耗的电功率为1WB ．线圈中感应电流的有效值为2AC ．任意时刻线圈中的感应电动势为t T e π2cos22= D ．任意时刻穿过线圈的磁通量为t T T ππφ2sin 2=二、计算题21．在研究摩擦力特点的实验中，将木块放在水平长木板上，如图甲所示，用力沿水平方向拉木块，拉力从0开始逐渐增大．分别用力传感器采集拉力和木块受到的摩擦力，并用计算机绘制出摩擦力f随拉力F的变化图象，如图乙所示．已知木块质量为0.78kg，取g=10m/s2．（1）求木块与长木板间最大静摩擦力大小；（2）求木块与长木板间的动摩擦因数；（3）若在平行于木板的恒定拉力F作用下，木块以a=2.0m/s2的加速度从静止开始做匀变速直线运动，求拉力F应为多大？22．如图所示，传送带与水平面之间的夹角为30°，其上AB两点的距离为L=5m，传送带在电动机的带动下以v=1m/s的速度匀速运动，现将一质量为m=10kg的小物体轻放在传送带的A点，已知小物体与传送带之间的动摩擦因数μ=，在传送带将小物体从A点传送到B点的过程中，求：（g 取10m/s2）（1）物体从A到B所用的时间;（2）传送带对小物体做的功．参考答案1．C2．ACE3．C4．D5．AC6．A7.AC8．D9．A10．A11．AD12．D13．B14.AC15．ABC16．B17．AD18．D19．A20．D21．解：（1）用力沿水平方向拉长木板，拉力从0开始逐渐增大．刚开始长木板处于静止状态，长木板受拉力和木块对长木板间的静摩擦力，当拉力达到4N时，开始发生相对滑动，木块与长木板间产生了滑动摩擦力．由图可知木块与长木板间的最大静摩擦力F fm为4N．（2）由图可知木块与长木板间的滑动摩擦力F f为3.12N．根据滑动摩擦力公式得：F f=μN=μmg解得：μ==0.4；（3）由牛顿第二定律F﹣F f=ma得：F=F f+ma=3.12+0.78×2=4.68（N）22．（1）5．2s（2）255J（1）对小物体进行受力分析，由图分析知：N=mgcosθf=μN=μmgcosθ×10×10=75Nmgsinθ=50Nf＞mgsinθ，则小物体可以与传送带上静止．根据牛顿第二定律：f-mgsinθ=ma75N-50N=10a得：a=2．5m/s2则匀加速的时间：110.42.5vt s a===匀加速的位移：221110.222 2.5vs m a===⨯则小物体匀速运动的位移为：s2=5m-0．2m=4．8m匀速运动的时间：224.84.8 1st sv===则小物体从A到B所需时间为：t=0．4s+4．8s=5．2s（2）由功能关系知传送带对小物体做的功等于小物体机械能的增量：W=12mv2+mgssin30°=12×10×12+10×10×5×12=255J。