高三物理上学期周练试题(12_2)
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＜。
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河北定州中学2016-2017学年第一学期高三物理周练试题（11）一、单项选择题1．北京时间2011年3月11日13时46分日本仙台以东地区发生里氏9.0级强烈地震，震源深度24 km，地震随后引发10 m高海啸，形成强大的波浪，向前推进，将沿海地带一一淹没，并于美国当地时间3月11日凌晨3时左右，抵达5 700多公里以外的夏威夷群岛，造成至少3亿美元财1左右．下列说法中正产损失．海啸在海洋的传播速度为500～600 km/h，是地震波传播速度的25确的是________A．海啸波是机械波B．美国夏威夷发生的海啸是日本发生的地震，并将该处的海水传到了美国夏威夷而引起的C．可以利用地震波传播速度与海啸传播速度的差别造成的时间差进行海啸预警1周期时将到达10 m高的波峰处D．海啸波沿＋x轴方向传播，图中a点经4E．海啸波的频率大约1.25 Hz2．第谷、开普勒等人对行星运动的研究漫长而曲折，牛顿在他们研究的基础上，得出了科学史上最伟大的定律之一——万有引力定律．下列有关万有引力定律的说法中不．正确的是A．开普勒通过研究观测记录发现行星绕太阳运行的轨道是椭圆B．太阳与行星之间引力的规律不适用于行星与它的卫星C．卡文迪许利用实验较为准确地测出了引力常量G的数值D．牛顿在发现万有引力定律的过程中应用了牛顿第三定律的知识3．如图所示，在能够绕竖直轴自由转动的横杆两端，固定着A、B两个铝环，其中铝环A闭合，B 不闭合，则（）A．当条形磁铁插入A环时，A环中产生感应电流同时远离磁铁B．当条形磁铁插入A环时，A环中产生感应电流同时靠近磁铁C．当条形磁铁插入B环时，B环中产生感应电流同时远离磁铁D．当条形磁铁插入B环时，B环中产生感应电流同时靠近磁铁4．在同一高处有两个小球同时开始运动，一个以水平抛出，另一个自由落下，在它们运动过程中的每一时刻，有（）A．加速度不同，速度相同B．加速度不同，速度不同C．下落的高度相同，位移不同D．下落的高度不同，位移不同5．放在水平面上的物体，下列说法正确的是（）A．物体受到的重力，其反作用力是桌面对物体的支持力B．物体受到的重力，其反作用力是物体对桌面的压力C．物体对桌面的压力与桌面对物体的支持力是一对相互作用力D．物体对桌面的压力与桌面对物体的支持力是一对平衡力6．玩具弹力球（如图）具有较好的弹性，碰撞后能等速反向弹回。
一小孩将弹力球举高后由静止释放做自由落体运动，与水平地面发生碰撞，弹力球在空中往返运动。
若从释放弹力球时开始计时，且不计弹力球与地面发生碰撞的时间和空气阻力，则弹力球运动的速度时间--图线是7．安培的分子环流假设，可用来解释（）A．两通电导体间有相互作用的原因B．通电线圈产生磁场的原因C．永久磁铁产生磁场的原因D．铁质类物体被磁化而具有磁性的原因8．足球以8m/s的速度飞来，运动员把它以12m/s的速度反向踢出，踢球的时间为0．02s．设飞来的方向为正方向，则足球在这段时间内的加速度为（）A．200m/s2B．-200m/s2C．1000m/s2D．-1000m/s29．一个圆形线圈位于一随时间变化的匀强磁场内，磁场方向垂直线圈所在的平面（纸面），如图甲所示，磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示，下列关于感应电流的大小和方向的判断，正确的是（）A.时刻的感应电流最大B.时刻的感应电流大于时刻的感应电流C.和时刻感应电流方向相同D.和时刻感应电流方向相同10．如图所示，一个金属小球静止在光滑斜面上，球上有两根细绳A、B悬于水平天花板，B绳处于竖直位置，则下列说法正确的是（）A．金属小球一定受到2个力的作用B．金属小球一定受到3个力的作用C．金属小球一定受到4个力的作用D．金属小球可能受到3个力也可能受4个力作用11．若汽车的加速度方向与速度方向一致，当加速度减小时，则（）A．汽车的速度也减小B．汽车的速度保持不变C．当加速度减小到零时，汽车静止D．当加速度减小到零时，汽车的速度达到最大12．如图所示，实线AB为一电子在电场中的运动轨迹，虚线为等势线且相邻两等势线间的电势差相等、距离相等，电子运动到等势线φ1上时，具有动能3．0×10﹣20J，它运动到等势线φ3上时，具有动能1．0×1．0﹣20J．令φ0=0，电子重力不计，则下列说法正确的是A．电场方向水平向左B．电子在运动过程中加速度变小C．当该电子的电势能为4×10﹣21J时，其动能大小为3．6×10﹣20JD．电子在A点的电势能为负值13．