高三物理上学期周练试题(12_2)

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高三物理上学期周测试卷

峙对市爱惜阳光实验学校高三物理周测试卷〔13〕考查范围：静电场C一、选择题〔每空6分，共48分〕1、以下有关物理学史或物理现象的说法中正确的选项是〔〕A．停在高压线上的小鸟没有被电击，是因为小鸟所停处电势为零B．法拉第以他深刻的洞察力提出场的概念，并引入了电场线C．安培通过研究，发现了电流周围存在磁场，并通过安培那么判断磁场方向D．超高压带电作业的工人所穿工作服的织物中不能掺入金属丝2、如下图，电荷q均匀分布在半球面上，球面的半径为R，CD为通过半球顶点C与球心O的轴线。

P、Q为CD轴上在O点两侧，离O点距离相的二点。

如果是带电量为Q的均匀带电球壳，其内部电场强度处处为零，电势都相。

那么以下判断正确的选项是〔〕A．P点的电势与Q点的电势相B．P点的电场强度与Q点的电场强度相C．在P点释放静止带正电的微粒〔重力不计〕，微粒将作匀加速直线运动D．带正电的微粒在O点的电势能为零3、如下图，两根长带电棒放置在第一、二象限，其端点在两坐标轴上，棒与坐标轴围成腰直角三角形。

两棒带电量相，且电荷均匀分布，此时O点电场强度大小为E。

撤去其中一根带电棒后，O点的电场强度大小变为〔〕A 、 B、C 、D、4、如下图，M、N是两块水平放置的平行金属板，R0为值电阻R1、R2为可变电阻，开关S闭合。

质量为m的带正电荷的微粒从P点以水平速 v0射入金属板间，沿曲线打在N板上的O点。

假设经以下调整后，微粒仍从P点以水平速度 v0射人，那么关于微粒打在N板上的位置说法正确的选项是A.保持开关S闭合，增大R1，粒子打在O点左侧B.保持开关S闭合，增大R2，粒子打在O点左侧C.断开开关S，M极板稍微上移，粒子打在O点右侧D.断开开关S，M极板稍微下移，粒子打O点右侧5、两个固的量异号电荷所产生电场的势面如图中虚线所示，一带负电的粒子以某一速度从图中A点沿图示方向进入电场在纸面内飞行，最后离开电场，粒子只受到静电力作用，那么粒子在电场中A．做直线运动，电势能先变小后变大B．做直线运动，电势能先变大后变小C．做曲线运动，电势能先变小后变大D．做曲线运动，电势能先变大后变小6、某空间区域有竖直方向的电场〔图中只画出了一条电场线〕，一个质量为m、电荷量为q的带正电的小球，在电场中从A点由静止开始沿电场线竖直向下运动，不计一切阻力，运动过程中物体的机械能E与物体位移x关系的图象如下图，由此可以判断〔〕A．物体所处的电场为非匀强电场，且场强不断减小，场强方向向下B．物体所处的电场为匀强电场，场强方向向下C．物体可能先做加速运动，后做匀速运动D．物体一做加速运动，且加速度不断增大7、空间中有一方向沿竖直平面的匀强电场，另有一光滑绝缘杆，杆上套有电荷量为+Q质量为m的小球，现在电场所在竖直平面内将杆分别置于OA、OB、OC三个不同位置，其中OA为水平，OC竖直，OB与水平面夹角60°．小球分别从杆端A、B 、C静止释放，小球从A到O运动时间为从B到O运动时间的倍，那么可判断〔〕A．从C到O方向运动的时间小于从A到O的时间B．从C到O方向运动的时间大于从A到O的时间C．电场强度的最小值为D．电场强度的最小值为8、如图甲，真空中有一半径为R、电荷量为+Q的均匀带电球体，以球心为坐标原点，沿半径方向建立x轴．理论分析说明，x轴上各点的场强随x变化关系如图乙，x1与R两点间距大于R与x2的两点间距，那么〔〕A． x2处场强大小为B． x1、x2两点处的电势相同C．球内部的电场为匀强电场D．假设将试探电荷沿x轴移动，那么从x1移到R处和从R移到x2处静电力做功相同二、多项选择〔每空6分，共12分〕9、如下图，竖直向上的匀强电场中，一竖直绝缘轻弹簧的下端固在地面上，上端连接一带正电小球，小球静止时位于N点，弹簧恰好处于原长状态。

2021年高三上学期周练(二)物理试题含答案

2021年高三上学期周练（二）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．把一个凸透镜的弯曲表面压在另一个玻璃平面上，让单色光从上方射入，这时可以看到亮暗相间的同心圆环，对这些亮暗圆环的相关阐释合理的是A．远离中心点处亮环的分布较疏B．用白光照射时，不会出现干涉形成的圆环C．是透镜曲面上反射光与透镜上方平面上的反射光干涉形成的D．与同一亮环相对应的空气薄膜的厚度是相同的2．如图为安检门原理图，左边门框中有一通电线圈，右边门框中有一接收线圈。

工作过程中某段时间通电线圈中存在顺时针方向均匀减小的电流，则A．无金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为逆时针B．无金属片通过时，接收线圈中的感应电流增大C．有金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为逆时针D．有金属片通过时，接收线圈中的感应电流大小发生变化3．如图所示，A、B、C为匀强电场中的三个点，已知∠CAB=60°，AB=2AC=2cm，将一带电量为q=3×10-5C的正电荷从A点移到C点，电场力做功6×10-5J，则下列说法正确的是A．C点电势为2VB．电场强度E沿AB方向由A→B，大小为400N／CC．该正电荷在B点具有的电势能为2.4×10-4JD．将该正电荷从C点移到B点，电势能增加了1.8×10-4J4．如图所示，金属球壳A带有正电，其上方有一小孔a，静电计B的金属球b用导线与金属小球c相连，以下操作所发生的现象正确的是（）A．将c移近A，但不与A接触，B会张开一定角度B．将c与A外表面接触后移开A，B不会张开一定角度C．将c与A内表面接触时，B不会张开角度D．将c从导线上解下，然后用绝缘细绳吊着从A中小孔置入A内，并与其内壁接触，再提出空腔，与b接触，B会张开一定角度5．下列说法正确的是A．安培发现了电流磁效应；法拉第发现了电磁感应现象B．开普勒首先发现了行星运动规律；哈雷利用万有引力定律推算出彗星的回归周期C．库仑发现了点电荷的相互作用规律并提出了电场线；密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值D．富兰克林首先命名了正负电荷；奥斯特通过实验发现在磁场中转动的金属圆盘可以对外输出电流6．用等效思想分析变压器电路。

高三物理上学期周练试题(12.)

咐呼州鸣咏市呢岸学校学第一学期高三物理周练试题〔12〕一、单项选择题1．如下图，木块A、B在竖直向上的外力F的作用下处于静止状态，其中木块A的上外表和水平天花板接触，下面关于木块A、B受力分析正确的选项是〔〕A．木块A可能受3个力，木块B一受3个力B．木块A可能受3个力，木块B一受4个力C．木块A可能受4个力，木块B一受4个力D．木块A可能受4个力，木块B一受3个力2．如图．在粗糙水平面上放置A、B、C、D四个小物块，各小物块之间由四根完全相同的轻弹簧相互连接，正好组成一个菱形，∠ADC=120°．整个系统保持静止状态．A物块所受的摩力大小为f．那么D物块所受的摩擦力大小为〔〕A．2f B． f C．f D．f3．一正三角形导线框ABC〔高度为a〕从图示位置沿x轴正向匀速穿过两匀强磁场区域．两磁场区域磁感强度大小均为B、方向相反、垂直于平面、宽度均为a．图乙反映感电流I与线框移动距离x的关系，以逆时针方向为电流的正方向．图象正确的选项是〔〕4．毛皮与橡棒摩擦后，毛皮带正电，这是因为 ( )A.毛皮上的一些电子转移到橡棒上B.毛皮上的一些正电荷转移到橡棒上C.橡棒上的一些电子转移到毛皮上D.橡棒上的一些正电荷转移到毛皮上5．运动电荷进入匀强磁场后〔无其他场〕，可能做〔〕A．匀速圆周运动 B．匀速直线运动C．匀加速直线运动 D．平抛运动6．真空中有两个静止的点电荷，它们之间静电力的大小为F．假设保持这两个点电荷之间的距离不变，将它们的电荷量都变成原来的一半，那么改变电荷量后这两个点电荷之间静电力的大小为〔〕A．16F B．9F C． D．A．2R B． C． D．7．“天宫二号〞空间室是继“天宫一号〞后中国自主研发的第二个空间室，将用于进一步验证空间交会对接技术及进行一空间。

假设“天宫二号〞进入轨道后在离地面高为370 km的轨道上围绕地球做匀速圆周运动，那么以下说法中正确的选项是〔〕A．由于“天宫二号〞在太空中处于完全失重状态，所以不受重力作用B．“天宫二号〞围绕地球做匀速圆周运动的向心加速度要小于地球同步卫星的向心加速度C．假设通过变轨将“天宫二号〞调整到离地面高为500 km的轨道上绕地球做匀速圆周运动，那么“天宫二号〞的机械能将增加D．假设再给出“天宫二号〞围绕地球做匀速圆周运动的周期，就可以计算出地球的平均密度8．在<验证机械能守恒律>的中以下操作顺序正确合理的一项为哪一项〔〕A．先将固在重物上的纸带穿过打点计时器，再将打点计时器固在铁架台上B．先用手提着纸带，使重物静止在打点计时器下方，再接通电源C．先放开纸带让重物下落，再接通打点计时时器的电源D．先取下固在重物上的打好点的纸带，再切断打点计器的电源．9．如图，平行板电容器两极板M、N相距d，两极板分别与电压为U的恒电源两极连接，极板M带正电。

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．。

2021-2022年高三物理上学期周测试卷2

2021-2022年高三物理上学期周测试卷2(考查范围：静力学部分分值：100分时间：45分钟)一、选择题(每小题6分，共48分1—6单选，7—10题多选)1．xx·湖南十校联考如图所示，光滑斜面固定于水平面上，滑块A、B叠放后一起冲上斜面，且始终保持相对静止，A的上表面水平，则在斜面上运动时，B受力的示意图为图D22中的( )图D222．如图D23所示，在倾角为30°的光滑固定斜面上有质量均为m的两个小球A、B，两球用劲度系数为k的轻质弹簧相连接，现对B施加一水平向左的推力F，使A、B均静止在斜面上，此时弹簧的长度为l，则弹簧的原长和推力F 的大小分别为(重力加速度为g)( )A．l＋mg2k和2 3mg B．l＋mg2k和2 33mgC．l－mg2k和2 3mg D．l－mg2k和2 33mg3．xx·成都二诊如图D24所示，轻绳下端拴一个小球，绳上端固定在天花板上．用外力F将小球沿圆弧从图中实线位置缓慢拉到虚线位置，F始终沿轨迹切线方向，轻绳的拉力为T，则( )A． F保持不变，T逐渐增大B．F逐渐减小，T逐渐增大C．F逐渐增大，T逐渐减小D．F与T的合力逐渐增大4．【xx山东-16】．如图，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A(A、B接触面竖直)，此时A恰好不滑动，B刚好不下滑。

