第一学期高三物理周末测试题目二
高三物理周末自测卷二(有答案)
高三物理周末自测卷二选择题部分一、选择题I （本题共13小题，每小题3分，共39分。
每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1在国际单位制中，属于基本量及基本单位的是（ ）A.长度，米B.能量，焦耳C.电阻，欧姆D.电荷量，库伦2 下列关于物理学史上的四个重大发现，其中说法不正确的有（ ） A 卡文迪许通过扭秤实验，测定出了万有引力恒量B 奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系C 法拉第通过实验研究，总结出法拉第电磁感应定律D 牛顿根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因3随着VR 技术的发展，玩家在赛车游戏时，能有更好的体验。
小明在游戏中以11分22秒的成绩夺得冠军，已知虚拟环城赛道长10km ，小明需要绕城3圈，全程30km ，则( )A ．赛车比赛中，汽车一定不能看成质点B ．赛车比赛全程长度指的是位移C ．无法计算平均速度的大小D ．11分22秒指的是时间间隔4平昌东奥会中武大靖短道500米破世界纪录夺冠，创造了中国男队新历史。
如图所示，在过弯时刻，下列说法正确的是 A.运动员处于平衡状态B.冰面对运动员作用力竖直向上C.冰面对运动员的支持力等于重力D.若减小速度，运动员将做离心运动5 2018春晚广州分会场将水上运动与歌舞表演相结合。
摩托艇通过拉索拉着滑水运动员在水上匀速滑行，如果运动员突然放手后还能向前滑行一段距离，则下列图像最能描述上述运动员的运动的是6上海的某活动中引入了全国首个户外风洞飞行体验装置，体验者在风力作用下漂浮在半空。
若减小风力，体验者在加速下落过程中 A.失重且动能增加量大于重力势能减少量 B.失重且动能增加量小于重力势能减少量tC.超重且动能增加量大于重力势能减少量D.超重且动能增加量小于重力势能减少量7 对下列电学仪器的叙述正确的是（）A、图甲中，电容器外壳上所标的电压是电容器的击穿电压B、图乙中，验电器金属杆上端固定一个金属球，是为了利用了尖端放电现象C、图丙中，金属电阻温度计常用纯金属做成，是利用了纯金属的电阻率几乎不受温度的影响D、图丁中，灵敏电流表的主要构造有蹄形磁铁和线圈，是利用了磁场对电流的作用8 如图所示，中国古代战争中，为了击退敌人，将领带领部下使用弓弩。
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．。
周末练习-高三物理周练试卷.doc
高三物理周练试卷(06年11刀23日)一、单项选择题，本题共6小题，每小题3分，共18分。
每小题只有一个选项符合题意1.关于原子核，下列说法中正确的是A.原子核能发生0衰变说明原子核內存在电子B.核反应堆利用镉棒吸收小子控制核反应速度C.轻核的聚变反应可以在任何温度下进行D.一切核反应都能释放核能2、右图是在光滑水平而上沿同一•条直线运动的两个滑块°、方在发生碰撞前后的位移图象。
下列说法中止确的是A.碰撞前a的动量较大B.a、b的质量之比为1 : 4C.Q、方的质量之比为1 : 8D.碰撞过程中G的动能增大，b的动能减小( )3、对一定质量的理想气体，下列判断正确的是;A.气体对外做功，温度一定降低B.气体吸热，温度不可能降低C.气体体积不变，压强增大，内能一定增大D.气体温度不变，压强增大，内能一定减小()4、如图所示为一列沿X轴正方向传播的筒谐横波在某时刻的图象，由图可知A.这列波的波长为12mB.质点M的振幅为10cmC.质点M此时沿尹轴负方向运动D.质点M与质点N此吋的速度相同( )5、从地面竖肓上抛一小球，小球运动到最高点后乂落回到地血，设空气阻力的大小不变，则下列说法中正确的是:A、整个过程重力冲量为零B、整个过程空气阻力做功为零C、上升过程中重力冲量大小大于下降过程中重力冲量大小D、上升过程中合外力冲量的人小人于下降过程屮合外力冲量的人小( )6、1924年法国物理学家德布罗意提出物质波的概念，任何一个运动着的物体, 小到电子，人到行星、松星都有一种波与之对应，波长为Ep,〃为物体运动的动量，力是普朗克常数•同样光也具有粒子性，光子的动量为：p=h/A.根据上述观点町以证明一个静止的自由电了如果完全吸收一个/光了，会发生下列情况：设光了频率为V,则E=hv, p = h/X=hv/c,被电子吸收后有加=叫內2, hv/c=m Q V.由以上两式可解得：7=2c,电子的速度为两倍光速，显然这是不可能的.关于上述过程以下说法正确的是：A.在微观世界动量守恒定律不适用，上述论证错误，所以电子可能完全吸收一个/光子B.在微观世界能虽守恒定律不适用，上述论证错误，所以电了可能完全吸收一个於光了C.动量守恒定律、能量守恒定律是自然界中普遍适用规律，所以唯一•结论是电子不可能完全吸收一个/光子D.若/光子与一个静止的白由电子发牛作用，则？光子被电子散射后频率不变二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分，每小题有多个选项符合题意。
高三物理周测卷(带答案解析)
高三物理周测卷学校：__________ 班级：__________ 姓名：__________ 考号：__________一、选择题（本题共计 8 小题，每题 5 分，共计40分，）1. 某驾驶员使用定速巡航，在高速公路上以时速110公里行驶了200公里，其中“时速110公里”、“行驶200公里”分别是指（）A.速度、位移B.速度、路程C.速率、位移D.速率、路程2. 汽车以20m/s的速度做匀速直线运动，发现前方有障碍物立即以大小为5m/s2的加速度刹车，则汽车刹车后第2s内的位移和刹车后5s内的位移为（）A.30m，40mB.30m，37.5mC.12.5m，37.5mD.12.5m，40m3. 一列复兴号动车进站时做匀减速直线运动，车头依次从站台上三个立柱A、B、C旁经过，其中相邻两立柱间距离为x0，对应时刻分别为t1、t2、t3．则下列说法正确的是（）A.车头经过立柱B的速度为2x0t3−t1B.车头经过立柱A、B的平均速度等于x0t2−t1C.三时刻的关系为：(t3−t2):(t2−t1)=1:(√2−1)D.车头经过立柱A、B、C三立柱时的速度v A、v B、v C的大小关系为：2v B=v A+v C4. 质量为m＝60kg的同学，双手抓住单杠做引体向上，他的重心的运动速率随时间变化的图像如图2所示．