如图所示，有一混合正离子束先后通过正交电场、磁场区域Ⅰ和匀强磁场区域Ⅱ，如果这束正离子束在区域Ⅰ中不偏转，进入区域Ⅱ后偏转半径又相同，则说明这些离子具有相同的( )A．动能B．质量C．电荷量D．比荷14．如图所示，带正电的小球Q固定在倾角为θ的光滑固定绝缘细杆下端，让另一穿在杆上的质量为m、电荷量为q的带正电的小球M从A点由静止释放，M到达B点时速度恰好为零．若A、B 间距为L，C是AB的中点，两小球都可视为质点，重力加速度为g，则下列判断正确的是（）A．在从A点至B点的过程中，M的机械能守恒B．在B点M受到的库仑力大小是mgsin θC．在从A点至C点和从C点至B点的过程中，前一过程M的电势能的增加量较小D ．在Q 产生的电场中，B 、A 两点间的电势差为BA mgLsin U q＝ 15．将一小球以一定的初速度竖直向上抛出，空气阻力不计。
下面四个速度图象中表示小球运动的v －t 图象是16．某空间存在着如图（甲）所示的足够大的，沿水平方向的匀强磁场．在磁场中A ，B 两个物块叠放在一起，置于光滑绝缘水平地面上，物块A 带正电，物块B 不带电且表面绝缘．在t 1=0时刻，水平恒力F 作用在物块B 上，使A ，B 由静止开始做加速度相同的运动．在A 、B 一起向左运动的过程中，以下说法中正确的是（ ）A ．图（乙）可以反映A 所受洛伦兹力大小随时间t 变化的关系，图中y 表示洛伦兹力大小B ．图（乙）可以反映A 对B 的摩擦力大小随时间t 变化的关系，图中y 表示摩擦力大小C ．图（乙）可以反映A 对B 的压力大小随时间t 变化的关系，图中y 表示压力大小D ．图（乙）可以反映B 对地面的压力大小随时间t 变化的关系，图中y 表示压力大小17．在光滑水平面上，一质量为m 、速度大小为v 的A 球与质量为2m 静止的B 球碰撞后粘在一起共速运动，则碰撞时A 对B 做的功为A ． 218mv B ．29mv C ．26mv D ． 23mv18．如图所示，实线MN是一正点电荷产生的电场中的一条电场线，虚线ab是一个带负电的粒子（不计重力）穿越这条电场线的轨迹．下列结论正确的是A．点电荷一定位于M点的左侧B．带电粒子在a点的动能小于在b的动能C．带电粒子在a点的加速度小于在b点的加速度D．带电粒子在a点时的电势能小于在b点时的电势能19．如图小球P粘在细直杆的一端，球随杆一起绕O作圆周运动，球在最高点时杆对球的作用力（）A．一定是拉力B．可能是拉力C．一定是支持力D．无作用力20．物体同时受到同一平面内三个共点力的作用，下列几组力的合力可能为零的是（）A．5N 7N 9N B．5N 2N 3NC．1N 5N 10N D．4N 5N 10N二、计算题21．如图所示，一底面积为S，内壁光滑的圆柱形容器竖直放置在水平地面上，开口向上，内有两个质量均为m的相同活塞A和B；在A与B之间、B与容器底面之间分别封有一定量的同样的理想气体，平衡时体积均为V。
已知容器内气体温度始终不变，重力加速度大小为g，外界大气压强为p0。
现假设活塞B发生缓慢漏气，致使B最终与容器底面接触。
求活塞A移动的距离。
22．一质量m =2kg的木块放在水平地面上，木块与地面的动摩擦因数μ= 0.5 。
现对木块加一与水平方向夹角α=370的斜向上的拉力F =20N，使木块从静止开始运动3m的过程中。
（已知sin 370=0.6 ，cos370=0.8 ，g = 10m/s2 ）求：F（1）拉力F对木块做的功；（2）摩擦力对木块做的功；（3）运动3m 时木块的动能参考答案1．ACD2．B3．A4．C5．C6．D7．CD8．D9．BC10．A11．D12．C13.D14．CD15．C16．CD17．B18．BC19．B20．AB21．见解析。
设A 与B 之间、B 与容器底面之间的气体压强分别为p 1、p 2在漏气前，对A 分析有p 1＝p 0＋mg S① 对B 分析有p 2＝p 1＋mg S② B 最终与容器底面接触后，设AB 间的压强为p ，气体体积为V ′，则有p ＝p 0＋mg S③ 因为温度始终不变，对于混合气体由玻意耳定律：p 1V ＋p 2V ＝pV ′ ④设活塞B 厚度为d ，漏气前A 距离底面的高度为h由几何关系得 h ＝2V S＋d ⑤ 漏气后A 距离底面的高度为h ′由几何关系得 h ′＝V ′S＋d ⑥ 设活塞A 移动的距离为Δh则 Δh ＝h ′－h ⑦联立①②③④⑤⑥⑦Δh ＝mgp 0S ＋mg ·V S22．（1）48J（2）-12J（3）36J精选教案（1）W F = F S cosα= 48J（2）木块受力如图，有N + F sinα= mgf =μN以上两式得：f = μ（mg - F sinα）= 4NW f =－f S = －12J（3）W合= W F + W f = 36J由动能定理得：E K - 0 = W合即E K = W合= 36 J可编辑。