已知A与B间的动摩擦因数为，A与地面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

A与B的质量之比为A．B．C．D．5．如图D25所示，形状完全相同的两个圆柱体a、b靠在一起，两圆柱体的表面光滑，重力均为G，其中b的下半部分刚好固定在水平面MN的下方，上半部分露出水平面，a静止在水平面上．现过a的轴心施以水平作用力F，可缓慢地将a拉离水平面直到滑上b的顶端．对该过程分析，应有( )A．拉力F先增大后减小，最大值是GB．开始时拉力F最大，为3G，以后逐渐减小直至为0C．a、b间的压力保持为G不变D．a、b间的压力由0逐渐增大，最大为G6．xx·江西师大附中、临川一中联考两个可视为质点的小球a和b用质量可忽略的刚性细杆相连放置在一个光滑的半球面内，如图D26所示，已知细杆长度是球面半径的2倍，当两球处于平衡状态时，细杆与水平面的夹角θ＝15°，则小球a和b的质量之比为( )A．2∶1 B.3∶1C． 1∶ 3 D.2∶17．xx·天津一中检测如图D27所示，放在水平桌面上的木块A处于静止状态，所挂的砝码和托盘的总质量为0.6 kg，弹簧测力计读数为2 N，滑轮摩擦不计．若轻轻取走盘中的部分砝码，使砝码和托盘的总质量减少到0.3 kg，则将会出现的情况是(g取10 m/s2)( )A．弹簧测力计的读数将不变B．A仍静止不动C．A与桌面间的摩擦力不变D．A所受的合力将要变大8．如图D28所示，倾角θ＝37°的斜面固定在水平面上，斜面上有一质量M＝1 kg的物块C受到轻质橡皮筋沿斜面向上的F＝9 N的拉力作用，平行于斜面的轻绳一端固定在物块C上，绳另一端跨过光滑定滑轮连接A、B两个小物块，物块C处于静止状态．已知物块C与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，A、B 两物块的质量分别为m A＝0.2 kg和m B＝0.3 kg，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.剪断A、B间轻绳后，关于物块C的受力和运动情况，下列说法中正确的是( )A．C将沿斜面向上滑动B．C受到滑动摩擦力，方向沿斜面向下，大小为5 NC．C受到静摩擦力，方向沿斜面向下，大小为1 ND．C仍然保持静止9．如图D29所示，甲、乙两物块用跨过定滑轮的轻质细绳连接后分别静止在斜面AB、AC上，滑轮两侧细绳与斜面平行．甲、乙两物块的质量分别为m1、m，AB斜面粗糙，倾角为α，AC斜面光滑，倾角为β，不计滑轮处摩擦，则以2下分析正确的是( )A．若m1sin α>m2sin β，则甲所受的摩擦力沿斜面向下B．若m1sin α＜m2sin β，则甲所受的摩擦力沿斜面向下C．若在物块乙上面再放一个小物块后，甲、乙仍静止，则甲所受的拉力一定变大D．若在物块甲上面再放一个小物块后，甲、乙仍静止，则甲所受的拉力一定变大10.【xx海南-8】如图，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O；整个系统处于静止状态；现将细绳剪断，将物块a的加速度记为a，S1和S2相对原长的伸长分别为△l1和△l2，重1力加速度大小为g，在剪断瞬间A.a1=3gB.a1=0C. △l1=2△l2D. △l1=△l2三、计算题(40分)11．(20分)两根相同的轻绳下端悬挂一个质量为m的物体，绳上端分别固定在水平天花板上的M点与N点，M、N两点间的距离为s，如图D211所示．已知两绳所能承受的最大拉力均为T，则每根绳的长度不得短于多少？(重力加速度为g)12．(20分)重为G的木块与水平地面间的动摩擦因数为μ，一人欲用最小的作用力F使木块做匀速运动，求此最小作用力的大小和方向．北大附中焦作校区xx届高三物理周测试卷（2）xx0810答案1．A [解析] 以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可知整体的加速度沿斜面向下．以滑块B为研究对象，A对B的摩擦力沿水平方向，把加速度沿水平方向和竖直方向分解，根据牛顿第二定律可知，滑块B受到水平向左的摩擦力，选项A正确．2．D [解析] 以A、B两球和弹簧组成的系统为研究对象，则有F cos 30°＝2mg sin 30°，得F＝2 33mg，隔离A球分析，有kx＝mg sin 30°，故弹簧原长为l－x＝l－mg2k，选项D正确．3．C [解析] 以小球为研究对象，小球受到竖直向下的重力、沿速度方向的外力F和沿绳方向的拉力T作用．设轻绳与竖直方向的夹角为θ，根据平衡条件有F＝mg sin θ，T＝mg cos θ，用外力F将小球沿圆弧从图中实线位置缓慢拉到虚线位置的过程中，轻绳与竖直方向的夹角θ逐渐增大，则沿速度方向的外力F将逐渐增大，沿绳方向的拉力T将逐渐减小，选项C正确．4．【答案】B5．B [解析] 对a圆柱体受力分析，设a、b间的压力大小F N，由平衡条件可得F N sin θ＝G，F N cos θ＝F，解得F N＝Gsin θ，F＝Gtan θ，F N随θ的增大而减小，开始时θ＝30°，F N最大为2G，当θ＝90°时，F N＝G，选项C、D错误；F随θ的增大而减小，开始时θ＝30°，F最大值F max＝Gtan 30°＝3G，当θ＝90°时，F最小，为零，选项A错误，选项B正确．6．B [解析] 对a和b两小球受力分析，由平衡条件得magsin 45°＝Tsin 30°，mbg sin 45°＝Tsin 60°，联立解得m a∶m b＝3∶1，选项B正确．7．AB [解析] 当砝码和托盘的总质量为m1＝0.6 kg时，有F＋f＝m1g，则f＝4 N，可知A与桌面间的最大静摩擦力至少为4 N；当砝码和托盘的总质量为m2＝0.3 kg时，假设A仍不动，此时F不变，有F＋f′＝m2g，则f′＝1 N<4 N，故假设成立，A仍静止不动，A所受的合力仍为零，A与桌面间的摩擦力变为1 N，弹簧测力计的示数不变，选项A、B正确．8．CD [解析] 剪断A、B间轻绳之前，对A、B整体，由平衡条件可得，连接物块C的轻绳上的拉力为T＝(m A＋m B)g，物块C受到轻质橡皮筋沿斜面向上的拉力为F＝9 N，对物块C，由平衡条件可得F＋f＝T＋Mg sin 37°，解得f＝2 N，故物块C受到的摩擦力方向沿斜面向上，说明物块C与斜面间最大静摩擦力至少为2 N；剪断A、B间轻绳后，假设A、C仍然静止，则有F′＝m A g＋Mg sin 37°＋f′，解得f′＝1 N<2 N，故物块C所受的摩擦力为静摩擦力，大小为1 N，方向沿斜面向下，选项C、D正确．9．BC [解析] 若m1sin α>m2sin β，则物块甲有下滑趋势，受到沿斜面向上的摩擦力，A错误；若m1sinα<m2sinβ，则物块甲有上滑趋势，受到沿斜面向下的摩擦力，B正确；细绳拉力T＝m2g sin β，若在物块乙上再放一小物块后，则细绳拉力变为T′＝(m2＋Δm)g sinβ>T，但若在物块甲上再放一小物块，并不影响细绳拉力的大小，C正确，D错误．10．【答案】AC11.Ts4T2－m2g2[解析] 设当绳长为l时，绳的拉力达到最大值．根据题意作出物体的受力分析图，如图所示由对称性可知，两个拉力T大小相等，两个拉力的合力F大小应等于重力G，由相似三角形可知有T1 2mg＝ll2－⎝⎛⎭⎪⎫s22解得l＝Ts4T2－m2g2故每根绳的长度不得短于Ts4T2－m2g2.12.μG1＋μ2与水平方向成α角且tan α＝μ[解析] 木块在运动过程中受摩擦力作用，要减小摩擦力，应使作用力F斜向上，设当F斜向上且与水平方向的夹角为α时，F的值最小．对木块受力分析如图所示，由平衡条件知F cos α－μFN＝0，F sin α＋FN－G＝0联立得F＝μGcos α＋μsin α令tan φ＝μ，则sin φ＝μ1＋μ2，cos φ＝11＋μ2可得F＝μGcos α＋μsin α＝μG1＋μ2cos（α－φ）可见当α＝φ时，F有最小值，为F min＝μG1＋μ2.>27833 6CB9 油31043 7943 祃22390 5776 坶25516 63AC掬B21051 523B 刻28810 708A 炊331489 7B01 笁26409 6729 朩40781 9F4D 齍36232 8D88 趈35785 8BC9 诉。

高三物理上学期周测试题(含解析)