取g＝10m/s2，由图像可知（）A.t＝0.5s时他的加速度为3m/s2B.t＝0.4s时他处于超重状态C.t＝1.1s时他受到单杠的作用力的大小是620ND.t＝1.5s时他处于超重状态5. 如图所示，在水平圆盘上沿半径方向放置用细线相连的质量均为m的A、B两个物块（可视为质点）．A和B距轴心O的距离分别为r A=R，r B=2R，且A、B与转盘之间的最大静摩擦力都是f m，两物块A和B随着圆盘转动时，始终与圆盘保持相对静止．则在圆盘转动的角速度从0缓慢增大的过程中，下列说法正确的是（）A.B所受合外力一直等于A所受合外力B.A受到的摩擦力一直指向圆心C.B受到的摩擦力先增大后减小D.A、B两物块与圆盘保持相对静止的最大角速度ωm=√2f mmR6. 2020年12月3日23时10分，嫦娥五号上升器携带1731g月球样品从月面起飞，开启中国首次地外天体采样返回之旅．其返回地球的飞行轨迹可以简化为如图所示：首先进入地月转移轨道，从Q点进入绕地球椭圆轨道Ⅰ，到达近地点P后进入近地圆轨道Ⅱ，再进行适当操作坠入大气层到达地表．已知椭圆轨道Ⅰ的半长轴为a、近地圆轨道Ⅱ的半径为r，嫦娥五号在轨道Ⅰ、Ⅱ正常运行的周期为T1、T2，地球半径为R，地球表面重力加速度为g，忽略地球自转及其他星球引力的影响．下列说法正确的是（）A.a3 T12>r3T22B.嫦娥五号在轨道Ⅱ正常运行的速度大于√gRC.嫦娥五号在轨道Ⅰ上P点的加速度大小等于轨道Ⅱ上P点的加速度D.嫦娥五号沿轨道Ⅰ从Q点向P点飞行过程中，动能逐渐减小7. 在研究微型电动机的性能时，用如图所示的实验电路．调节滑动变阻器R使电动机停止转动，此时电流表和电压表的示数分别为0.5A和3.0V．重新调节R并使电动机恢复正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为2.0A和36.0V，则这台电动机正常运转时的输出功率为（）A.72WB.64WC.56WD.48W8. 空间某区域内存在电场，电场线在竖直平面内的分布如图所示．一个质量为m、电量为q的小球在该电场中运动，小球经过A点时的速度大小为v1，方向水平向右，运动至B点的速度大小为v2，运动方向与水平方向质检的夹角为α，若A、B两点之间的高度差为ℎ，水平距离为s，则以下判断中正确的是（）A.A、B两点的电场强度和电势大小关系为E A<E B、φA<φBB.若v2>v1，则电场力一定做正功C.若小球带正电，则A、B两点间的电势差为m2q(v22−v12−2gℎ)D.小球从A运动到B点的过程中电场力做的功为12mv22−12mv12二、多选题（本题共计 4 小题，每题 3 分，共计12分，）9. 在平直公路上有甲、乙两辆汽车同时从同一位置沿着同一方向做匀加速直线运动，它们速度的平方随位移变化的图像如图所示，则（）A.甲车加速度的大小比乙车加速度的大小大B.在x=0.5m处甲乙两车的速度相等C.在x=0.5m处甲乙两车相遇D.在x=1.0m处甲乙两车相遇10. 下列说法中正确的有（）A.已知水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿伏加德罗常数B.布朗运动说明分子在永不停息地做无规则运动C.两个分子间由很远(r>10−9m)距离减小到很难再靠近的过程中，分子间作用力先减小后增大，分子势能不断增大D.露珠呈球状是由于液体表面张力的作用11. 氢原子的能级如图所示，已知可见光的光子能量范围约为1.64eV∼3.19eV．下列说法正确的是（ ）A.处于n =3能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线，并发生电离B.大量处于n =2能级的氢原子可以吸收能量为2.55eV 的可见光光子，跃迁到第4能级C.动能为10.4eV 的电子射向大量处于基态的氢原子，氢原子不会发生跃迁D.动能大于等于13.6eV 的电子可以使基态的氢原子发生电离12. 如图所示，一水平方向的匀强磁场，磁场区域的高度为ℎ，磁感应强度为B ，质量为m 、电阻为R 、粗细均匀的矩形线圈，ab =L ，bc =ℎ，该线圈从cd 边离磁场上边界高度H =(mgR)22gB 4L 4处自由落下，不计空气阻力，重力加速度为g ，设cd 边始终保持水平，则（ ）A. cd 边刚进入磁场时速度大小v =mgR2B 2L 2 B.cd 边刚进入磁场时其两端电压U cd =mgR 2B(L+ℎ)C.线圈穿过磁场的时间t =2ℎ(BL)2mgRD.线圈穿过磁场过程中，回路中产生的热量Q =2mgℎ三、 解答题 （本题共计 3 小题 ，每题 10 分 ，共计30分 ， ）13. 短跑运动员完成100m 赛跑的过程可简化为匀加速运动和匀速运动两个阶段．一次比赛中，某运动员用11s 跑完全程，已知运动员在加速阶段的第2s 内通过的距离为7.5m ，求：（1）该运动员的加速度．（2）在加速阶段通过的距离．14. 一端封闭、一端开口的长度L =90cm 的玻璃管，用长ℎ=30cm 的水银柱封闭一段理想气体，当玻璃管水平放置稳定时（如图甲所示），气体的长度L 1=50cm ，已知大气压强p0=75cmHg，封闭气体的温度T1=300K．（1）保持玻璃管水平，使气体的温度缓慢升高到T2时，水银恰好不溢出，求T2；（2）若保持气体的温度T2不变，再将玻璃管以封闭端为轴缓慢逆时针转过30∘（如图乙所示），则稳定后密闭气柱的长度为多少？15. 如图所示，直角坐标系中的第Ⅰ象限中存在沿y轴负方向的匀强电场，在第Ⅱ象限中存在垂直纸面向外的匀强磁场，一电量为q、质量为m的带正电的粒子，在−x轴上的点a以速率v0，方向和−x轴方向成60∘射入磁场，然后经过y轴上的b点垂直于y轴方向进入电场，并经过x轴上x=2L处的c点时速度大小为√2v0．不计粒子重力．求（1）磁感应强度B的大小．（2）电场强度E的大小．四、实验探究题（本题共计 1 小题，共计18分，）16.(18分) 小戴同学利用如图甲所示的装置做“探究加速度和力的关系”实验，跨过光滑定滑轮用细线将铝块和桶连接，桶内可装沙，由静止释放沙桶，铅块将向上做加速运动．实验前先测出铝块与空桶的总质量为M，通过在空桶中添加沙来改变铝块的运动情况．测出每次桶内沙的质量为m，由纸带上打出的点可算出对应的加速度大小a，已知电源频率为50Hz．（1）在某次实验中，小戴获得了一条纸带，并在纸带上便于测量的地方选取了一段进行分析，如图乙所示，图中每2个计数点间还有4个点未标出，计数点间的距离如图乙所示，则铝块运动的加速度为________m/s2（计算结果保留三位有效数字）．图像如图丙所示，测得该直（2）小戴经过多次实验后，由多组实验数据画出a−1M+m线斜率的绝对值为k，纵截距为b，则当地重力加速度为________，铝块质量为________．