201X届高三物理上学期周练试题(11.4,含解析)
高三物理上学期周测试卷201
峙对市爱惜阳光实验学校高三物理周测试卷〔16〕考查范围：电磁感一、选择题(此题共10小题，每题4分，共40分．有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1．如下图，一个半径为L的半圆形硬导体AB以速度v在水平U型框架上向右匀速滑动，匀强磁场的磁感强度为B，回路电阻为R0，半圆形硬导体AB的电阻为r，其余电阻不计，那么半圆形导体AB切割磁感线产生的感电动势大小及A、B之间的电势差分别为( )A．BLv BLvR0R0＋rB．BπLvBπLvR0R0＋rC．2BLv2BLvR0R0＋rD．2BLv2BLv2．某地的地磁场磁感强度的竖直分量方向向下，大小为×10－5T．一灵敏电压表连接在当地入段的两岸，河宽100 m，该河段涨潮和落潮时有海水(视为导体)流过．设落潮时，海水自西流，流速为2 m/s.以下说法正确的选项是( )A．岸的电势较高 B．岸的电势较高C．电压表记录的电压为9 mV D．电压表记录的电压为5 mV3．在匀强磁场中，有一个接有电容器的单匝导线回路，如下图，C＝30 μF，L1＝5 cm，L2＝8 cm，磁场以5×10－2 T/s的速率增加，那么( )A．电容器上极板带正电，带电荷量为6×10－5 CB．电容器上极板带负电，带电荷量为6×10－5 CC．电容器上极板带正电，带电荷量为6×10－9 CD．电容器上极板带负电，带电荷量为6×10－9 C4．如以下图所示，正方形线圈abcd位于纸面内，边长为L，匝数为N，线圈内接有阻值为R的电阻，过ab中点和cd中点的连线OO′恰好位于垂直纸面向里的匀强磁场的右边界上，磁场的磁感强度为B.当线圈绕OO′转过90°时，通过电阻R的电荷量为( ) A.BL22RB.NBL22RC.BL2RD.NBL2R5．如下图，E为电池，L是电阻可忽略不计、自感系数足够大的线圈，D1、D2是两个规格相同且额电压足够大的灯泡，S是控制电路的开关．对于这个电路，以下说法正确的选项是( )A．刚闭合开关S的瞬间，通过D1、D2的电流大小相B．刚闭合开关S的瞬间，通过D1、D2的电流大小不相C．闭合开关S待电路到达稳，D1熄灭，D2比原来更亮D．闭合开关S待电路到达稳，再将S断开瞬间，D2立即熄灭，D1闪亮一下再熄灭6．如图，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感强度大小为B 0.使该线框从静止开始绕过圆心O 、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感电流．现使线框保持图中所示位置，磁感强度大小随时间线性变化．为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感强度随时间的变化率ΔBΔt 的大小为( )A.4ωB 0πB.2ωB 0πC.ωB 0πD.ωB 02π7．半径为a 右端开小口的导体圆环和长为2a 的导体直杆，单位长度电阻均为R 0.圆环水平固放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感强度为B .杆在圆环上以速度v 平行于直径CD 向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O 开始，杆的位置由θ确，如右图所示，那么( )A ．θ＝0时，杆产生的电动势为 2BavB ．θ＝π3时，杆产生的电动势为3BavC ．θ＝0时，杆受的安培力大小为2B 2avπ＋2R 0D ．θ＝π3时，杆受的安培力大小为错误!8．如下图，相距为L 的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有值电阻R ，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感强度为B .将质量为m的导体棒由静止释放，当速度到达v 时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P ，导体棒最终以2v 的速度匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g .以下选项正确的选项是( )A. P ＝2mgv sin θB. P ＝3mgv sin θC ．当导体棒速度到达v 2时加速度大小为g2sin θD ．