咐呼州鸣咏市呢岸学校高三〔上〕周测物理试卷〔12〕一、选择题〔每空6分，共48分〕1．如下图的装置中，平行板电容器的极板A与一灵敏静电计相连，极板B接地．假设极板B稍向上移动一点，由观察到的静电计指针变化作出平行板电容器电容变小的结论的依据是〔〕A．两极板间的电压不变，极板上的电荷量变大B．两极板间的电压不变，极板上的电荷量变小C．极板上的电荷量几乎不变，两极板间电压变小D．极板上的电荷量几乎不变，两极板间电压变大2．图中是一个平行板电容器，其电容为C，带电量为Q，上极板带正电．现将一个试探电荷q由两极板间的A点移动到B点，如下图．A、B两点间的距离为s，连线AB与极板间的夹角为30°，那么电场力对试探电荷q所做的功于〔〕A．B．C．D．3．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地．两板间有一个正检验电荷固在P点，如下图，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、φ表示P点的电势，W表示正电荷在P点的电势能，假设正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0的过程中各物理量与负极板移动距离x的关系图象中正确的选项是〔〕A．B．C．D．4．电容式传感器是用来将各种非电信号转变为电信号的装置．由于电容器的电容C取决于极板正对面积S、极板间距离d以及极板间的电介质这几个因素，当某一物理量发生变化时就能引起上述某个因素的变化，从而又可推出另一个物理量的值的变化，如下图是四种电容式传感器的示意图，关于这四个传感器的作用以下说法不正确的选项是〔〕A．如图的传感器可以用来测量角度B．如图的传感器可以用来测量液面的高度C．如图的传感器可以用来测量压力D．如图的传感器可以用来测量速度5．一束正离子以相同的速率从同一位置、垂直于电场方向飞入匀强电场中，所有离子的轨迹都是一样的，这说明所有粒子〔〕A．都具有相同的质量B．都具有相同的电荷量C．电荷量与质量的比〔又叫比荷〕相同D．都属于同一元素的同位素6．原来都是静止的质子和α粒子，经过同一电压的加速电场后，它们的速度大小之比为〔〕A．：2 B．1：2 C．：1 D．1：17．如下图，示波器的示波管可以视为加速电场与偏转电场的组合，假设加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板长为L，极板间距为d，且电子被加速前的初速度可忽略，那么关于示波器的灵敏度〔即偏转电场中每单位偏转电压所引起的偏转量〕与加速电场、偏转电场的关系，以下说法中正确的选项是〔〕A．L越大，灵敏度越高B．d越大，灵敏度越高C．U1越大，灵敏度越高D．U2越大，灵敏度越高8．如下图是水平旋转的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，带电小球以速度v0水平射入电场，且沿下板边缘飞出．假设下板不动，将上板上移一小段距离，小球仍以相同的速度v0从原处飞入，那么带电小球〔〕A．将打在下板B．仍沿原轨迹由下板边缘飞出C．不发生偏转，沿直线运动D．假设上板不动，将下板上移一段距离，小球一打不到下板的二、多项选择〔每空6分，共12分〕9．如图〔a〕所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图〔b〕所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固在两板的间P处．假设在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上．那么t0可能属于的时间段是〔〕A．0＜t0＜B．＜t0＜ C．＜t0＜T D．T＜t0＜10．如下图，两平行金属板水平放置并接到电源上，一个带电微粒P位于两板间恰好平衡，现用外力将P 固住，然后使两板各绕其中点转过α角，如图虚线所示，再撤去外力，那么带电微粒P在两板间〔〕A．保持静止B．向左做直线运动C．电势能不变 D．电势能将变少三、计算题〔每空20分，共40分〕11．〔20分〕如下图，水平放置的A、B两平行板相距h，有一个质量为m，带电量为+q的小球在B板之下H处以初速度v0竖直向上进入两板间，欲使小球恰好打到A板，试讨论A、B板间的电势差是多大？12．〔20分〕〔2021秋•校级月考〕如下图，匀强电场方向与水平方向的夹角θ=30°斜右上方，电场强度为E，质量为m的带负电的小球以初速度v0开始运动，初速度方向与电场方向一致，试求：〔1〕假设小球带的电荷量为q=，为使小球能做匀速直线运动，对小球施加的恒力F1的大小和方向如何？〔2〕假设小球带的电荷量为q=，为使小球能做直线运动，对小球施加的最小恒力F2的大小和方向如何？高三〔上〕周测物理试卷〔12〕参考答案与试题解析一、选择题〔每空6分，共48分〕1．如下图的装置中，平行板电容器的极板A与一灵敏静电计相连，极板B接地．假设极板B稍向上移动一点，由观察到的静电计指针变化作出平行板电容器电容变小的结论的依据是〔〕A．两极板间的电压不变，极板上的电荷量变大B．两极板间的电压不变，极板上的电荷量变小C．极板上的电荷量几乎不变，两极板间电压变小D．极板上的电荷量几乎不变，两极板间电压变大【考点】电容器的动态分析．【专题】电容器专题．【分析】电容器的电荷量几乎不变．将极板B稍向上移动一点，极板正对面积减小，电容减小，由公式C=分析板间电压变化．【解答】解：由图分析可知电容器极板上的电荷量几乎不变，将极板B稍向上移动一点，极板正对面积减小，根据公式C=，电容减小，由公式C=可判断出电容器极板间电压变大，静电计张角增大，故D 正确，ABC错误．应选：D．【点评】此题要抓住电荷量不变的条件，根据电容的义式C=分析电容如何变化．2．图中是一个平行板电容器，其电容为C，带电量为Q，上极板带正电．现将一个试探电荷q由两极板间的A点移动到B点，如下图．A、B两点间的距离为s，连线AB与极板间的夹角为30°，那么电场力对试探电荷q所做的功于〔〕A．B．C．D．【考点】电势能；匀强电场中电势差和电场强度的关系．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】由平行板电容器的电容C和带电量Q，由电容的义式求出板间电压．由E=求出板间场强．根据功的计算公式求解电场力对试探电荷q所做的功．【解答】解：由电容的义式C=得板间电压U=，板间场强E==．试探电荷q由A点移动到B点，电场力做功W=qEssin30°=应选C【点评】此题只要抓住电场力具有力的一般性质，根据功的一般计算公式就可以很好地理解电场力做功，并能正确计算功的大小．3．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地．两板间有一个正检验电荷固在P点，如下图，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、φ表示P点的电势，W表示正电荷在P点的电势能，假设正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0的过程中各物理量与负极板移动距离x的关系图象中正确的选项是〔〕A．B．C．D．【考点】电容器的动态分析．【专题】电容器专题．【分析】由题意可知电量不变，由平行板电容器的决式可知电容的变化；由义式可得出两端电势差的变化；再由U=Ed可知E的变化，进而判断势能的变化．【解答】解：A、当负极板右移时，d减小，由C=可知，C与x图象不能为一次函数图象！故A错误；B、由U=可知，U=Q，那么E==，故E与d无关，故B错误；C、因负极板接地，设P点原来距负极板为l，那么P点的电势φ=E〔l﹣l0〕；故C正确；D、电势能E=φq=Eq〔l﹣l0〕，不可能为水平线，故D错误；应选：C．【点评】此题考查电容器的动态分析，由于结合了图象内容，对学生的要求更高了一步，要求能根据公式得出正确的表达式，再由数学规律进行分析求解．4．电容式传感器是用来将各种非电信号转变为电信号的装置．由于电容器的电容C取决于极板正对面积S、极板间距离d以及极板间的电介质这几个因素，当某一物理量发生变化时就能引起上述某个因素的变化，从而又可推出另一个物理量的值的变化，如下图是四种电容式传感器的示意图，关于这四个传感器的作用以下说法不正确的选项是〔〕A．如图的传感器可以用来测量角度B．如图的传感器可以用来测量液面的高度C．如图的传感器可以用来测量压力D．如图的传感器可以用来测量速度【考点】传感器在生产、生活中的用．【分析】电容器的决式C=，当电容器两极间正对面积变化时会引起电容的变化，其他条件不变的情况下成正比【解答】解：A、图示电容器为可变电容器，通过转动动片改变正对面积，改变电容，可以用来测量角度，故A正确B、图示电容器的一个极板时金属芯线，另一个极板是导电液，故是通过改变电容器两极间正对面积而引起电容变化的，可以用来测量液面的高度，故B正确；C、是通过改变极板间的距离，改变电容器的，可以用来测量压力，故C正确D、可变电容器，通过改变电介质，改变电容，可以用来测量位移，故D错误；此题选错误的；应选：D．【点评】此题考查了影响电容器电容的因素，如何改变电容器的容，电容传感器的特点．并明确电容器作为传感器在生产生活中的用．5．一束正离子以相同的速率从同一位置、垂直于电场方向飞入匀强电场中，所有离子的轨迹都是一样的，这说明所有粒子〔〕A．都具有相同的质量B．都具有相同的电荷量C．电荷量与质量的比〔又叫比荷〕相同D．都属于同一元素的同位素【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】正离子垂直于电场方向飞入匀强电场中做类平抛运动．根据运动学公式可列出y=，而牛顿第二律a=，及运动时间t=，从而得出偏转距离与质量、电量及速率的关系．【解答】解：正离子进入匀强电场后，做类平抛运动，将运动分解，那么偏转距离为y=牛顿第二律得a=垂直于电场方向正离子做匀速直线运动，那么运动时间为 t=联立得：y=由于初速率v0、电压U、极板长度L、极板间距d均相同，离子的轨迹一样时偏转距离相，那么离子的比荷相同，但它们的质量不一相同，电量也不一相同，不一都属于同一元素的同位素，故C正确，ABD错误；应选：C【点评】此题考查粒子在电场中做类平抛运动，理解由运动轨迹来确偏转距离的关系，掌握牛顿第二律与运动学公式的用，并知道粒子的比荷的含义．6．原来都是静止的质子和α粒子，经过同一电压的加速电场后，它们的速度大小之比为〔〕A．：2 B．1：2 C．：1 D．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】根据动能理列式得到加速获得的速度表达式，结合质子和α粒子的比荷求解速度之比．【解答】解：设任一带电粒子的质量为m，电量为q，加速电场的电压为U，根据动能理得：qU=得速度大小：v=，即得速度大小与比荷的平方根成正比．质子和α粒子比荷之比为：=：=2：1所以解得速度之比 v H：vα=：1．应选：C．【点评】此题带电粒子在电场中加速问题，根据动能理求速度是常用方法．此题还要对质子与α粒子的质量数与电荷数要区分清楚．7．如下图，示波器的示波管可以视为加速电场与偏转电场的组合，假设加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板长为L，极板间距为d，且电子被加速前的初速度可忽略，那么关于示波器的灵敏度〔即偏转电场中每单位偏转电压所引起的偏转量〕与加速电场、偏转电场的关系，以下说法中正确的选项是〔〕A．L越大，灵敏度越高B．d越大，灵敏度越高C．U1越大，灵敏度越高D．U2越大，灵敏度越高【考点】示波管及其使用．【分析】根据带电粒子在加速电场中加速，在偏转电场中做类平抛运动，结合动能理、牛顿第二律和运动学公式求出偏转量，从而得出灵敏度的大小．【解答】解：根据动能理得，eU1=mv2；粒子在偏转电场中运动的时间t=，在偏转电场中的偏转位移h=at2=•=那么灵敏度=．知L越大，灵敏度越大；d越大，灵敏度越小；U1越小，灵敏度越大．灵敏度与U2无关．故A正确，CBD错误．应选：A．【点评】此题考查了带电粒子在电场中的加速和偏转，综合考查了动能理、牛顿第二律、运动学公式，难度中8．如下图是水平旋转的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，带电小球以速度v0水平射入电场，且沿下板边缘飞出．假设下板不动，将上板上移一小段距离，小球仍以相同的速度v0从原处飞入，那么带电小球〔〕A．将打在下板B．仍沿原轨迹由下板边缘飞出C．不发生偏转，沿直线运动D．假设上板不动，将下板上移一段距离，小球一打不到下板的【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】将电容器上板向下移动一段距离，电容器所带的电量Q不变，根据电容器的义式导出电场强度的变化，判断粒子的运动情况．【解答】解：A、B、C、将电容器上板上移一小段距离，电容器所带的电量Q不变，由E=、C=、C=得，E==．由题意可知，电容器带电量Q不变，极板的正对面积S不变，相对介电常量ɛ不变，由公式可知当d增大时，场强E不变，以相同的速度入射的小球仍按原来的轨迹运动，故AC错误，B正确．D、假设上板不动，将下板上移一段距离时，根据推论可知，板间电场强度不变，粒子所受的电场力不变，粒子轨迹不变，小球可能打在下板的，故D错误．应选：B【点评】此题要注意当电容器与电源断开时，电容器所带的电量是值不变，仅仅改变板间距离时，板间场强是不变的，这个推论要熟悉．二、多项选择〔每空6分，共12分〕9．如图〔a〕所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图〔b〕所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固在两板的间P处．假设在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上．那么t0可能属于的时间段是〔〕A．0＜t0＜B．＜t0＜ C．＜t0＜T D．T＜t0＜【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】计算题；压轴题；高考物理专题．【分析】解决此题首先要注意A、B两板电势的上下及带正电粒子运动的方向，再利用运动的对称性，粒子加速与减速交替进行运动，同时注意粒子向左、右运动位移的大小，即可判断各选项的对错．【解答】解：A、假设，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在B板上，所以A错误．B、假设，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离大于向右运动的距离，最终打在A板上，所以B正确．C、假设，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离小于向右运动的距离，最终打在B板上，所以C错误．D、假设，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在B板上，所以D错误．应选B．【点评】〔2021．〕带电粒子在电场中的运动，实质是力学问题，题目类型依然是运动电荷的平衡、直线、曲线或往复振动问题．解题思路一般地说仍然可遵循力的根本解题思路：牛顿运动律和直线运动的规律的结合、动能理或功能关系带电粒子在交变电场中运动的情况比拟复杂，由于不同时段受力情况不同、运动情况也就不同，假设按常规的分析方法，一般都较繁琐，较好的分析方法就是利用带电粒子的速度图象或位移图象来分析．在画速度图象时，要注意以下几点：1．带电粒子进入电场的时刻；2．速度图象的斜率表示加速度，因此加速度相同的运动一是平行的直线；3．图线与坐标轴的围成的面积表示位移，且在横轴上方所围成的面积为正，在横轴下方所围成的面积为负；4．注意对称和周期性变化关系的用；5．图线与横轴有交点，表示此时速度反向，对运动很复杂、不容易画出速度图象的问题，还逐段分析求解．10．如下图，两平行金属板水平放置并接到电源上，一个带电微粒P位于两板间恰好平衡，现用外力将P 固住，然后使两板各绕其中点转过α角，如图虚线所示，再撤去外力，那么带电微粒P在两板间〔〕A．保持静止B．向左做直线运动C．电势能不变 D．电势能将变少【考点】带电粒子在混合场中的运动．【专题】带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】带电微粒P在水平放置的A、B金属板间的电场内处于静止状态，说明处于平衡状态，竖直向上的电场力大小于重力的大小，当两平行金属板A、B分别以O、0′中心为轴在竖直平面内转过相同的较小角度α，然后释放P，此时P受到重力、电场力，合力向左，故P做向左的匀加速直线运动．【解答】解：设初状态极板间距是d，旋转α角度后，极板间距变为dcosα，所以电场强度E′=，而且电场强度的方向也旋转了α，由受力分析可知，竖直方向仍然平衡，水平方向有电场力的分力，所以微粒水平向左做匀加速直线运动．那么微粒的重力势能不变，向左做匀加速直线运动过程中，电场力做正功，那么电势能减小．故B、D正确，A、C错误．应选：BD．【点评】考查了受力求运动，正确受力分析，有牛顿第二律判断运动情况，解决此题的关键是确场强与原来场强在大小、方向上的关系．三、计算题〔每空20分，共40分〕11．〔20分〕如下图，水平放置的A、B两平行板相距h，有一个质量为m，带电量为+q的小球在B板之下H处以初速度v0竖直向上进入两板间，欲使小球恰好打到A板，试讨论A、B板间的电势差是多大？【考点】电势差与电场强度的关系；动能理．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】小球刚好打到A板时，速度恰好为零，根据动能理，对整个过程进行研究求解【解答】解：当电场力方向向下时，U A＞U B，电场力做负功，由动能理得：﹣qU AB﹣mg〔H+h〕=﹣解得：U AB=当电场力方向向上时，U A＜U B，电场力做正功，由动能理得：qU BA﹣mg〔H+h〕=﹣解得：U BA=答：A、B板间的电势差是或【点评】此题涉及两个过程，采用全程法运用动能理研究，比拟简洁，也可以分段研究，运用牛顿第二律和运动学公式结合研究12．〔20分〕〔2021秋•校级月考〕如下图，匀强电场方向与水平方向的夹角θ=30°斜右上方，电场强度为E，质量为m的带负电的小球以初速度v0开始运动，初速度方向与电场方向一致，试求：〔1〕假设小球带的电荷量为q=，为使小球能做匀速直线运动，对小球施加的恒力F1的大小和方向如何？〔2〕假设小球带的电荷量为q=，为使小球能做直线运动，对小球施加的最小恒力F2的大小和方向如何？【考点】电势差与电场强度的关系．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】〔1〕小球做匀速直线运动，所受的合力为零，分析小球的受力情况，作出力图，由平衡条件求解即可．〔2〕小球要做直线运动，小球的合力必须与运动方向在同一直线上，当电场力与此直线垂直时，施加的恒力最小，由力的合成图求解即可．【解答】解：〔1〕欲使小球做匀速直线运动，必须使其合外力为0，如图甲所示．设对小球施加的力F1和水平方向夹角为α，那么F1•cosα=qE cosθF1•sinα=qE sinθ+mg解得α=60°，F1=mg〔2〕为使小球做直线运动，那么小球的合力必须与运动方向在同一直线上，当电场力与此直线垂直时，施加的恒力最小，如图乙所示．那么 F2=mgsin60°=mg，方向斜向左上与水平夹角为60°．答：〔1〕假设小球带的电荷量为q=，为使小球能做匀速直线运动，对小球施加的恒力F1的大小是mg，方向与水平成60°斜向右上方．〔2〕假设小球带的电荷量为q=，为使小球能做直线运动，对小球施加的最小恒力F2的大小是mg，方向斜向左上与水平夹角为60°．【点评】解决此题的关键要掌握直线运动和匀速直线运动的条件，作出受力图，运用几何关系分析力的最小值．。