（均用k，b表示）（3）若考虑纸带所受摩擦力对实验的影响，则（2）中求得的铝块质量与真实值相比________（填“偏大”“偏小”或“不变”）．参考答案与试题解析 高三物理周测卷1一、 选择题 （本题共计 8 小题 ，每题 5 分 ，共计40分 ） 1. 【答案】 D【解析】 此题暂无解析 【解答】解：“行驶200公里”指的是经过的路程的大小，“时速为110公里”是某一个时刻的速度，是瞬时速度的大小，故D 正确，ABC 错误． 故选D ． 2.【答案】 D【解析】汽车做匀减速直线运动，先应用速度公式求出汽车的减速时间，然后应用位移公式求出汽车的位移，然后答题． 【解答】解：汽车减速到0需要的时间为：t =v 0a=205s =4s ，刹车后2s 内的位移为：x 2=v 0t 2+12at 22=30m ， 刹车后1s 内的位移为：x 1=v 0t 1+12at 12=17.5m ，刹车后第2s 内的位移为：Δx =x 2−x 1=12.5m ，汽车运动4s 就停止运动，则刹车后5s 内的位移为：x =v 022a =2022×5m =40m ，故选：D ． 3. 【答案】 B【解析】【解答】解：AD ．车头经过站台上立柱AC 段的平均速度v AC ¯=x AC t AC=2x 0t3−t 1，由题可知，B 点是AC 段的位置中点，所以B 点的瞬时速度应该大于AC 段的平均速度，2v B >v A +v C ，故AD 错误；B ．车头经过立柱A 、B 的平均速度为v AB ¯=x AB t AB=x 0t2−t 1，故B 正确；C ．根据比例法可知，当C 点速度为零时， (t 3−t 2): (t 2−t 1)=1: (√2−1)，而题中未说明C 点的速度为0，故C 错误． 故选B ．【答案】B【解析】速度时间图像的斜率表示加速度，根据图像求出t＝0.4s和t＝1.1s时的加速度，再根据牛顿第二定律求出单杠对该同学的作用力。
高明高三物理上学期周末练习试题
广东省佛山市高明区2020届高三物理上学期周末练习试题（1）一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分14-17题为单项选择题：在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的；18-21多项选择题：每小题有多个选项符合题意，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，错选或不选的得0分。
)14.如图为α粒子散射实验装置示意图,α粒子打到荧光屏上都会引起闪烁,若将带有荧光屏的显微镜分别放在图中A、B、C、D四处位置。
则这四处位置在相等时间内统计的闪烁次数可能符合事实的是 ( )A.1 305、25、7、1B.202、405、625、825C.1 202、1 010、723、203D.1 202、1 305、723、20315.如右图所示为一质点在平直轨道上运动的v－t图象。
则下列说法正确的是( )A.0～1 s内与2～3 s内质点的速度方向相反B.0～1 s内与3～4 s内质点的位移不同C.2～3 s内与3～4 s内质点的加速度方向不同D.0～2 s内与0～4 s内质点的平均速度相同16.如图3所示为甲、乙两个物体在同一条直线上运动的v－t图象，t＝0时两物体相距3s0，在t＝1 s时两物体相遇，则下列说法正确的是( )A.t＝0时，甲物体在前，乙物体在后B.t＝2 s时，两物体相距最远C.t＝3 s时，两物体再次相遇D.t＝4 s时，甲物体在乙物体后2s0处17.物体由静止开始沿直线运动，其加速度随时间的变化规律如图所示，取开始时的运动方向为正方向，则物体运动的v－t图象是( )图18..物体甲的速度与时间图象和物体乙的位移与时间图象分别如图6所示，则这两个物体的运动情况是( )A.甲在整个t ＝4 s 时间内有来回运动，它通过的总路程为6 mB.甲在整个t ＝4 s 时间内运动方向一直不变，通过的总位移大小为6 mC.乙在整个t ＝4 s 时间内有来回运动，它通过的总路程为12 mD.乙在整个t ＝4 s 时间内运动方向一直不变，通过的总位移大小为6 m19.物体从静止开始做匀加速直线运动，第3 s 内通过的位移是3 m ，下列说法正确的是( )A.第3 s 内的平均速度是3 m/sB.物体的加速度是1.2 m/s 2C.前3 s 内的位移是6 mD.3 s 末的速度是4 m/s20.甲、乙两辆汽车沿平直公路从某地同时驶向同一目标，甲车在前一半时间内以速度v 1做匀速直线运动，后一半时间内以速度v 2做匀速直线运动；乙车在前一半路程中以速度v 1做匀速直线运动，后一半路程以速度v 2做匀速直线运动(v 1≠v 2)，则( )A.甲车的平均速度为v 甲＝v 1＋v 22；B.甲车的平均速度为v 乙＝v 1＋v 22；C.甲车先到达D.乙车先到达21.如图8所示，一小球沿足够长的固定斜面以初速度v 向上做匀减速直线运动，依次通过A 、B 、C 、D 到达最高点E ，已知AB ＝BD ＝6 m ，BC ＝1 m ，小球从A 到C 和从C 到D 所用时间均为2 s ，设小球经过A 点时的速度为v A ，则( )A.小球向上运动过程中加速度大小为1 m/s 2B.v A ＝4 m/sC.小球在AE 段的平均速度为2 m/sD.小球从D 到E 的时间为4 s二、非选择题(共4小题，共62分。
高三物理周末考试试卷
1 高三级第一次周末考试物理试题
一.单项选择题
13. 下列说法正确的是
A.牛顿被称为“第一个称量出地球质量的人”
B.“笔尖下发现的行星”是指冥王星
C.相对论的出现完全否定了经典力学的理论
D.“嫦娥三号”绕月卫星的发射速度不能大于第二宇宙速度
14. 物块从光滑曲面上的P 点自由滑下，通过粗糙的静止水平传送带以后落到地面上的Q 点，若传送带的皮带轮沿逆时针方向转动起来，使传送带随之运动，如图所示，再把物块放到P 点自由滑下则
A.物块将仍落在Q 点
B.物块将会落在Q 点的左边
C.物块将会落在Q 点的右边
D.物块有可能落不到地面上
15. 物体A 、B 均静止在同一水平面上，其质量分别为m A 、m B
的动摩擦因数分别为μA 、μB ，水平方向的力F 分别作用在A 的加速度a 与力F 的关系分别如图中的a 、b A ．μ
A >μ
B m A < m B B ．μ A =μB m A < m B
C ．μ A <μB m A > m B
D ．μ A =μB m A = m