在速度到达2v 以后匀速运动的过程中，R 上产生的焦耳热于拉力所做的功9．如下图，在两个沿竖直方向的匀强磁场中，分别放入两个完全一样的水平金属圆盘a 和b ，它们可以绕竖直轴自由转动，用导线把它们相连．当圆盘a 转动时( )A ．圆盘b 总是与a 沿相同方向转动B．圆盘b总是与a沿相反方向转动C．假设B1、B2同向，那么a、b转向相同D．假设B1、B2反向，那么a、b转向相同10.如下图，光滑绝缘水平面上，有一矩形线圈冲入一匀强磁场，线圈进入磁场区域时，其动能恰好于它在磁场外面时的一半，设磁场宽度大于线圈宽度，那么( )A．线圈恰好在刚离开磁场的地方停下B．线圈在磁场中某位置停下C．线圈在未完全离开磁场时即已停下D．线圈完全离开磁场以后仍能继续运动，不会停下来二、填空题(此题共2小题，每题8分，共16分)11.如下图，半径为r的金属圆环绕通过直径的轴OO′以角速度ω匀速转动，匀强磁场的磁感强度为B，以金属环的平面与磁场方向重合时开始计时，求在转动30°角的过程中，环中产生的感电动势为________．12.一个边长为10 cm的正方形金属线框置于匀强磁场中，线框匝数n＝100，线框平面与磁场垂直，电阻为20 Ω.磁感强度随时间变化的图象如下图．那么在一个周期内线框产生的热量为________ J.三、计算题(此题共4小题，13、14题各10分，15、16题各12分，共44分，计算时必须有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)13.轻质细线吊着一质量为m＝0.32 kg、边长为L＝0.8 m、匝数n＝10的正方形线圈，总电阻为r＝1 Ω.边长为L2的正方形磁场区域对称分布在线圈下边的两侧，如图甲所示，磁场方向垂直纸面向里，大小随时间变化如图乙所示，从t ＝0开始经t0时间细线开始松弛，取g＝10 m/s2.求：(1)在前t0时间内线圈中产生的电动势；(2)在前t0时间内线圈的电功率；(3) t0的值．14．(2021·理综)如以下图甲所示，在水平面上固有长为L＝2 m、宽为d＝1 m的金属“U〞型导轨，在“U〞型导轨右侧l＝0.5 m范围内存在垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感强度随时间变化规律如以下图乙所示．在t ＝0时刻，质量为m＝0.1 kg的导体棒以v0＝1 m/s的初速度从导轨的左端开始向右运动，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ＝0.1，导轨与导体棒单位长度的电阻均为λ＝0.1Ω/m，不计导体棒与导轨之间的接触电阻及地球磁场的影响(取g＝10 m/s2)．(1)通过计算分析4 s内导体棒的运动情况；(2)计算4 s内回路中电流的大小，并判断电流方向；(3)计算4 s内回路产生的焦耳热．15．(2021·理综)如下图，一对光滑的平行金属导轨固在同一水平面内，导轨间距l＝0.5 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω的电阻．一质量m＝0.1 kg，电阻r＝0.1 Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感强度B＝0.4 T．棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a＝2 m/s2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x＝9 m时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1:Q2＝2:1.导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：(1)棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；(3)外力做的功W F.16．如以下图甲所示，不计电阻的平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L ＝1 m，上端接有电阻R＝3 Ω，虚线OO′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场．现将质量m＝0.1 kg、电阻r＝1 Ω的金属杆ab从OO′上方某处垂直导轨由静止释放，杆下落过程中始终与导轨保持良好接触，杆下落过程中的v－t图象如以下图乙所示．