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．。

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＜。

高三物理上学期周练试题(12.2)2

咐呼州鸣咏市呢岸学校学第一学期高四物理周练试题〔11〕一、单项选择题1．以下有关对气体的理解正确的选项是〔〕A、常温常压下，一质量的气体，保持体积不变，压强将随温度的增大而增大B、容器内一质量的理想气体体积不变，温度升高，那么单位时间内撞击容器壁的分子数增加C、对于一量的气体，当其温度降低时，速率大的分子数目减少，速率小的分子数增加D、气体总是很容易充满整个容器，这是分子间存在斥力的宏观表现2．质量为m的长方形木块静止在倾角为θ的斜面上，斜面对木块的支持力和摩擦力的合力方向该是〔〕A．沿斜面向下 B．垂直于斜面向上C．沿斜面向上 D．竖直向上3．如下图的电路中，输入电压U恒为12V，灯泡L上标有“6V 12W〞字样，电动机线圈的电阻R M=0.50Ω．假设灯泡恰能正常发光，以下说法中正确的选项是〔〕A．电动机的输入功率为14WB．电动机的输出功率为12WC．电动机的热功率为2.0WD．整个电路消耗的电功率为22W4．南北朝傅翕曾写下这样一首诗：“空手把锄头，步行骑水牛．人在桥上走，桥流水不流．〞其中“桥流水不流〞一句理解成其选择的参考系是〔〕A．水 B．桥 C．人 D．地面5．如下图，轻弹簧的两端各受10N拉力F作用，弹簧平衡时伸长了5cm〔在弹性限度内〕，那么以下说法中正确的选项是〔〕A．该弹簧的劲度系数k=200N/mB．该弹簧的劲度系数k=400N/mC．根据公式k=，弹簧的劲度系数k会随弹簧弹力F的增大而增大D．弹簧所受的合力为10N6．如下图，细绳竖直拉紧，小球和光滑斜面上接触，并处于静止状态，那么小球受到的力是〔〕A．重力、绳的拉力B．重力、绳的拉力、斜面的弹力C．重力、斜面的弹力D．绳的拉力、斜面的弹力7．关于物体受到的力，以下说法正确的选项是〔〕A．轻绳对物体的拉力是由物体的形变产生的，其方向指向轻绳收缩的方向B．相互接触的物体间一有弹力作用C．形状规那么的物体的重心不一在它的几何中心上D．书对桌面的压力就是书的重力8．用手握住一个油瓶〔瓶始终处于竖直方向〕，如下图．以下说法正确的选项是〔〕A．瓶中油越多，手必须握得越紧B．手握得越紧，油瓶受到的摩擦力越大C．不管手握得有多紧，油瓶受到的摩擦力总是一的D．以上说法都正确9．以下说法正确的有A．普朗克曾经大胆假设：振动着的带电微粒的能量只能是某一最小能量值ε的整数倍，这个不可再分的最小能量值ε叫做能量子B．α粒子散射中少数α粒子发生了较大偏转，这是卢瑟福猜测原子核式结构模型的主要依据之一C．由玻尔理论可知，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要辐频率的光子，同时电子的动能减小，电势能增大D．在光电验中，用同种频率的光照射不同的金属外表，从金属外表逸出的光电子的最大初动能E k越大，那么这种金属的逸出功W0越小E．假设γ光子与一个静止的自由电子发生作用，那么γ光子被电子散射后波长会变小，速度可能不变化10．如图，飞机在完成太空任务后，在A点从圆形轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，B为轨道Ⅱ上的近地点，关于飞机的运动，以下说法中正确的有〔〕A．在轨道Ⅱ上经过A的速度小于经过B的速度B．在轨道Ⅱ上经过A的速度于在轨道Ⅰ上经过A的速度C．在轨道Ⅱ上运动的周期于在轨道Ⅰ上运动的周期D．在轨道Ⅱ上经过A的加速度小于在轨道Ⅰ上经过A的加速度11．A、B两物体通过一根跨过滑轮的轻绳相连放在水平面上，现物体A以v1的速度向右匀速运动，当绳被拉成与水平面夹角分别是α、β时，如下图．物体B的运动速度v B为〔绳始终有拉力〕〔〕A．v1sinα/ sinβ B．v1cosα/ sinβC．v1sinα/ cosβ D．v1cosα/ cosβ12．以下关于重力、弹力的说法，正确的选项是A．规那么物体的重心一在物体的几何中心上B．劲度系数大的弹簧，产生的弹力越大C．压弹簧时，手先给弹簧一个压力而使之压缩，弹簧压缩后再反过来给手一个弹力D．木块放在桌面上，要受到一个向上弹力，这是由于桌面发生微小形变而产生的13．以下表示物体做匀速直线运动的速度图象的是〔〕14．关于晶体和非晶体，以下说法中不正确的选项是〔〕A ．单晶体有规那么的几何外形B ．晶体的物理性质一是各向异性的C ．晶体熔化时具有一的熔点D ．晶体和非晶体在适当的条件下是可能相互转化的15．某人在平静的湖面上竖直上抛一小铁球，小铁球上升到最高点后自由下落，穿过湖水并陷入湖底的淤泥中一段深度．不计空气阻力，取向上为正方向，在下面的图象中，最能反映小铁球运动过程的v ﹣t 图象是〔〕A ．B ．C ．D ．16．如下图，为某一点电荷形成的一簇电场线，a 、b 、c 三条虚线为三个带电粒子以相同的速度从O 点射入电场的运动轨迹，其中b 虚线为一圆弧，AB 的长度于BC 的长度，且三个粒子的电荷量大小相，不计粒子重力，那么以下说法正确的选项是A 、a 一是正粒子的运动轨迹，b 和c 一是负粒子的运动轨迹B 、由于AB 的长度于BC 的长度，故AB BC U UC 、a 虚线对的粒子的加速度越来越小，c 虚线对的粒子的加速度越来越大，b 虚线对的粒子的加速度大小不变D 、b 虚线对的粒子的质量大于c 虚线对的粒子的质量17．沿同一直线运动的a 、b 两物体，其x-t 图象分别为图中直线a 和曲线b 所示，由图可知〔〕A ．两物体运动方向始终不变B ．0～t 1内a 物体的位移大于b 物体的位移C ．t 1～t 2内某时刻两物体的速度相同D．t1～t2内a物体的平均速度大于b物体的平均速度18．如图是某振子作简谐振动的图象，以下说法中正确的选项是〔〕A．因为振动图象可由直接得到，所以图象就是振子实际运动的轨迹B．由图象可以直观地看出周期、振幅，还能知道速度、加速度、回复力及能量随时间的变化情况C．振子在B位置的位移就是曲线BC的长度D．振子运动到B点时的速度方向即为该点的切线方向19．如下图，一根长导线弯曲成“n〞形，通以直流电I，间用绝缘线悬挂一金属环C，环与导线处于同一竖直平面内．在电流I增大的过程中，以下判断正确的选项是〔〕A．金属环中无感电流产生B．金属环中有逆时针方向的感电流C．悬挂金属环C的竖直线的拉力大于环的重力D．悬挂金属环C的竖直线的拉力小于环的重力20．一枚搭载着卫星以速率v0进入太空预位置，由控制系统使箭体与卫星别离．前的卫星质量为m1，后的箭体质量为m2，别离后箭体以速率v2沿原方向飞行，假设忽略空气阻力及别离前后系统质量的变化，那么别离后卫星的速率v1为〔〕A．v0﹣v2 B．v0+v2C．v0﹣v2 D．v0+〔v0﹣v2〕二、计算题21．如下图，质量M=1kg的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1，在木板的左端放置一个质量m=1kg、大小可以忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数μ2=0.4，取g=10m/s2，在铁块上加一个水平向右的拉力，试求：〔1〕F增大到多少时，铁块能在木板上发生相对滑动？〔2〕假设木板长L=1m，水平拉力恒为8N，经过多长时间铁块运动到木板的右端？22．如下图，长L=1．5m，高h=0．45m，质量M=10kg的长方体木箱，在水平面上向右做直线运动．当木箱的速度v0=3．6m/s时，对木箱施加一个方向水平向左的恒力F=50N，并同时将一个质量m=1kg的小球轻放在距木箱右端的P点〔小球可视为质点，放在P点时相对于地面的速度为零〕，经过一段时间，小球脱离木箱落到地面．木箱与地面的动摩擦因数为0．2，其他摩擦均不计．求：〔1〕小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间；〔2〕小球放上P点后，木箱向右运动的最大位移；〔3〕小球离开木箱时木箱的速度．参考答案1.ABC2．D3．C4．A5．A6．A7．C8．AC9．ABD10.A11．D12．D13.D14．B15．C16．CD17．C18．B19．BC20．D21．〔1〕F增大到6N时，铁块能在木板上发生相对滑动．〔2〕假设木板长L=1m ，水平拉力恒为8N ，经过1s 时间铁块运动到木板的右端．〔1〕设F=F 1时，A 、B 恰好保持相对静止，此时二者的加速度相同，两者间的静摩擦力到达最大．根据牛顿第二律得：μ2mg ﹣μ1〔m+M 〕g=Ma可得 a=2m/s 2以系统为研究对象，根据牛顿第二律有F 1﹣μ1〔m+M 〕g=〔m+M 〕a解得：F 1=6N〔2〕铁块的加速度大小 a 1==4m/s 2木板的加速度大小 a 2==2m/s 2设经过时间t 铁块运动到木板的右端，那么有 ﹣=L解得：t=1s22．〔1〕0.3s ；〔2〕0.9m ；〔3〕2.8/m s〔1〕木箱上外表的摩擦不计，因此小球在离开木箱前相对地面处于静止状态，离开木箱后将作自由落体运动．由212＝h g t ，得20.452100.3＝＝＝s h g t ⨯ 小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间为0.3s ．〔2〕小球放到木箱后，木箱的加速度为：()()21500.2101107.21/0＝＝＝F M m g m s M a μ+++⨯+⨯。

[推荐学习]高三物理上学期周练试卷(含解析)