16. .如图所示的装置中，重4N 柱上，整个装置保持静止，斜面的倾角为30测力计的读数：（g=10m/s 2）
A. 增加4N
B. 减少1N
C.减少3N
二.双项选择题
17. 如图所示，竖直放置的轻弹簧一端固定在地面上，连接，P 与斜放的固定挡板MN 接触且处于静止状态，斜面体P 此刻受到外力的个数可能为
A.2
B.3
C.4
D.5。
高三物理上学期第一周周考试卷
峙对市爱惜阳光实验学校滁学高三〔上〕第一周周考物理试卷一、选择题〔1-6题单项选择，7-10题多项选择〕1．运发动手持球拍托球沿水平面匀加速跑，设球拍和球质量分别为M、m，球拍平面和水平面之间的夹角为θ，球拍与球保持相对静止，它们间摩擦及空气阻力不计，那么〔〕A．运发动的加速度为gtanθB ．球拍对球的作用力C．运发动对球拍的作用力为MgcosθD．假设加速度大于gsinθ，球一沿球拍向上运动2．中国局秘书长田玉龙3月6日证实，将在年底发射高分四号卫星，这是中国首颗地球同步轨道高时间分辨率对地观测卫星．如下图，A是静止在赤道上随地球自转的物体；B、C是同在赤道平面内的两颗人造卫星，B位于离地高度于地球半径的圆形轨道上，C是高分四号卫星．那么以下关系正确的选项是〔〕A．物体A随地球自转的角速度大于卫星B的角速度B．卫星B的线速度大于卫星C的线速度C．物体A随地球自转的加速度大于卫星C的加速度D．物体A随地球自转的周期大于卫星C的周期3．如下图为一直流电路，电源内阻不能忽略，但R0大于电源内阻，滑动变阻器的最大阻值小于R，当滑动变阻器滑片P从滑动变阻器的最右端滑向最左端的过程中，以下说法正确的选项是〔〕A．电压表的示数一直增大B．电流表的示数一直增大C．电阻R0消耗的功率一直增大D．电源的输出功率一直增大4．如下图，在MNQP中有一垂直纸面向里匀强磁场．质量和电荷量都相的带电粒子a、b、c以不同的速率从O点沿垂直于PQ的方向射入磁场，图中实线是它们的轨迹．O是PQ的中点，不计粒子重力．以下说法中正确的选项是〔〕A．粒子a带负电，粒子b、c带正电B．射入磁场时粒子a的速率最小C．射出磁场时粒子b的动能最小D．粒子c在磁场中运动的时间最长5．某同学设计的“电磁弹射〞装置如下图，足够长的光滑金属导轨〔电阻不计〕水平固放置，间距为l，磁感强度大小为B的磁场垂直于轨道平面向下．在导轨左端跨接电容为C的电容器，另一质量为m、电阻为R的导体棒垂直于导轨摆放．先断开电键S，对电容器充电，使其带电量为Q，再闭合电键S，关于该装置及导体棒的运动情况以下说法正确的选项是〔〕A．要使导体棒向右运动，电容器的b极板带正电B ．导体棒运动的最大速度为C．导体棒运动过程中，流过导体棒横截面的电量为QD ．导体棒运动过程中感电动势的最大值为6．关于气体热现象的微观解释，以下说法中错误的选项是〔〕A．密闭在容器中的气体，在某一时刻向各个方向运动的气体分子数目根本相B．大量气体分子的速率有大有小，但是按“中间多，两头少〞的规律分布C．气体压强的大小跟气体分子的平均动能、分子的密集程度这两个因素有关D．一质量的理想气体，温度不变，体积减小时，气体的内能一增大7．如图，在半径为R圆环圆心O正上方的P点，将一小球以速度v0水平抛出后恰能从圆环上Q点沿切线飞过，假设OQ与OP间夹角为θ，不计空气阻力．那么〔〕A．从P点运动到Q点的时间为t=B．从P点运动到Q点的时间为t=C．小球运动到Q点时的速度为v Q =D．小球运动到Q点时的速度为v Q =8．如图1所示，水平轨道Ⅰ、Ⅱ平滑连接于b点．一物体以水平速度v0从a 点进入轨道，轨道Ⅰ、Ⅱ的动摩擦因数为不同常数，假设物体仅在轨道Ⅱ受水平向左的恒力F作用，其v﹣t图象如图2所示，那么在0到7s内〔〕A．物体在轨道Ⅰ受到的滑动摩擦力比轨道Ⅱ的大B．物体在轨道Ⅰ受到的滑动摩擦力小于FC．物体在轨道Ⅰ、Ⅱ受到的摩擦力做功之比为4：1D．物体在轨道Ⅱ受到的摩擦力做的功与F做的功之比为3：59．一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能E P随位移x 变化的关系如下图，其中O～x2段是对称的曲线，x2～x3是直线段，那么以下判断正确的选项是〔〕A．x1处电场强度最大B．x2～x3段是匀强电场C．x1、x2、x3处电势φ1、φ2、φ3的关系为φ1＞φ2＞φ3D．粒子在O～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动10．一简谐波在如下图的x轴上传播，实线和虚线分别是t1=0和t2=0.2s时刻的波形图．那么以下说法正确的选项是〔〕A．假设该波在t1=0时刻已沿+x方向传播到x=6m处，那么波源起振方向向下B．假设该波与另一频率为5Hz的简谐波相遇时发生干预，那么该波沿+x方向传播C．假设该波在t2=0.2s时刻，x=m处的质点向﹣y方向运动，那么该波向+x方向传播D．假设该波的传播速度是75m/s，那么该波沿﹣x方向传播二、计算题11．如下图为一传送带装置模型，斜面的倾角θ，底端经一长度可忽略的光滑圆弧与足够长的水平传送带相连接，质量m=2kg 的物体从高h=30cm的斜面上由静止开始下滑，它与斜面的动摩擦因数μ1=0.25，与水平传送带的动摩擦因数μ2=0.5，物体在传送带上运动一段时间以后，物体又回到了斜面上，如此反复屡次后最终停在斜面底端．传送带的速度恒为v=m/s，tanθ=0.75，g取10m/s2．求：〔1〕物体第一次滑到底端的速度大小；〔2〕从滑上传送带到第一次离开传送带的过程中，求传送带对物体所做功及物体对传送带做功．〔3〕从物体开始下滑到最终停在斜面底端，物体在斜面上通过的总路程．12．如下图，在长为L=57cm的一端封闭、另一端开口向上的竖直玻璃管内，用4cm高的水银柱封闭着51cm长的理想气体，管内外气体的温度均为33℃，大气压强p0=76cmHg．①假设缓慢对玻璃管加热，当水银柱上外表与管口刚好相平时，求管中气体的温度；②假设保持管内温度始终为33℃，现将水银缓慢注入管中，直到水银柱上外表与管口相平，求此时管中气体的压强．13．如下图，两光滑金属导轨，间距d=0.2m，在桌面上的是水平的，处在磁感强度B=0.1T、方向竖直向下的有界磁场中．电阻R=3Ω．桌面高H=0.8m，金属杆ab质量m=0.2kg，电阻r=1Ω，在导轨上距桌面h=0.2m的高处由静止释放，落地点距桌面左边缘的水平距离s=0.4m，g=10m/s2．求：〔1〕金属杆刚进入磁场时，R上的电流大小．〔2〕整个过程中R上放出的热量．滁学高三〔上〕第一周周考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题〔1-6题单项选择，7-10题多项选择〕1．