(取g＝10 m/s2)求：(1)磁感强度B；(2)杆在磁场中下落0.1 s过程中电阻R产生的热量．参考答案：1、解析：根据E＝BLv，感电动势2BLv，AB间的电势差U＝ER0R 0＋r，C项正确．答案：C2、解析：由E＝BLv＝(×10－5×100×2)V＝9×10－3 V＝9 mV，可知电压表记录的电压为9 mV，选项C正确，D错误；从上往下看，画出水流切割磁感线示意图如下图，据右手那么可知北岸电势高，选项A正确，B错误．答案：AC3、解析：电容器两极板间的电势差U于感电动势E，由法拉第电磁感律，可得E＝ΔBΔt·L1L2＝2×10－4V ，电容器的带电荷量Q＝CU＝CE＝6×10－9C，再由楞次律可知上极板的电势高，带正电，C项正确．答案：C4、解析：初状态时，通过线圈的磁通量为Φ1＝BL22，当线圈转过90°时，通过线圈的磁通量为0，由q＝ΔΦR可得通过电阻R的电量为BL22R.答案：A5、解析：由于线圈的电阻可忽略不计、自感系数足够大，在开关闭合的瞬间线圈的阻碍作用很大，线圈中的电流为零，所以通过D 1、D 2的电流大小相，A 正确，B 错误．闭合开关S 待电路到达稳时线圈短路，D 1中电流为零，回路电阻减小，D 2比原来更亮，C 正确．闭合开关S 待电路到达稳，再将S 断开瞬间，D 2立即熄灭，线圈和D 1形成回路，D 1闪亮一下再熄灭，故A 、C 、D 正确．答案：ACD6、解析：线框转动过程中，效于长度为半径R 的导体棒绕O 点转动切割磁感线，v ＝R 2·ω，其产生的感电动势E ＝B 0·R ·v ＝B 0R 2ω2；线框静止不动时，根据法拉第电磁感律可知线框产生的感电动势为E ′＝ΔB Δt ·πR22.根据题意有E＝E ′，可得ΔB Δt ＝ωB 0π，选项C 正确．答案：C7、解析：θ＝0时，杆在CD 位置，产生的电动势为E ＝B ·2av ＝2Bav ，通过杆的电流为I ＝2Bav πaR 0＋2aR 0＝2BvπR 0＋2R 0，杆受到的安培力为F ＝BI ·2a ＝4B 2av πR 0＋2R 0，选项A 正确，C 错误；θ＝π3时，杆切割的有效长度为a ，产生的电动势为E ＝Bav ，电路的总电阻为R ＝(2π－π3)aR 0＋aR 0＝53πaR 0＋aR 0，通过杆的电流为I ＝Bav R ＝3Bv 5π＋3R 0，杆受到的安培力为F ＝BIa ＝3B 2av5π＋3R 0，选项B 错误、D 正确．答案：AD8、解析：当导体棒以速度v 匀速运动时，沿斜面方向有mg sin θ＝B 2L 2vR；当导体棒以2v 匀速运动时，沿斜面方向F ＋mg sin θ＝2B 2L 2vR，故F ＝mg sin θ，此时拉力F 的功率P ＝F ×2v ＝2mgv sin θ，选项A 正确，B 错误；当导体棒的速度到达v2时，沿斜面方向mg sin θ－B 2L 2v 2R ＝ma ，解得a ＝12g sin θ，选项C 正确；导体棒的速度到达2v 以后，拉力与重力的合力做的功于R 上产生的焦耳热，选项D 错误．答案：AC9、解析：当圆盘a 转动时，由于切割磁感线而产生感电流，该电流流入b 盘中，在磁场中由于安培力作用b 盘会转动，但假设不知B 1、B 2的方向关系，那么b 盘与a 盘的转向关系将无法确，故A 、B 错．设B 1、B 2都向上，a 盘逆时针转动时，由右手那么可判电流方向为a →a ′→b →b ′→a ，b 盘受力由左手那么可判为顺时针方向，故C 错，同理可得D 正确．答案：D10、解析：线圈冲入匀强磁场时，产生感电流，线圈受安培力作用做减速运动，动能也减少．同理，线圈冲出匀强磁场时，动能减少，进、出时减少的动能都于克服安培力做的功．由于进入时的速度大，故感电流大，安培力大，安培力做的功也多，减少的动能也多，线圈离开磁场过程中，损失动能少于它在磁场外面时动能的一半，因此线圈离开磁场仍继续运动．答案：D11、解析：ΔΦ＝Φ2－Φ1＝BS sin30°－0＝12B πr 2.又Δt ＝θω＝π/6ω＝π/(6ω)所以E ＝ΔΦΔt ＝12B πr 2π/6ω＝3Bωr 2.答案：3Bωr 212、解析：由题图可知，线框中穿过均匀变化的磁场，变化周期T ＝4 s ．根据法拉第电磁感律和闭合电路欧姆律，线框中产生的感电动势E ＝nS ΔBΔt，感电流I ＝E R ＝100×10－220A ＝5×10－2A ，在一个周期内产生的热量Q ＝I 2RT ＝(5×10－2)2×20×4 J＝0.2 J.答案：0.213、解析：(1)由法拉第电磁感律得E ＝n ΔΦΔt ＝n ×12×(L 2)2ΔB Δt ＝10×12×(0.82)2×0.5 V＝0.4 V.