天津市宝坻区大钟高中2015-2016学年高三（上）周练物理试卷一.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．D．5．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W a和W b，a、b两点的电场强度大小分别为E a和E b，则（）A．W a=W b，E a＜E b B．W a≠W b，E a＞E b C．W a=W b，E a＞E b D．W a≠W b，E a＜E b二、简答题6．（2014秋•东湖区校级月考）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＜R1）的圆轨道在地球赤道的正上方运行，其运行方向与地球自转方向相同．求：（1）卫星B做圆周运动的周期；（2）卫星A和B连续地不能直接通讯的最长时间间隔（信号传输时间可忽略；涉及有关几何角度可用反三角值表示，如：sinθ=时，θ=arcsin等）．7．（2012秋•荣成市校级期中）一个电子以与电场方向相同的初速度υ0，射入电场强度为E 的匀强电场中，如图所示，已知电子电量e，电子质量m，试求：（1）电子的入射点与速度为零之点间的电势差和这两点间的距离？（2）从电子的入射点到速度为零之点所需的时间？8．（2016•大庆模拟）如图所示，质量m1=0.4kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长L=2.0m，现有质量m2=0.6kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0=3m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数0.2，取g=10m/s2，求（1）物块在车面上滑行的时间t；（2）要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v′0不超过多少．2015-2016学年天津市宝坻区大钟高中高三（上）周练物理试卷（4）参考答案与试题解析一.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2000J【考点】重力势能的变化与重力做功的关系．【分析】物体重力做功多少，物体的重力势能就减小多少．根据动能定理确定动能的变化．机械能减小量等于克服阻力做的功．【解答】解：A、除重力外，物体克服阻力做功100J，故机械能减小100J，故A正确；B、外力对物体所做的总功为2000J﹣100J=1900J，是正功，则根据动能定理得：动能增加1900J．故B错误；C、D、重力对物体做功为2000J，是正功，则物体重力势能减小2000J．故C错误，D错误；故选：A．【点评】本题关键要掌握常见的三对功能关系：总功与动能变化有关，重力做功与重力势能变化有关，除重力外的力的功与机械能变化有关．2．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【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．【专题】人造卫星问题．【分析】嫦娥三号和嫦娥一号都绕月球做匀速圆周运动，月球对它们的万有引力提供向心力，，解得，，，，由此可知轨道半径越大，线速度、角速度、加速度越小，周期越大．【解答】解：A、根据万有引力提供向心力，得，由此可知，轨道半径越大，速度越小，嫦娥三号的轨道半径小于嫦娥一号的轨道半径，故嫦娥三号的运行速率大于嫦娥一号的运行速率，故A错误．B、根据万有引力提供向心力，得，由此可知，轨道半径越大，周期越大，嫦娥三号的轨道半径小于嫦娥一号的轨道半径，故嫦娥三号的运行周期小于嫦娥一号的运行周期，故B错误．C、根据万有引力提供向心力，得，由此可知，轨道半径越大，加速度越小，嫦娥三号的轨道半径小于嫦娥一号的轨道半径，故嫦娥三号的向心加速度大于嫦娥一号的向心加速度，故C错误．D、根据万有引力提供向心力，得，由此可知，轨道半径越大，角速度越小，嫦娥三号的轨道半径小于嫦娥一号的轨道半径，故嫦娥三号的角速度大于嫦娥一号的角速度，故D正确．故选：D．【点评】本题要掌握万有引力提供向心力这个关系，，并且能够根据题目要求选择不同向心力的表达式，解出线速度、角速度、角速度和周期与半径的关系，根据半径的大小关系，判断线速度、角速度、角速度和周期的大小．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．【考点】动量守恒定律．【专题】动量定理应用专题．【分析】炮弹到达最高点时爆炸时，爆炸的内力远大于重力（外力），遵守动量守恒定律；当炮弹到达最高点时爆炸为沿水平方向运动的两片，两片炸弹都做平抛运动．根据平抛运动的基本公式即可解题．【解答】解：规定向右为正，设弹丸的质量为4m，则甲的质量为3m，乙的质量为m，炮弹到达最高点时爆炸时，爆炸的内力远大于重力（外力），遵守动量守恒定律，则有：4mv0=3mv1+mv2两块弹片都做平抛运动，高度一样，则运动时间相等，t=，水平方向做匀速运动，x1=v1t=v1，x2=v2t=v2，则8=3x1+x2结合图象可知，B的位移满足上述表达式，故B正确．故选：B．【点评】本题考查了动量守恒定律的直接应用，知道当炮弹到达最高点时爆炸为沿水平方向运动的两片，两片炸弹都做平抛运动，难度适中．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．D．【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度．【专题】衰变和半衰期专题．【分析】半衰期是放射性原子核剩下一半需要的时间，根据公式m=m0•（）求解剩余原子核的质量．【解答】解：碘131的半衰期约为8天，经过32天后，碘131的剩余质量为：m′=m•（）=；故选：C．【点评】本题关键是明确半衰期的概念，能够结合公式m=m0•（）列式分析，基础问题．5．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W a和W b，a、b两点的电场强度大小分别为E a和E b，则（）A．W a=W b，E a＜E b B．W a≠W b，E a＞E b C．W a=W b，E a＞E b D．W a≠W b，E a＜E b【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度；电势．【分析】图中a、b两点在一个等势面上，根据W=qU判断电场力做功的大小，根据电场线的疏密程度判断电场强度的大小【解答】解：图中a、b两点在一个等势面上，故U ac=U bc，根据W=qU，有W a=W b；a位置的电场强度较密集，故E a＞E b【点评】本题关键是明确电场强度的大小看电场线的疏密程度，电场力做功看电势差，基础问题二、简答题6．（2014秋•东湖区校级月考）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＜R1）的圆轨道在地球赤道的正上方运行，其运行方向与地球自转方向相同．求：（1）卫星B做圆周运动的周期；（2）卫星A和B连续地不能直接通讯的最长时间间隔（信号传输时间可忽略；涉及有关几何角度可用反三角值表示，如：sinθ=时，θ=arcsin等）．【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．【专题】人造卫星问题．【分析】人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，根据牛顿运动定律求解卫星的周期．两卫星绕地球做匀速圆周运动，由于地球的遮挡，使卫星A、B不能直接通讯，作图找出空间的位置关系，根据几何知识列式计算．【解答】解：（1）由万有引力提供向心力有：对于同步卫星有：解得：T′=T（2）由于地球的遮挡，使卫星A、B不能直接通讯，如图所示，设遮挡的时间为t则有它们转过的角度之差为θ时就不能通讯，则有：又根据几何关系可得：sinα=，sinβ=，而：θ=2（α+β）由以上各式可解得：t=T答：（1）卫星B做圆周运动的周期为T；（2）卫星A、B连续地不能直接通讯的最长时间间隔为T．【点评】本题主要考查了万有引力定律的应用和空间想象能力问题，要作图找出空间的位置关系，这是解题的关键．7．（2012秋•荣成市校级期中）一个电子以与电场方向相同的初速度υ0，射入电场强度为E 的匀强电场中，如图所示，已知电子电量e，电子质量m，试求：（1）电子的入射点与速度为零之点间的电势差和这两点间的距离？（2）从电子的入射点到速度为零之点所需的时间？【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】（1）根据根据动能定理求出电子入射点与速度为零点间的电势差，根据匀强电场中电势差与电场强度的关系求出两点间的距离．（2）根据牛顿第二定律求出电子的加速度，结合速度时间公式求出电子速度减为零的时间．【解答】解：（1）根据动能定理得，解得电势差U=．则两点间的距离d=．（2）电子运动的加速度a=，则速度减为零的时间t=．答：（1）电子的入射点与速度为零之点间的电势差为U=，两点间的距离为．（2）从电子的入射点到速度为零之点所需的时间为．【点评】解决本题的关键知道电子在电场中做匀减速运动，对于电势差的求法，也可以根据牛顿第二定律和运动学公式求出两点间的距离，结合U=Ed求出电势差．8．（2016•大庆模拟）如图所示，质量m1=0.4kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长L=2.0m，现有质量m2=0.6kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0=3m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数0.2，取g=10m/s2，求（1）物块在车面上滑行的时间t；（2）要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v′0不超过多少．【考点】动量守恒定律．【专题】动量定理应用专题．【分析】（1）物块滑上小车后受到小车的向左的滑动摩擦力而做匀减速运动，小车受到物块向右的滑动摩擦力而匀加速运动，当两者速度相等时，相对静止一起做匀速运动．对物块和小车组成的系统，满足动量守恒的条件：合外力为零，运用动量守恒求得共同速度，再对小车运用动量定理求解出时间t．（2）要使物块恰好不从小车右端滑出，滑块滑到小车的最右端，两者速度相同，根据动量守恒定律和能量守恒定律求出速度．【解答】解：（1）设物块与小车的共同速度为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律得：m2v0=（m1+m2）v，设物块与车面间的滑动摩擦力为F，对物块应用动量定理得：m2v﹣m2v0=﹣Ft，代入数据解得：t=0.6s；（2）要使物块恰好不从车厢滑出，须物块到车面右端时与小车有共同的速度v′，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m2v1=（m1+m2）v′，由能量守恒定律得： m2v12=（m1+m2）v2+μmgL，代入数据解得：v′=2m/s，故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车的速度v0′不能超过2m/s；答：（1）物块在车面上滑行的时间t为0.6s．（2）要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v′0不超过2m/s．【点评】本题考查摩擦拖动类的动量和能量问题．关键要掌握动量守恒定律、动量定理和功能关系这些物理规律的运用．。

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：。

高三物理上学期周练试卷(12.含解析)