运发动手持球拍托球沿水平面匀加速跑，设球拍和球质量分别为M、m，球拍平面和水平面之间的夹角为θ，球拍与球保持相对静止，它们间摩擦及空气阻力不计，那么〔〕A．运发动的加速度为gtanθB ．球拍对球的作用力C．运发动对球拍的作用力为MgcosθD．假设加速度大于gsinθ，球一沿球拍向上运动【考点】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】由题，不计摩擦力，分析球的受力情况，作出力图，根据牛顿第二律求解加速度和球拍对球的作用力；分析球竖直方向的受力情况，判断球能否向上运动．【解答】解：A、B、C对球：受到重力mg和球拍的支持力N，作出力图如图，根据牛顿第二律得：Nsinθ=maNcosθ=mg解得，a=gtanθ，N=，故A正确、B正确；以球拍和球整体为研究对象，如图2，根据牛顿第二律得：运发动对球拍的作用力为F=，故C错误．D、当a＞gtanθ时，球将向上运动，由于gsinθ与gtanθ的大小关系未知，故球不一沿球拍向上运动．故D错误．应选：AB．【点评】此题是两个作用下产生加速度的问题，分析受力情况是解答的关键，运用正交分解，根据牛顿第二律求解．2．中国局秘书长田玉龙3月6日证实，将在年底发射高分四号卫星，这是中国首颗地球同步轨道高时间分辨率对地观测卫星．如下图，A是静止在赤道上随地球自转的物体；B、C是同在赤道平面内的两颗人造卫星，B位于离地高度于地球半径的圆形轨道上，C是高分四号卫星．那么以下关系正确的选项是〔〕A．物体A随地球自转的角速度大于卫星B的角速度B．卫星B的线速度大于卫星C的线速度C．物体A随地球自转的加速度大于卫星C的加速度D．物体A随地球自转的周期大于卫星C的周期【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．【专题】人造卫星问题．【分析】地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度和周期，根据v=rω，a=rω2比拟线速度的大小和向心加速度的大小，根据万有引力提供向心力比拟B、C的线速度、周期大小．【解答】解：A、地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度，所以ωA=ωC，根据万有引力提供向心力=mω2r=m r=ma=mω=，所以卫星B的角速度大于卫星C角速度，所以物体A随地球自转的角速度小于卫星B的角速度，故A错误；B、v=，所以卫星B的线速度大于卫星C的线速度，故B正确；C、根据a=ω2r，物体A随地球自转的加速度小于卫星C的加速度，故C错误；D、地球赤道上的物体与同步卫星C有相同的角速度，所以物体A随地球自转的周期于卫星C的周期，故D错误；应选：B．【点评】地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度和周期，根据v=rω，a=rω2比拟线速度的大小和向心加速度的大小，根据万有引力提供向心力比拟b、c的线速度、角速度、周期和向心加速度大小．3．如下图为一直流电路，电源内阻不能忽略，但R0大于电源内阻，滑动变阻器的最大阻值小于R，当滑动变阻器滑片P从滑动变阻器的最右端滑向最左端的过程中，以下说法正确的选项是〔〕A．电压表的示数一直增大B．电流表的示数一直增大C．电阻R0消耗的功率一直增大D．电源的输出功率一直增大【考点】闭合电路的欧姆律．【专题】恒电流专题．【分析】先分析电路结构，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的变化及路端电压的变化，再分析局部电路可得出电流表中示数的变化，根据功率公式判断功率变化情况．【解答】解：A、根据电路图可知，滑动变阻器的左半与R串联后与变阻器的右半并联后再与R0串联，接入电源，P向左滑动时，由于滑动变阻器的最大阻值小于R，所以并联电阻增大，那么总电阻增大，电路中总电流减小，电源的内电压以及R0所占电压都减小，那么由闭合电路欧姆律可知，电压表示数增大，故A正确；B、电流表测量干路电流，根据A的分析可知，电流表示数减小，故B错误；C 、根据可知，I减小，那么功率减小，故C错误；D、当外电路电阻于电源内阻时，电源的输出功率最大，而R0大于电源内阻，所以随着外电阻增大，电源的输出功率一直减小，故D错误；应选：A【点评】分析闭合电路的欧姆律的动态分析的题目时，一般要按先外电路、再内电路、后外电路的思路进行分析；分析电路中的路端电压、总电流及电路的电流及电压变化．4．如下图，在MNQP中有一垂直纸面向里匀强磁场．质量和电荷量都相的带电粒子a、b、c以不同的速率从O点沿垂直于PQ的方向射入磁场，图中实线是它们的轨迹．O是PQ的中点，不计粒子重力．以下说法中正确的选项是〔〕A．粒子a带负电，粒子b、c带正电B．射入磁场时粒子a的速率最小C．射出磁场时粒子b的动能最小D．粒子c在磁场中运动的时间最长【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】根据粒子运动轨迹由左手那么判断粒子的电性；粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二律求出粒子的速度，然后求出粒子的动能；根据粒子做圆周运动的周期与转过的圆心角比拟粒子运动时间．【解答】解：A、根据左手那么知粒子a带正电，粒子b、c带负电，故A错误；B、粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二律得：qvB=m，解得：v=，射入磁场时粒子c的半径最小，那么速率最小．故B 错误；C、粒子的动能E K =mv2=，由于：q、B、m都相同，因此r越大，粒子动能越大，由图示可知，b的轨道半径r最大，那么b粒子动能最大；c的半径最小，那么动能最小．故C错误；D、粒子在磁场中做圆周运动的周期：T=相同，粒子在磁场中的运动时间：t=T=，由于m、q、B都相同，粒子c转过的圆心角θ最大，那么射入磁场时c的运动时间最大，故D正确；应选：D．【点评】带电粒子在磁场、质量及电量相同情况下，运动的半径与速率成正比，从而根据运动圆弧来确速率的大小．5．某同学设计的“电磁弹射〞装置如下图，足够长的光滑金属导轨〔电阻不计〕水平固放置，间距为l，磁感强度大小为B的磁场垂直于轨道平面向下．在导轨左端跨接电容为C的电容器，另一质量为m、电阻为R的导体棒垂直于导轨摆放．先断开电键S，对电容器充电，使其带电量为Q，再闭合电键S，关于该装置及导体棒的运动情况以下说法正确的选项是〔〕A．要使导体棒向右运动，电容器的b极板带正电B ．导体棒运动的最大速度为C．导体棒运动过程中，流过导体棒横截面的电量为QD ．导体棒运动过程中感电动势的最大值为【考点】导体切割磁感线时的感电动势；安培力．【专题】电磁感与电路结合．【分析】导体棒向右运动，说明安培力向右，可判电流方向，进而可知电容器极板电性；导体棒运动时将形成与原电流相反的感电动势，同时电容器两端电压降低，导体棒两端电压升高，当二者相时，导体棒匀速运动，由此可解答BCD．【解答】解：A、导体棒向右运动，安培力向右，由左手那么可知电流方向向下，那么a带正电，故A错误．B、当导体棒两端的电压与电容两端的电压相时，导体棒做匀速运动，此时有BLv=，根据动量理得：B=mv=Bq′L，其中：q′=Q﹣q ，联立三式解得：，故B正确．C、导体棒运动过程中，极板电荷不会放完，故流过导体棒横截面的电量小于Q，故C错误．D 、导体棒运动的最大速度为，故导体棒运动过程中感电动势的最大值为：E=，故D错误．应选：B．【点评】该题的关键是判最大速度，要明确其条件是感电动势于电容器两端的电压，结合动量理可解结果．6．关于气体热现象的微观解释，以下说法中错误的选项是〔〕A．密闭在容器中的气体，在某一时刻向各个方向运动的气体分子数目根本相B．大量气体分子的速率有大有小，但是按“中间多，两头少〞的规律分布C．气体压强的大小跟气体分子的平均动能、分子的密集程度这两个因素有关D．一质量的理想气体，温度不变，体积减小时，气体的内能一增大【考点】分子的热运动；物体的内能．【分析】分子的运动杂乱无章，在某一时刻，向着任何一个方向运动的分子都有，而且向各个方向运动的气体分子数目都相，分子的速率按“中间多，两头少〞的规律分布，气体压强的大小跟气体分子的平均动能、分子的密集程度这两个因素有关．【解答】解：A、虽然分子的运动杂乱无章，在某一时刻，向着任何一个方向运动的分子都有在一个正方体容器里，任一时刻与容器各侧面碰撞的气体分子数目根本相同，故A正确；B、大量气体分子的速率有大有小，但是按“中间多，两头少〞的规律分布；故B正确；C、气体压强的大小跟气体分子的平均动能、分子的密集程度这两个因素有关大；故C正确；D、温度是分子平均动能的标志，一质量的理想气体，温度不变，那么气体的内能一不变；故D错误；此题选择错误的；应选：D【点评】此题考查了分子动理论的知识，还有影响气体压强的因素．要注意明确温度升高时并不是所有分子的速率都增大，但平均运动一增大．7．如图，在半径为R圆环圆心O正上方的P点，将一小球以速度v0水平抛出后恰能从圆环上Q点沿切线飞过，假设OQ与OP间夹角为θ，不计空气阻力．那么〔〕A．从P点运动到Q点的时间为t=B．从P点运动到Q点的时间为t=C．小球运动到Q点时的速度为v Q =D．小球运动到Q点时的速度为v Q =【考点】平抛运动．【专题】平抛运动专题．【分析】小球做平抛运动，根据圆的几何知识可以求得小球在水平方向的位移的大小，根据水平方向的匀速直线运动可以求得时间的大小．根据平行四边形那么求出Q点的速度．【解答】解：A、过Q点做OP的垂线，根据几何关系可知，小球在水平方向上的位移的大小为Rsinθ，根据Rsinθ=v0t，可得时间为：t=，故A正确，B错误．C、根据几何关系知，Q点的速度方向与水平方向的夹角为θ，根据平行四边形那么知，小球运动到Q点时的速度为v Q =，故C错误，D正确．应选：AD．【点评】此题对平抛运动规律的直接的用，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解．8．如图1所示，水平轨道Ⅰ、Ⅱ平滑连接于b点．一物体以水平速度v0从a点进入轨道，轨道Ⅰ、Ⅱ的动摩擦因数为不同常数，假设物体仅在轨道Ⅱ受水平向左的恒力F作用，其v﹣t图象如图2所示，那么在0到7s内〔〕A．物体在轨道Ⅰ受到的滑动摩擦力比轨道Ⅱ的大B．物体在轨道Ⅰ受到的滑动摩擦力小于FC．物体在轨道Ⅰ、Ⅱ受到的摩擦力做功之比为4：1D．物体在轨道Ⅱ受到的摩擦力做的功与F做的功之比为3：5【考点】匀变速直线运动的图像；功的计算．【专题】功的计算专题．【分析】分析v﹣t图象，由图象可明确物体运动加速度的情况，再根据受力分析明确摩擦力大小；由功的公式确做功之比．【解答】解：A、由图可知，物体在轨道II中的加速度小于轨道1中的加速度，因轨道II中受到向左的拉力，故说明轨道II中的摩擦力一小于轨道I中的摩擦力；故A正确；B、对各过程分析可知，物体在轨道1上的加速度a1=；轨道II上减速过程a2=；反向加速过程为a3=；那么由牛顿第二律可知：f1=；F=；f2=；那么可知轨道Ⅰ受到的滑动摩擦力大于F；故B错误；C、由B的分析可知，摩擦力大小之比为：16：3；由图象可知，经历的路程之比为：3：4；那么由功的公式可知，做功之比为：4：1；故C正确；D、轨道II上摩擦力一直做负功；而拉力先做负功再做正功，做功的代数和为零；故D错误；应选：A．【点评】此题考查功的公式、对v﹣t图象的认识及牛顿第二律内容，要注意能正确从v﹣t图象中得出可用的物理规律．9．一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能E P随位移x变化的关系如下图，其中O～x2段是对称的曲线，x2～x3是直线段，那么以下判断正确的选项是〔〕A．x1处电场强度最大B．x2～x3段是匀强电场C．x1、x2、x3处电势φ1、φ2、φ3的关系为φ1＞φ2＞φ3D．粒子在O～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动【考点】电势差与电场强度的关系；电势．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据电势能与电势的关系：E p=qφ，场强与电势的关系：E=，结合分析图象斜率与场强的关系，即可求得x1处的电场强度；根据能量守恒判断速度的变化；由E p=qφ，分析电势的上下．由牛顿第二律判断加速度的变化，即可分析粒子的运动性质．根据斜率读出场强的变化．【解答】解：A、根据电势能与电势的关系：E p=qφ，场强与电势的关系：E=，得：E=由数学知识可知E p﹣x 图象切线的斜率于，x1处切线斜率为零，那么x1处电场强度为零，故A错误．B、D、由图看出在0～x1段图象切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动．x1～x2段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动．