咐呼州鸣咏市呢岸学校高三〔上〕周练物理试卷〔19〕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1～4题只有一项符合题目要求，第5-8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．如下图，在光滑的水平地面上，有两个质量相的物体，中间用劲度系数为k的轻质弹簧相连，在外力作用下运动，F1＞F2，当运动到达稳时，弹簧的伸长量为〔〕A．B．C．D．2．质量为2kg的物体，放在动摩擦因数为μ=0.1的水平面上，在水平拉力F的作用下，由静止开始运动，拉力做的功W和物体发生的位移x之间的关系如下图，g=10m/s2．以下说法中正确的选项是〔〕A．此物体在AB段做匀加速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为15WB．此物体在AB段做匀速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为6WC．此物体在AB段做匀加速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为6WD．此物体在AB段做匀速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为15W3．在教学楼梯口，有如下图的0、1、2、3…K级台阶，每级台阶的长为30cm，高为15cm〔g=10m/s2〕．某同学从第0级台阶的边缘以V0=5m/s水平抛出一小球〔不计一切阻力〕，那么小球将落在第几级台阶上〔〕A．7级B．8级C．9级D．10级4．如下图，行星A绕 O点沿逆时针方向做匀速圆周运动，周期为T1，行星B绕 O点沿顺时针方向做匀速圆周运动，周期为T2．某时刻AO、BO刚好垂直，从此时刻算起，经多长时间它们第一次相距最远〔〕A．B．C．D．5．如下图为粮袋的传送装置，AB间长度为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时逆时针运行速度为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点将粮袋轻放到运行中的传送带上，关于粮袋从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．只要μ足够大，粮袋轻放在A时可能立刻与传送带一起匀速运动B．粮袋开始运动的加速度为g〔sinθ+μcosθ〕，从A到B的时间可能于C．无论μ和L值多大，粮袋的速度不可能超过D．要使货物尽快到达B端，传送带的速度至少6．阴极射线示波管的聚焦电场由电极A1、A2形成，实线为电场线，虚线为势线，z轴为该电场的中心轴线，P、Q、R为一个从左侧进入聚焦电场的电子运动轨迹上的三点，那么〔〕A．电场中A2的电势高于电极A1的电势B．电场中Q点的电场强度小于R点的电场强度C．电子在P点处的动能大于Q点处的动能D．电子从P到R的运动过程中，电场力对它一直做正功7．如下图，在光滑绝缘水平面上有一半径为R的圆，AB是一条直径，空间有匀强电场场强大小为E，方向与水平面平行．在圆上A点有一发射器，以相同的动能平行于水平面沿不同方向发射带电量为+q的小球，小球会经过圆周上不同的点，在这些点中，经过C点的小球的动能最大．由于发射时刻不同时，小球间无相互作用．且∠α=30°，以下说法正确的选项是〔〕A．电场的方向与AC间的夹角为30°B．电场的方向与AC间的夹角为60°C．小球在A点垂直电场方向发射，恰能落到C点，那么初动能为qERD．小球在A点垂直电场方向发射，恰能落到C点，那么初动能为qER8．在如下图的电路中，圈①、②、③处可以接小灯或安培表或伏特表〔均为理想电表〕三种元器件，电源电动势ε、内阻 r保持不变，值电阻R1＞R2＞R3＞R4＞r，小灯电阻R L=R1，以下说法正确的选项是〔〕A．要使得路端电压最大，那么该①接小灯，②接电压表，③接电流表B．要使得电源输出功率最大，那么该①接小灯，②接电压表，③接电流表C．要使得电源总功率最大，那么该①接电流表，②接电压表，③接小灯D．要使得闭合电路中电源效率最高，那么该①接小灯，②接电流表，③接电压表三、非选择题〔包括必考题和选考题两．第9-12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题-第14题为选考题，考生根据要求作答．〕〔一〕必考题9．某同学在做<研究匀变速直线运动>的中，所用电源频率为50Hz．如下图，取一段纸带，从0点开始每5个点取一个计数点，分别记为1、2、3、4，各计数点到0点的距离已在图中标出．那么相邻计数点间的时间间隔为s，小车到计数点2时的瞬时速度v2= m/s，根据数据可求得小车的加速度a= m/s2．〔结果保存2位有效数字〕10．某小组利用如图甲所示的装置来验证钩码和滑块所组成的系统由静止释放后机械能是否守恒．前已经调整气垫导轨底座使之水平，且选滑块从静止开始运动的过程进行测量．〔1〕如图乙所示，用游标卡尺测得窄遮光条的宽度d= cm；时将滑块从图示位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间△t=×10﹣2s，那么在遮光条经过光电门时滑块的瞬间速度为m/s．〔计算结果保存两位有效数字〕〔2〕假设测出钩码质量为m，滑块质量为M，滑块上的遮光条初始位置到光电门的距离为s，那么通过比拟和是否相〔用直接测出的物理量符号写出表达式，重力加速度为g〕即可验证系统的机械能是否守恒．11．某校举行托乒乓球跑步比赛，赛道为水平直道，比赛距离为s．比赛时．某同学将球置于球拍中心，以大小为a的加速度从静止开始做匀加速直线运动，当速度到达v0时，再以v0做匀速直线运动跑至终点．整个过程中球一直保持在球拍中心不动．比赛中，该同学在匀速直线运动阶段保持球拍的倾角为θ0，如下图，设球在运动中受到的空气阻力大小与其速度大小成正比，方向与运动方向相反，不计球与球拍之间的摩擦，球的质量为m，重力加速度为g．〔1〕求空气阻力大小与球速大小的比例系数k；〔2〕求在加速跑阶段球拍倾角θ随速度v变化的关系式；〔3〕整个匀速跑阶段，假设该同学速度仍为v0，而球拍的倾角比θ0大了β并保持不变，不计球在球拍上的移动引起的空气阻力变化，为保证到达终点前球不从球拍上距离中心为r的下边沿掉落，求β满足的条件．12．如图甲所示，边长为L的正方形区域ABCD内有竖直向下的匀强电场，电场强度为E，与区域边界BC相距L处竖直放置足够大的荧光屏，荧光屏与AB线交于O点．现有一质量为m，电荷量为+q的粒子从A点沿AB方向以一的初速进入电场，恰好从BC边的中点P飞出，不计粒子重力．〔1〕求粒子进入电场前的初速度的大小？〔2〕其他条件不变，增大电场强度使粒子恰好能从CD边的中点Q飞出，求粒子从Q点飞出时的动能？〔3〕现将电场分成AEFD和EBCF相同的两，并将EBCF向右平移一段距离x〔x≤L〕，如图乙所示．设粒子打在荧光屏上位置与O点相距y，请求出y与x的关系？(二〕选考题【物理-物理3-5】13．氢原子第n能级的能量为E n=，其中E1为基态能量．当氢原子由第4能级跃迁到第2能级时，发出光子的频率为ν1；假设氢原子由第2能级跃迁到基态，发出光子的频率为ν2，那么= ．14．光滑水平轨道上有三个木块A、B、C，质量分别为m A=3m，m B=2m C=2m，开始时B、C均静止，A以初速度v0向右运动，A与B相撞后分开，B又与C发生碰撞并粘在一起，此后A与B间的距离保持不变．求：B与C碰撞前B的速度大小．高三〔上〕周练物理试卷〔19〕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1～4题只有一项符合题目要求，第5-8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．如下图，在光滑的水平地面上，有两个质量相的物体，中间用劲度系数为k的轻质弹簧相连，在外力作用下运动，F1＞F2，当运动到达稳时，弹簧的伸长量为〔〕A．B．C．D．【考点】牛顿第二律．【专题】计算题．【分析】巧用整体法用牛顿第二律求出物体的加速度．巧用隔离法用牛顿第二律求物体间的相互作用．【解答】解：设A、B的质量为m，当运动到达稳时，把A、B看出整体进行研究，对A、B进行受力分析得：A、B整体所受合力为F1﹣F2用牛顿第二律，A、B整体的加速度a=因为A、B相对静止，所以整体的加速度也是单个物体的加速度．在对A进行受力分析：在水平方向上，A受水平向左的弹簧的拉力F拉和水平向右的拉力F1因为A、B相对静止，所以整体的加速度也是单个物体的加速度．根据牛顿第二律得：A的合力F合=ma=F1﹣F拉F拉=根据胡克律得：弹簧的伸长量△x=应选D．【点评】整体法能减少和避开所求解量，简化解题过程．整体法和隔离法是相辅相成的．如果问题涉及物体间的相互作用时，隔离法不失为一种有效的解题方法．2．质量为2kg的物体，放在动摩擦因数为μ=0.1的水平面上，在水平拉力F的作用下，由静止开始运动，拉力做的功W和物体发生的位移x之间的关系如下图，g=10m/s2．以下说法中正确的选项是〔〕A．此物体在AB段做匀加速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为15WB．此物体在AB段做匀速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为6WC．此物体在AB段做匀加速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为6WD．此物体在AB段做匀速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为15W【考点】功率、平均功率和瞬时功率；匀变速直线运动的速度与时间的关系；牛顿第二律．【分析】根据功的公式W=FL分析可知，在OA段和AB段物体受到恒力的作用，并且图象的斜率表示的是物体受到的力的大小，由此可以判断物体受到的拉力的大小，再由功率的公式可以判断功率的大小．【解答】解：对物体受力分析，物体受到的摩擦力为F f=μF N=μmg═0.1×2×10N=2N．由图象可知，斜率表示的是物体受到的力的大小，OA段的拉力为5N，AB段的拉力为2N，所以物体在AB段做匀速直线运动，在OA段的拉力为5N，物体做加速运动，当速度最大时，拉力的功率最大，由V=at，X=at2，a=，代入数值解得，V=3m/s，此时的最大功率为P=FV=5×3W=15W，在AB段，物体匀速运动，速度的大小为3m/s，拉力的大小为2N，所以此时的功率为P=FV=2×3W=6W，所以在整个过程中拉力的最大功率为15W，所以D正确．应选D．【点评】此题考查了对功的公式W=FL的理解，根据图象的分析，要能够从图象中得出有用的信息﹣﹣斜率表示物体受到的拉力的大小，此题很好的考查了学生读图和用图象的能力．3．在教学楼梯口，有如下图的0、1、2、3…K级台阶，每级台阶的长为30cm，高为15cm〔g=10m/s2〕．某同学从第0级台阶的边缘以V0=5m/s水平抛出一小球〔不计一切阻力〕，那么小球将落在第几级台阶上〔〕A．7级B．8级C．9级D．10级【考点】平抛运动．【专题】平抛运动专题．【分析】小球做平抛运动，根据平抛运动的特点水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动，结合几何关系即可求解．【解答】解：如图作一条连接各端点的直线，只要小球越过该直线，那么小球落到台阶上；设小球落到斜线上的时间t水平：x=v0t竖直：y=gt2；且==2；解得t=0.5s相的水平距离：x=5×0.5m=m台阶数：n==＞8；知小球抛出后首先落到的台阶为第9级台阶．故C正确，A、B、D错误．应选：C．【点评】此题考查平抛运动的根本规律，在解题要注意只要物体突破了直线，就会落到台阶上．4．如下图，行星A绕 O点沿逆时针方向做匀速圆周运动，周期为T1，行星B绕 O点沿顺时针方向做匀速圆周运动，周期为T2．某时刻AO、BO刚好垂直，从此时刻算起，经多长时间它们第一次相距最远〔〕A．B．C．D．【考点】匀速圆周运动．【专题】匀速圆周运动专题．【分析】两行星相距最远时，两行星该在同一直径上．由于A的轨道半径小，所以A的角速度大，即A转得较快．当A比B多转一圈半时两行星相距最远．【解答】解：根据万有引力提供向心力，列出式：=mω2rω=所以ωA＞ωBA行星的周期为T1，B行星的周期为T2，所以T1=T2=两行星相距最远时，两行星该在同一直径上．所以当A比B多转一圈半时两行星相距最远，列出式：〔+〕t′=t′=，故BCD错误、A正确．应选：A．【点评】解该题关键在于掌握A、B的角速度关系以及能根据转过的弧度的关出方程，注意AB起点不在同一位置，是解题的关键．5．如下图为粮袋的传送装置，AB间长度为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时逆时针运行速度为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点将粮袋轻放到运行中的传送带上，关于粮袋从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．只要μ足够大，粮袋轻放在A时可能立刻与传送带一起匀速运动B．粮袋开始运动的加速度为g〔sinθ+μcosθ〕，从A到B的时间可能于C．无论μ和L值多大，粮袋的速度不可能超过D．要使货物尽快到达B端，传送带的速度至少【考点】牛顿第二律；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其用．【分析】粮袋放上传送带后，先做匀加速直线运动，当最大静摩擦力小于重力的分力，速度到达传送带速度后，粮袋受到的摩擦力沿传送带向上，继续做匀加速运动；当最大静摩擦力大于重力的分力，速度到达传送带速度后，做匀速直线运动．根据牛顿第二律，结合运动学公式进行求解．【解答】解：A、不管μ如何，粮袋放上传送带，相对于传送带向后滑，受到沿传送带向下的摩擦力，合力方向沿传送带向下，先做匀加速直线运动．故A错误．B、根据牛顿第二律，粮袋开始匀加速运动的加速度a=，当动摩擦因数足够大，那么粮袋到达传送带速度后，和传送带一起做匀速直线运动，匀加速运动的时间，匀加速运动的位移，那么匀速运动的时间．那么A到B的时间t=．故B正确．C、假设粮袋一直做匀加速运动，根据v2=2aL得，v=，所以无论μ和L值多大，粮袋的速度不可能超过．故C正确．D、要使货物尽快到达B端，粮袋一直做匀加速运动，时间最小，根据v2=2aL得，那么传送带的速度最小为v=．故D错误．应选：BC．【点评】解决此题的关键理清粮袋在传送带上的运动规律，结合牛顿第二律和运动学公式灵活求解．6．阴极射线示波管的聚焦电场由电极A1、A2形成，实线为电场线，虚线为势线，z轴为该电场的中心轴线，P、Q、R为一个从左侧进入聚焦电场的电子运动轨迹上的三点，那么〔〕A．电场中A2的电势高于电极A1的电势B．电场中Q点的电场强度小于R点的电场强度C．电子在P点处的动能大于Q点处的动能D．电子从P到R的运动过程中，电场力对它一直做正功【考点】电势能；电场强度；电势；电功、电功率．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】沿电场线电势降低，电场强度的大小与电场线的疏密的关系；明确电子在电场中的受力特点以及电场力做功情况，从而进一步判断电势能、动能变化情况．【解答】解：A、沿电场线电势降低，因此电极A1的电势低于电极A2，故A正确；B、势线密的地方电场线也密，因此Q点电场线比R点电场线密，故Q点的电场强度大于R点的电场强度．故B错误；C、D、电子从P至R的运动过程中，是由低电势向高电势运动时，电场力做正功，动能增加，电势能减小，故C错误D正确；应选：AD【点评】要能正确根据电场线、势线的分布情况，判断电势、电势能、电场强度、电场力做功物理量变化情况．7．如下图，在光滑绝缘水平面上有一半径为R的圆，AB是一条直径，空间有匀强电场场强大小为E，方向与水平面平行．在圆上A点有一发射器，以相同的动能平行于水平面沿不同方向发射带电量为+q的小球，小球会经过圆周上不同的点，在这些点中，经过C点的小球的动能最大．由于发射时刻不同时，小球间无相互作用．且∠α=30°，以下说法正确的选项是〔〕A．电场的方向与AC间的夹角为30°B．电场的方向与AC间的夹角为60°C．小球在A点垂直电场方向发射，恰能落到C点，那么初动能为qERD．小球在A点垂直电场方向发射，恰能落到C点，那么初动能为qER【考点】动能理的用；带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】动能理的用专题．【分析】小球在匀强电场中，从A点运动到C点，根据动能理qU AC=E k，因为到达C点时的小球的动能最大，所以U AC最大，即在圆周上找不到与C电势相的点．所以与C点电势相的点在过C点的切线上．再根据电场线与势线垂直，可以画出电场线，即可确电场的方向．小球做类平抛运动，根据平抛运动的知识分析小球的运动情况，分别相互垂直的两个上列式求解初动能．【解答】解：A、B：小球在匀强电场中，从a点运动到c点，根据动能理qU AC=E k得因为到达C点时的小球的动能最大，所以U AC最大，那么在圆周上找不到与C电势相的点．且由A到C电场力对小球做正功．过C点作切线，那么CF为势线．过A点作CF的垂线，那么该线为电场线，场强方向如图示．因为∠CAB=30°，那么连接CO，∠ACO=30°，所以电场方向与AC间的夹角θ为30°；故A正确，B错误．C、D：小球只受电场力，做类平抛运动．x=Rcos30°=v0t，y=R+Rsin30°=，由以上两式得：E k=mv02=qER；故C正确，D错误．应选：AC【点评】此题关键考查对电场力做功公式W=qEd的理解和用，d是沿电场方向两点间的距离．此题还要求熟练掌握功能关系和类平抛运动的研究方法．8．在如下图的电路中，圈①、②、③处可以接小灯或安培表或伏特表〔均为理想电表〕三种元器件，电源电动势ε、内阻 r保持不变，值电阻R1＞R2＞R3＞R4＞r，小灯电阻R L=R1，以下说法正确的选项是〔〕A．要使得路端电压最大，那么该①接小灯，②接电压表，③接电流表B．要使得电源输出功率最大，那么该①接小灯，②接电压表，③接电流表C．要使得电源总功率最大，那么该①接电流表，②接电压表，③接小灯D．要使得闭合电路中电源效率最高，那么该①接小灯，②接电流表，③接电压表【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆律．【专题】恒电流专题．【分析】电源的总功率P=EI，因电动势不变，故当电流最大时，电源的总功率最大；而要增大电源的效率，增大外阻，那么根据电路的结构特点可知两位置如何接入用电器．【解答】解：A、假设①接电压表，②接小灯泡，由电路图可知，电压表的示数于电源的电动势，电流为0，此时的路端电压最大．故A错误；B、假设①接小灯泡，②接电压表，③接电流表，电流为0，此时电源的输出功率为0．故B错误；C、假设①接小灯泡，②接电压表，③接电流表，由电路图可知，电路中R2、R3与R4被电流表短路，灯泡L 与R1串联，电路中的总电阻为r+2R1，而假设将①接电流表，②接电压表，③接小灯，R3与R4串联后与灯泡、R2并联，最后与R1串联；此时电路中的总电阻于r++R1；小于r+2R1；假设将①接电流表，②接灯，③接电压表，灯泡与R3并联，再由R4串联后与R2并联，最后与R1串联；此时电路中的总电阻于r++R1；小于r+2R1；大于r++R1；所以①接电流表，②接电压表，③接小灯时电源总功率最大．故C正确；D、外电阻越大，电源的输出电压越大，而路端电压越大，电源的效率越高，由以上分析可知①接小灯泡，②接电压表，③接电流表，此时电路接通，电路中的电阻值最大，效率最高，故D错误；应选：C．【点评】理想电压表在电路中相当于开路，故可直接将电压表断开而研究其他电路；同时要注意电源的输出功率与电源总功率的区别．三、非选择题〔包括必考题和选考题两．第9-12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题-第14题为选考题，考生根据要求作答．〕〔一〕必考题9．某同学在做<研究匀变速直线运动>的中，所用电源频率为50Hz．如下图，取一段纸带，从0点开始每5个点取一个计数点，分别记为1、2、3、4，各计数点到0点的距离已在图中标出．那么相邻计数点间的时间间隔为0.1 s，小车到计数点2时的瞬时速度v2= 0.19 m/s，根据数据可求得小车的加速度a= 0.20 m/s2．〔结果保存2位有效数字〕【考点】探究小车速度随时间变化的规律．【专题】题．【分析】根据打点计时器的打点周期可以求出计数点之间的时间间隔，根据匀变速直线运动中时间中点的速度于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上的某点时小车的瞬时速度大小；根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小．【解答】解：从0点开始每5个点取1个计数点，那么计数点之间的时间间隔为：0.1s；根据匀变速直线运动中时间中点的速度于该过程中的平均速度，可求出小车到计数点2时的瞬时速度为：m/s根据题意可知：△x=0.20cm，因此根据匀变速直线运动推论x=aT2可得：故答案为：0.1，0.19，0.20．【点评】要提高用匀变速直线的规律以及推论解答问题的能力，在平时练习中要根底知识的理解与用，注意单位换算和有效数字的保存．10．某小组利用如图甲所示的装置来验证钩码和滑块所组成的系统由静止释放后机械能是否守恒．前已经调整气垫导轨底座使之水平，且选滑块从静止开始运动的过程进行测量．〔1〕如图乙所示，用游标卡尺测得窄遮光条的宽度d= 0.48 cm；时将滑块从图示位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间△t=×10﹣2s，那么在遮光条经过光电门时滑块的瞬间速度为0.40 m/s．〔计算结果保存两位有效数字〕〔2〕假设测出钩码质量为m，滑块质量为M，滑块上的遮光条初始位置到光电门的距离为s，那么通过比拟mgs 和是否相〔用直接测出的物理量符号写出表达式，重力加速度为g〕即可验证系统的机械能是否守恒．【考点】验证机械能守恒律．【专题】题；机械能守恒律用专题．【分析】〔1〕游标卡尺的读数于主尺读数加上游标读数，不需估读，由于遮光条通过光电门的时间极短，可以用平均速度表示瞬时速度．根据匀变速直线运动的速度位移公式求出滑块的加速度；〔2〕设遮光条了s，钩码的重力势能减少了：mgs，动能增加了：，故可以通过比拟重力做功和动能的增量是否相来验证机械能是否守恒．【解答】解：〔1〕游标卡尺的主尺读数为4mm，游标读数为0.1×8mm=0.8mm，所以最终读数为：4mm+0.8mm=mm=0.48cm；数字计时器记录通过光电门的时间，由位移公式计算出物体通过光电门的平均速度，用该平均速度代替物体的瞬时速度，故在遮光条经过光电门时滑块的瞬间速度为：故答案为：0.48；0.40．〔2〕即滑块上的遮光条初始位置到光电门的距离s，根据功能关系可知可以通过比拟mgs和是否相来验证机械能守恒律．故答案为：mgs．【点评】常用仪器的读数要掌握，这是物理的根底．处理时一要找出原理，根据原理我们可以寻找需要测量的物理量和需要注意的事项．11．某校举行托乒乓球跑步比赛，赛道为水平直道，比赛距离为s．比赛时．某同学将球置于球拍中心，以大小为a的加速度从静止开始做匀加速直线运动，当速度到达v0时，再以v0做匀速直线运动跑至终点．整个过程中球一直保持在球拍中心不动．比赛中，该同学在匀速直线运动阶段保持球拍的倾角为θ0，如下图，设球在运动中受到的空气阻力大小与其速度大小成正比，方向与运动方向相反，不计球与球拍之间的摩擦，球的质量为m，重力加速度为g．〔1〕求空气阻力大小与球速大小的比例系数k；〔2〕求在加速跑阶段球拍倾角θ随速度v变化的关系式；〔3〕整个匀速跑阶段，假设该同学速度仍为v0，而球拍的倾角比θ0大了β并保持不变，不计球在球拍上的移动引起的空气阻力变化，为保证到达终点前球不从球拍上距离中心为r的下边沿掉落，求β满足的条件．【考点】牛顿运动律的综合用；力的合成与分解的运用．【专题】压轴题；牛顿运动律综合专题．【分析】〔1〕在匀速运动阶段，受力平衡，根据平衡条件列式即可求解；〔2〕加速阶段，设球拍对球的支持力为N′，根据牛顿第二律即可求解；〔3〕根据牛顿第二律求出球沿球拍面下滑的加速度，当球运动的位移小于于r时，球不从球拍上掉落，根据运动学根本公式列式即可求解．【解答】解：〔1〕在匀速运动阶段，有mgtanθ0=kv0得k=〔2〕加速阶段，设球拍对球的支持力为N′，有N′sinθ﹣kv=maN′cosθ=mg。