x2～x3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故B正确，D错误；C、根据电势能与电势的关系：E p=qφ，因粒子带负电，q＜0，那么知电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有：φ1＞φ2＞φ3．故C正确．应选：BC【点评】此题以图象的形式考查静电场的场强、电势、电势能相关知识；解决此题的关键要分析图象斜率的物理意义，判断电势和场强的变化，再根据力学根本规律：牛顿第二律进行分析电荷的运动情况．10．一简谐波在如下图的x轴上传播，实线和虚线分别是t1=0和t2=0.2s时刻的波形图．那么以下说法正确的选项是〔〕A．假设该波在t1=0时刻已沿+x方向传播到x=6m处，那么波源起振方向向下B．假设该波与另一频率为5Hz的简谐波相遇时发生干预，那么该波沿+x方向传播C．假设该波在t2=0.2s时刻，x=m处的质点向﹣y方向运动，那么该波向+x方向传播D．假设该波的传播速度是75m/s，那么该波沿﹣x方向传播【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系．【专题】振动图像与波动图像专题．【分析】发生干预的条件是两列波的频率相同，由相同的频率求出周期从而判断波的传播方向；t2=0.2s时刻，x=m处的质点向﹣y方向运动，那么波源在右边，波向左传播；根据s=vt求出该波传播的距离，然后判断传播距离为波长的多少倍，从而判断波的传播方向；判断t=0时刻，x=6m处质点的振动方向，继而判断出波源的振动方向【解答】解：A、假设该波在t1=0时刻已沿+x方向恰传播到x=6m处，从t=0时刻的波形图上判断x=6m的质点与x=2m处质点运动情况相同，其前面的点〔波向右传播，左边为前〕在其上方，那么此质点将向上运动，所有质点的起振方向是一致的，故波源起振方向向上，故A错误；B、频率为5Hz的简谐波周期为T==0.8s，那么，根据波的平移法实线右移波长为虚线波形，那么波向右传播，即该波沿+x方向传播，故B正确；C、t2=0.2s时刻，x=m处的质点向﹣y方向运动，那么波源在右侧，波向﹣x方向传播，C错误；D、根据s=vt=75m/s×0.2s=15m，，即传播距离为3λ，根据波的平移法，波向左平移波长为虚线波形，故波向﹣x方向传播，D正确．应选：BD【点评】解决此题的前提是能熟练根据传播方向判断质点运动方向以及能根据波的传播方向判断质点振动方向，且熟悉波的平移法．二、计算题11．如下图为一传送带装置模型，斜面的倾角θ，底端经一长度可忽略的光滑圆弧与足够长的水平传送带相连接，质量m=2kg 的物体从高h=30cm的斜面上由静止开始下滑，它与斜面的动摩擦因数μ1=0.25，与水平传送带的动摩擦因数μ2=0.5，物体在传送带上运动一段时间以后，物体又回到了斜面上，如此反复屡次后最终停在斜面底端．传送带的速度恒为v=m/s，tanθ=0.75，g取10m/s2．求：〔1〕物体第一次滑到底端的速度大小；〔2〕从滑上传送带到第一次离开传送带的过程中，求传送带对物体所做功及物体对传送带做功．〔3〕从物体开始下滑到最终停在斜面底端，物体在斜面上通过的总路程．【考点】动能理的用；牛顿第二律．【专题】动能理的用专题．【分析】〔1〕根据动能理求出物体到达底端的速度；〔2〕分析物体的运动过程，明确物体对传送带的作用力，根据功的性质可求得物体对传送带所做的功；〔3〕物体在传送带上运动的过程中，摩擦力做功为零，对全过程运用动能理，求出物体在斜面上通过的总路程．【解答】解：〔1〕对物体从静止开始到达底端的过程运用动能理得：﹣0代入数据解得：v1=2m/s，〔2〕物体受到传送带的摩擦力F f=μmg 得加速度a=μ2g=5m/s2，到最右端的时间t1===0.4s，物体返回到传送带的左端也为t1。
高三物理上学期周测试题(含解析)
峙对市爱惜阳光实验学校高三〔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=mgsin 60°=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．。
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第一学期高三物理周末测试题目二高三物理周末测试题（二）班级：姓名：学号：总分：题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10答案一、单选题（每小题的四个选项中只有一个正确答案，每小题5分，共30分）1．由静止开始下落的雨滴，遇到水平方向吹来的风，则（）A．风速越大，雨滴下落的时间越长B．风速越大，雨滴着地时的速度越大C．雨滴做平抛运动D．雨滴着地速度与风速无关2．如图所示，蹲在树枝上的一只松鼠看到一个猎人正在用枪水平对准它，就在子弹出枪口时，松鼠开始运动，下述各种运动枪方式中，松鼠不能．．逃脱厄运而被击中的是(设树枝足够高, 不计空气阻力)：( )①自由落下②竖直上跳③迎着枪口，沿AB方向水平跳离树枝④背着枪口，沿AC方向水平跳离树枝A．①②③B．①③④23C ．①②④D ．②③④ 3．假如一个作圆周运动的人造地球卫星的轨道半径增大到原来的2倍，仍作圆周运动，则( )A ．由公式ωr v =，可知卫星的线速度将增大到原来的2倍.B ．由公式rv mF 2=，可知卫星所需的向心力将减小到原来的21. C ．由公式2rMm G F =，可知地球提供的向心力将减小到原来的41. D ．由上述B 和C 综合分析，可知卫星运动的线速度将减小到原来的21. 4．同步卫星到地心的距离为r ，加速度为a 1，运行速率为v 1；地球半径为R ，赤道上物体 随地球自转的向心加速度为a 2，速度为v 2，则( )A ． a a 21=r RB ．a a 21=r R 22C ． vv 21=rR 22D ．vv 21R r P 2P 1x O5．如图所示，质量相同A、B两质点从同一点O 分别以相同的水平速度v0沿x轴正方向抛出，A在竖直平面内运动，落地点为P1 ，B沿光滑斜面运动，落地点为P2 . P1和P2在同一水平面上，不计空气阻力，则下面说法中正确的是（）A．A、B的运动时间相同B．A、B沿x轴方向的位移相同C．A、B落地时的速度相同D．A、B落地时的动能相同6．如图所示，在一次空地演习中，离地H高处的飞机以水平速度v1发射一颗炮弹欲轰炸地面目标P,反应灵敏的地面拦截系统同时以速度v2竖直向上发射炮弹拦截，设拦截系统与飞机的水平距离为s，若拦截成功，不计空气阻力，则v1、v2的关系应满足（）A．v1= v2B．v1 = Hs v2C．v1=Hs v2D．v1=sH v2二．多项选择题（每题7分，选对但不全的得3分，共28分)7．我国已经拥有甘肃酒泉,山西太原和四川西昌三4个卫星发射中心,又计划在海南文昌建设一个航天发射场,预计2010年前投入使用.关于我国在2010年用运载火箭发射一颗同步通信卫星,下列说法正确的是（）A．在海南发射同步通信卫星可以充分利用地球自转的能量,从而节省能源B．在酒泉发射同步通信卫星可以充分利用地球自转的能量,从而节省能源C．海南和太原比较,在海南的重力加速度略微小一点,同样的运载火箭在海南可以发射质量更大的同步通信卫星D．海南和太原相比较,在太原的重力加速度略微小一点,同样的运载火箭在太原可以发射质量更大的同步通信卫星8．如图所示，在发射地球同步卫星的过程中，卫星首先进入椭圆轨道I，然后在Q点通过改变卫星速度，让卫星进人地球同步轨道Ⅱ，则（）A．该卫星的发射速度必定大于11. 2 km/sB．卫星在同步轨道II上的运行速度大于7. 9 km/sC．在轨道I上，卫星在P点的速度大于在Q 点的速度56D ．卫星在Q 点通过加速实现由轨道I 进人轨道II9．半径为R 的圆桶固定在小车上，有一光滑小球静止在圆桶最低点，如图所示．小车以速度v 向右做匀速运动、当小车遇到障碍物突然停止时，小球在圆桶中上升的高度可能为（ ）A ．等于g v 22B ．大于gv 22 C ．小于gv 22 D ．等于2R 10．如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速度1v 沿顺时针方向运动，传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面，物体以速率2v 沿直线向左滑上传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面上，这时速率为'2v ，则下列说法正确的是（ ）A ．若1v <2v ，则'2v = 1v B ．若1v >2v ，则'2v =2vC ．不管2v 多大，总有'2v = 2v D ．只有1v = 2v 时，才有'2v =1v三．填空与实验题（14分）7Vθ 11．如图，在倾角为θ的斜面上以速度V 0水平抛出一小球，该斜面足够长，则从抛出开始计时，经过 时间小球离斜面的距离达到最大。
(已知重力加速度为g)12．某兴趣小组为测一遥控电动小车的额定功率，进行了如下实验：①用天平测出电动小车的质量为0.4kg ； ②将电动小车、纸带和打点计时器按如图甲所示安装；③接通打点计时器（其打点周期为0.02s ）； ④使电动小车以额定功率加速运动，达到最大速度一段时间后关闭小车电源，待小车静止时再关闭打点计时器（设在整个过程中小车所受的阻力恒定）。
打点计纸图8在上述过程中，打点计时器在纸带上所打的部分点迹如图乙所示。
请你分析纸带数据，回答下列问题：(保留二位有效数字) (1)该电动小车运动的最大速度为m/s ；(2)该电动小车被关闭电源后加速度大小为m/s 2；(3)该电动小车的额定功率为 W ．（提示:切断电源是在题中所给数据间隔为5.78cm 过程中的某一时刻，该过程包含匀速和匀减速两个过程，所以在数据处理中不宜使用该数据）四．计算题（12题12分，13题16分，共28分） 13．2003年10月15日，我国成功发射了第一艘载人宇宙飞船“神舟”五号．火箭全长58.3 m ，起飞重量479. 8 t ，火箭点火升空，飞船进入预定轨道．“神舟”五号环绕地球飞行14圈约用时间21 h ．飞船点6. 5. 6.5. 5. 5. 4.4.4.6.单位：图火竖直升空时，航天员杨利伟感觉“超重感比较强”，仪器显示他对座舱的最大压力等于他体重的5倍．飞船进入轨道后，杨利伟还多次在舱内飘浮起来．假设飞船运行的轨道是圆形轨道．（地球半径R取6. 4 ×103 km，地面重力加速度g取10 m/s2，计算结果取二位有效数字）(1)试分析航天员在舱内“飘浮起来”的现象产生的原因．(2)求火箭点火发射时，火箭的最大推力．(3)估算飞船运行轨道距离地面的高度．914．如图所示，轻杆长为3L，在杆的A、B两端分别固定质量均为m的球A和球B，杆上距球A 为L处的点O装在光滑的水平转动轴上，杆和球在竖直面内转动，已知球B运动到最高点时，球B 对杆恰好无作用力．求：(1)球B在最高点时，杆对水平轴的作用力大小．(2)球B转到最低点时，球A和球B对杆的作用力分别是多大？方向如何？10高三物理周末测试题（二）答案题号1 2 3 4 5 6 7 8 9 10答案 B B C D D D A C C D A CDAB 11．gv θtan 0(4分)12．（1）1.5（3分） （2）2.0（3分） （3）1.2 （4分）13．解：(1)航天员随舱做圆周运动，万有引力用来充当圆周运动的向心力，航天员对支撑物的压力为零，故航天员“飘浮起来”是一种失重现象．(2分)(2）火箭点火时，航天员受重力和支持力作用且N=5mg ，此时有N －mg= m a ，解得a =4 g ．此加速度即火箭起飞时的加速度，对火箭进行受力分析，列方程为F －Mg=M a ，解得火箭的最大推力为F=2.4×107N.(4分)(3）飞船绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，)(4222h R Tm h R mM G +=+π）（地 (2分)在地球表面，万有引力与重力近似相等，得,2mg Rm M G=地(2分)又s h T 3104.55.1⨯==. 解得h=3. 1×102 km. (2分) 14．解：(1)球B 在最高点时速度为v 0，有Lvm mg 22=，得gLv20=(2分)此时球A 的速度为gL v221210=(1分)，设此时杆对球A 的作用力为F A ，则,5.1,)2/(20mg F Lv m mg F A A ==-A 球对杆的作用力为,5.1mg F A='(3分)(2)设球B 在最低点时的速度为Bv ，取O 点为参考平面，据机械能守恒定律有222020)2(21212)2(21212B B v m mgL mv L mg v m mgL mv L mg +++⋅-=+-+⋅解得gL vB526=(4分)对A 球有Lv mmg F B 21)2/(=+解得杆对A 球的作用力mg F 3.01=(2分) 对B 球有Lvm mg F B222=-解得杆对B球的作用力mg(2分)F6.32据牛顿第三定律可知：A球对杆的作用力大小为0.3mg,方向向上；(1分)B对杆的作用力大小为3. 6mg，方向向下．(1分)。