高三物理上学期周练试卷(12)

咐呼州鸣咏市呢岸学校高三〔上〕周练物理试卷〔12〕一、不项选择题〔每题6分，共48分〕1．如下图，两条直导线相互垂直，但相隔一段距离，其中AB是固的，另一条CD能自由转动，当直流电流按图所示方向通入两条导线时，CD导线将〔〕A．逆时针方向转动，同时离开导线ABB．顺时针方向转动，同时离开导线ABC．逆时针方向转动，同时靠近导线ABD．顺时针方向转动，同时靠近导线AB考点：平行通电直导线间的作用．分析：电流CD处于电流AB产生的磁场中，在CD左右两边各取一小电流元，根据左手那么判断其安培力的方向，从而判断其运动．当CD导线转过90°后，看两电流是同向电流还是异向电流，同向电流相互吸引，异向电流相互排斥．解答：解：电流AB产生的磁场在右边垂直纸面向里，在左边垂直纸面向外，在CD左右两边各取一小电流元，根据左手那么，左边的电流元所受的安培力方向向下，右边的电流元所受安培力方向向上，知CD导线逆时针方向转动．当CD导线转过90°后，两电流为同向电流，相互吸引．所以导线CD逆时针方向转动，同时靠近导线AB．故C正确，A、B、D错误．应选：C．点评：在解决该题的过程中：1、使用了电流元法，即在导线上取一较短的电流，判断其受力方向．2、使用了特殊位置法，转过90°后判断其受力．3、使用了结论法，同向电流相互吸引，异向电流相互排斥．2．〔6分〕如图，一个通电的闭合线圈套在条形磁铁靠在N极的这一端，那么判断正确的选项是〔〕A．线圈的环面有缩小趋势B．线圈的环面有扩大趋势C．线圈将向S极平动D．线圈将向N极平动考点：楞次律．分析：根据左手那么，结合线圈所处的磁场方向，即可确安培力的方向，再由安培力的方向来确线圈的运动趋势，从而确求解．解答：解：A、由题意，如下图的电流的方向，根据左手那么可知，安培力的方向斜向左上方的方向，导致弹簧线圈扩张的趋势，即有被拉大的倾向，故A错误，B正确，C、由上分析可知，线圈受到斜向左上方的安培力，那么导致向N极一端平移，故C错误，D正确；应选：BD．点评：考查左手那么的用，正确画出通电导线所处的磁场方向，同时注意左手那么与右手那么的区别．3．如下图，直导线处于足够大的匀强磁场中，与磁感线成θ=30°角，导线中通过的电流为I，为了增大导线所受的磁场力，可采取以下四种方法，其中不正确的选项是〔〕A．增大电流IB．增加直导线的长度C．使导线在纸面内顺时针转30°D．使导线在纸面内逆时针转60°考点：安培力．分析：根据左手那么的内容，判安培力的方向．左手那么的内容是：伸开左手，让大拇指与四指方向垂直，并且在同一平面内，磁感线穿过掌心，四指方向与电流的方向相同，大拇指所指的方向为安培力的方向．而安培力的大小F=BIL，且B与I垂直；假设不垂直时，那么将B沿导线方向与垂直方向进行分解．解答：解：A、由公式F=BIL，当增大电流时，可增大通电导线所受的磁场力．故A正确；B、由公式F=BIL，当增加直导线的长度时，可增大通电导线所受的磁场力．故B正确；C、当使导线在纸面内顺时针转30°时，导线沿磁场方向投影长度缩短，那么所受磁场力变小，故C错误；D、当使导线在纸面内逆时针转60°时，导线沿磁场方向投影长度伸长，那么所受磁场力变大，故D正确；因选不正确的，应选：C点评：解决此题的关键会根据左手那么判断电流方向、磁场方向、安培力方向的关系．同时考查安培力大小公式的成立条件4．一个带电粒子沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场，粒子的一段径迹如下图，径迹上的每一小段可近似看成圆弧．由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小〔带电荷量不变〕．从图中可以确〔〕A．粒子从a到b，带正电B．粒子从a到b，带负电C．粒子从b到a，带正电D．粒子从b到a，带负电考点：带电粒子在匀强磁场中的运动．分析：根据粒子在磁场中运动的半径公式来分析粒子的运动的方向，在根据左手那么来分析电荷的性质．解答：解：由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小，速度逐渐减小，根据粒子在磁场中运动的半径公式可知，粒子的半径逐渐的减小，所以粒子的运动方向是从b到a，在根据左手那么可知，粒子带正电，所以B正确．应选：C点评：根据可知，粒子运动的半径与速度的大小有关，根据半径的变化来判断粒子的运动的方向，这是解决此题的关键5．质量为m、带电量为q的小球，从倾角为θ的光滑绝缘斜面上由静止下滑，整个斜面置于方向水平向外的匀强磁场中，其磁感强度为B，如下图．假设带电小球下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，下面说法中正确的选项是〔〕①小球带正电②小球在斜面上运动时做匀加速直线运动③小球在斜面上运动时做加速度增大，而速度也增大的变加速直线运动④那么小球在斜面上下滑过程中，当小球对斜面压力为零时的速率为．A．①②③B．①②④C．①③④D．②③④考点：安培力；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：带电滑块在滑至某一位置时，由于在安培力的作用下，要离开斜面．根据磁场方向结合左手那么可得带电粒子的电性．由光滑斜面，所以小滑块在没有离开斜面之前一直做匀加速直线运动．借助于洛伦兹力公式可求出恰好离开时的速度大小，从而由运动学公式来算出匀加速运动的时间．由位移与时间关系可求出位移大小．解答：解：①、小球向下运动，由磁场垂直纸面向外，又由于洛伦兹力垂直斜面向上，所以小球带正电．故①正确；②、小球没有离开斜面之前，在重力，支持力、洛伦兹力作用下做匀加速直线运动，虽然速度变大，导致洛伦兹力变大，但三个力的合力却不变，故②正确；③、小球没有离开斜面之前，在重力，支持力、洛伦兹力作用下做匀加速直线运动，虽然速度变大，导致洛伦兹力变大，但重力沿斜面向下的分力却不变，即三个力的合力却不变，故③错误；④、那么小球在斜面上下滑过程中，当小球受到的洛伦兹力于重力垂直与斜面的分力相时，小球对斜面压力为零．所以Bqv=mgcosθ，那么速率为v=，故④正确；点评：此题突破口是从小滑块刚从斜面离开时，从而确洛伦兹力的大小，进而得出刚离开时的速度大小，由于没有离开之前做匀加速直线运动，所以由运动与力学可解出运动的时间及位移．倘假设斜面不是光滑的，那么随着粒子的下滑，洛伦兹力大小变化，导致摩擦力变化，从而使加速度也发生变化．6．以下说法正确的选项是〔〕A．运动电荷在磁感强度不为零的地方，一受到洛伦兹力的作用B．运动电荷在某处不受洛伦兹力作用，那么该处的磁感强度一为零C．洛伦兹力既不能改变带电粒子的动能，也不能改变带电粒子的速度D．洛伦兹力对带电粒子一不做功考点：洛仑兹力．分析：根据左手那么知，大拇指所指的方向为洛伦兹力的方向，与四指方向〔即粒子的速度方向〕垂直，与磁场方向垂直．解答：解：A、运动电荷在磁感强度不为零的地方，根据f=qvBcosθ，θ是v与B的夹角，当夹角是0时，洛伦兹力为0．故A错误；B、根据左手那么，洛伦兹力方向垂直于磁场方向和粒子的速度方向，即垂直于磁场方向和速度方向所决的平面，但是磁场方向与速度方向不一垂直．磁场方向与速度方向不垂直时，f=qvBcosθ，θ是v与B的夹角，当夹角是0时，洛伦兹力为0，但磁感强度不是0，故B错误；C：由于洛伦兹力方向垂直于磁场方向和粒子的速度方向，所以洛伦兹力只改变粒子速度的方向，不改变粒子速度的大小，不改变粒子动能．故C错误；D：洛伦兹力方向垂直于磁场方向和粒子的速度方向，所以洛伦兹力只改变粒子速度的方向，不改变粒子速度的大小．故D错误．点评：解决此题的关键掌握左手那么，会通过左手那么判断磁场方向、速度方向和洛伦兹力方向的关系．7．〔6分〕以下关于带电粒子运动的说法中正确的选项是〔〕A．沿着电场线方向飞入匀强电场，动能、动量都变化B．沿着磁感线方向飞入匀强磁场，动能、动量都不变C．垂直于磁感线方向飞入匀强磁场，动能不变、动量变化D．垂直于磁感线方向飞入匀强磁场，动能、动量都变化考点：带电粒子在匀强磁场中的运动．分析：根据粒子的速度方向与受到的电场力或磁场力，由力与速度的夹角来决是否做功，做正功还是负功，从而确动能是否变化，注意动量是矢量，动能是标量．解答：解：A、粒子当平行匀强电场进入时，粒子受电场力作用，电场力对粒子做功，由动能理可知，粒子的动能发生变化，粒子的动量发生变化，故A正确；B、当粒子平行匀强磁场方向进入时，粒子不受洛伦兹力作用，粒子做匀速直线运动，粒子的动能和动量都不变，故B正确；C、粒子垂直射入匀强磁场时，粒子做匀速圆周运动，粒子受到的洛伦兹力总是与粒子速度方向垂直，洛伦兹力对粒子不做功，粒子的动能不变，粒子做匀速圆周运动，粒子速度方向时刻改变，粒子动量不断发生变化，故C正确，D错误；应选：ABC．点评：此题注意力与速度的关系，掌握力做正功，还是负功，进而确物体的动能增加与否．并理解洛伦兹力存在受到条件限制．8．条形磁铁放在水平桌面上，它的上方靠S极一侧吊挂一根与它垂直的导电棒，图中只画出此棒的截面图，并标出此棒中的电流是流向纸内的，在通电一瞬间，可能产生的情况是〔〕A．磁铁对桌面压力减小B．磁铁对桌面压力增大C．磁铁受向左的摩擦力D．磁铁受向右的摩擦力考点：安培力．分析：以导线为研究对象，根据电流方向和磁场方向判断所受的安培力方向，再根据牛顿第三律，分析磁铁所受的支持力和摩擦力情况来选择．解答：解：以导线为研究对象，由左手那么判断得知导线所受安培力方向斜向左下方，根据牛顿第三律得知，导线对磁铁的安培力方向斜向右上方，磁铁有向右运动的趋势，受到向左的摩擦力，同时磁铁对地的压力减小．故AC正确，BD错误．应选：AC．点评：此题考查灵活运用牛顿第三律选择研究对象的能力．关键存在先研究导线所受安培力．二、填空题〔每空4分，共20分〕9．〔12分〕如下图，质量为m、带电量为+q的液滴，处在水平方向的匀强磁场中，磁感强度为B，方向垂直纸面向里，液滴运动的速度为v，如要液滴在竖直平面内做匀速圆周运动，那么施加一电场，其电场方向是竖直向上，电场强度大小为，液滴绕行方向为逆时针．〔从纸外往纸内看〕考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二律；向心力．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：对液滴受力分析，液滴做匀速圆周运动，那么重力与电场力平衡，根据左手那么判断绕行方向．解答：解：液滴带正电，判断在最高点受向下的磁场力，根据左手那么知粒子此时向左运动，即绕行方向为逆时针；液滴做匀速圆周运动，那么重力与电场力平衡，故受向上的电场力，那么电场强度方向竖直向上：那么：mg=qE，解得：E=；故答案为：竖直向上；；逆时针．点评：此题考查了液滴在复合场中的运动问题．复合场是指电场、磁场、重力场并存，或其中某两种场并存的场．液滴在这些复合场中运动时，必须同时考虑电场力、洛伦兹力和重力的作用或其中某两种力的作用，因此对液滴的运动形式的分析就显得极为重要．该题就是根据液滴的运动情况来判断受到的电场力情况．10．如下图，套在很长的绝缘圆直棒上的小球，其质量为m，带电量是+q，小球可在棒上滑动，将此棒竖直放在互相垂直，且沿水平方向的匀强电场和匀强磁场中，电场强度是E，磁感强度是B，小球与棒的动摩擦因数为μ，求小球由静止沿棒下落的最大加速度和最大速度．〔设小球带电量不变〕考点：带电粒子在混合场中的运动；牛顿第二律．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：对小球进行受力分析，再根据各力的变化，可以找出合力及加速度的变化；即可以找出小球最大速度及最大加速度的状态．解答：解：小球静止时只受电场力、重力及摩擦力，电场力水平向右，摩擦力竖直向上；开始时，小球的加速度为a=；小球速度将增大，产生洛仑兹力，由左手那么可知，洛仑兹力向右，故水平方向合力将增加，摩擦力增加，故加速度减小；所以小球由静止沿棒下落的最大加速度为；当此后速度继续增大，那么洛仑兹力增大，水平方向上的合力增大，摩擦力将增大；加速度将继续减小，当加速度于零时，即重力于摩擦力，此时小球速度到达最大．那么有mg=μ〔qE+qvB〕，解得：v=答：小球由静止沿棒下落的最大加速度为；最大速度v=点评：此题要注意分析带电小球的运动过程，属于牛顿第二律的动态用与电磁场结合的题目，此类问题要求能准确找出物体的运动过程，并能分析各力的变化，对学生要求较高．同时注意因速度的变化，导致洛伦兹力变化，从而使合力发生变化，最终导致加速度发生变化．三、计算题〔每题16分，共32分〕11．一劲度系数为κ的轻质弹簧，下端挂有一匝数为n的矩形线框abcd．边长为L．线框的下半部处在匀强磁场中，磁感强度大小为B，方向与线框平面垂直，在图中垂直于纸面向里．线框中通以电流I，方向如下图．开始时线框处于平衡状态．令磁场反向，磁感强度的大小仍为B，线框到达的平衡，在此过程中线框位移的大小△x=，方向向下．考点：安培力；胡克律．分析：先对原磁场下的线框进行受力分析列受力平衡的方程，然后对方向改变后的磁场中的线框进行受力分析列受力平衡的方程，联立解得线框的位移大小和方向．解答：解：线框在磁场中受重力、安培力、弹簧弹力处于平衡，安培力为：F B=nBIL，且开始的方向向上，然前方向向下，大小不变．设在电流反向之前弹簧的伸长x，那么反向之后弹簧的伸长为〔x+△x〕，那么有：kx+nBIL﹣G=0k〔x+△x〕﹣nBIL﹣G=0解之可得：△x=，且线框向下移动．故答案为：，向下．点评：此题考查了安培力方向的判断以及胡克律，难度不大，掌握左手那么判断安培力的方向．12．电子质量为m、电荷量为q，以速度v0与x轴成θ角射入磁感强度为B的匀强磁场中，最后落在x轴上的P点，如下图，求：〔1〕OP的长度；〔2〕电子从由O点射入到落在P点所需的时间t．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二律；向心力．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：〔1〕电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二律可以求出电子的轨道半径，然后由几何知识求出OP间的距离．〔2〕由几何知识求出电子在磁场中转过的圆心角，然后求出电子在磁场中的运动时间．解答：解：过O点和P点作速度方向的垂线，两线交点C即为电子在磁场中做匀速圆周运动的圆心，电子运动轨迹如下图；〔1〕电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二律得：qv0B=m，解得电子轨道半径：R=，由几何知识得：OP=2Rsinθ=sinθ；〔2〕由图示可知，电子做圆周运动转过的圆心角：φ=2θ，电子做圆周运动的周期：T=，电子在磁场中运动的时间：t=T=×=；答：〔1〕OP的长度为sinθ；〔2〕电子从由O点射入到落在P点所需的时间．点评：此题考查了求弦长、电子在磁场中的运动时间，知道电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，用牛顿第二律及几何知识即可正确解题，作出电子的运动轨迹、求出电子转过的圆心角是正确解题的关键．。