(2)I ＝E r＝0.4 A ，P ＝I 2r ＝0.16 W.(3)分析线圈受力可知，当细线松弛时有：F 安＝nBt 0I L 2＝mg ，I ＝ErBt 0＝2mgrnEL＝2 T由图象知：Bt 0＝1＋0.5t 0(T)，解得t 0＝2 s. 答案：(1)0.4 V (2)0.16 W (3)2 s14、解析：(1)导体棒先在无磁场区域做匀减速运动，有－μmg ＝ma v t＝v 0＋at x ＝v 0t ＋12at 2代入数据解得t ＝1 s ，x ＝0.5 m ，导体棒没有进入磁场区域．导体棒在1 s 末已停止运动，以后一直保持静止，离左端位置仍为x ＝0.5 m.(2)前2 s 磁通量不变，回路电动势和电流分别为E ＝0，I ＝0后2 s 回路产生的电动势为E ＝ΔΦΔt ＝ld ΔB Δt＝0.1 V回路的总长度为5 m ，因此回路的总电阻为R ＝5λ＝0.5 Ω电流为I ＝ER＝0.2 A根据楞次律，在回路中的电流方向是顺时针方向． (3)前2 s 电流为零，后2 s 有恒电流，焦耳热为Q ＝I 2Rt ＝0.04 J.答案：(1)见解析 (2)0.2 A 沿顺时针方向 (3)0.04 J15、解析：(1)设棒匀加速运动的时间为Δt ，回路的磁通量变化量为ΔΦ，回路中的平均感电动势为E ，由法拉第电磁感律得E ＝ΔΦΔt ①其中ΔΦ＝Blx ②设回路中的平均电流为I ，由闭合电路的欧姆律得I ＝ER ＋r③那么通过电阻R 的电荷量为q ＝I Δt ④联立①②③④式，代入数据得q ＝4.5 C ⑤(2)设撤去外力时棒的速度为v ，对棒的匀加速运动过程，由运动学公式得v 2＝2ax ⑥设棒在撤去外力后的运动过程中安培力做功为W ，由动能理得 W ＝0－12mv 2⑦撤去外力后回路中产生的焦耳热Q 2＝－W ⑧联立⑥⑦⑧式，代入数据得Q 2＝ J ⑨(3)由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q 1:Q 2＝2:1，可得Q 1＝ J ⑩在棒运动的整个过程中，由功能关系可知W F ＝Q 1＋Q 2⑪由⑨⑩⑪式得W F＝ J⑫答案：(1) C (2) J (3) J16、解析：(1)由图象知，杆自由下落0.1 s进入磁场后以v＝1.0 m/s做匀速运动．产生的电动势E＝BLv杆中的电流I＝ER＋r杆所受安培力F安＝BIL由平衡条件得mg＝F安解得B＝2 T(2)电阻R产生的热量Q＝I2Rt＝0.075 J 答案：(1) 2 T (2)0.075 J。
高三物理上学期第11周周练试卷
峙对市爱惜阳光实验学校高三〔上〕第11周周练物理试卷一．不项选择题〔共40分〕1．如下图，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选项是〔〕A．将c移近A，但不与A接触，B会张开一角度B．将c与A外外表接触后移开A，B会张开一角度C．将c与A内外表接触时，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会张开一角度2．如下图是一个欧姆表的外部构造示意图，其正、负插孔内分别插有红、黑表笔，那么虚线内的电路图是选项图中的〔〕A ．B ．C ．D ．3．某同学将一直流电源的总功率P1、输出功率P2和电源内部的发热功率P3随电流I变化的图线画在了同一坐标上，如图中的a、b、c所示，根据图线可知〔〕A．反映P3变化的图线是bB．电源电动势为8vC．电源内阻为4ΩD．当电流为0.5A时，外电路的电阻为6Ω4．如图，质量为m、带电量为+q的滑块，沿绝缘斜面匀加速下滑，当滑块滑至竖直向下的匀强电场区域时，滑块运动的状态为〔〕A．匀速下滑B．匀加速下滑且加速度减小C．匀加速下滑且加速度不变 D．匀加速下滑且加速度增大5．从t=0时刻起，在两块平行金属板间分别加上如下图的交变电压，加其中哪种交变电压时，原来处于两板央的静止电子不可能在两板间做往复运动〔〕A ．B ．C ．D ．6．小明去室取值电阻两只R1=10Ω，R2=30Ω，电压表一个，练习使用电压表测电压．电路连接如以下图，电源输出电压U=12.0V不变．小明先用电压表与R1并联，电压表示数为U1，再用电压表与R2并联，电压表示数为U2，那么以下说法正确的选项是〔〕A．U1一大于3.0V B．U2一小于9.0VC．U1与U2之和小于12V D．U1与U2之比一不于1：37．电阻非线性变化的滑动变阻器R2接入图甲的电路中，移动滑动变阻器触头改变接入电路中的长度x〔x为图中a与触头之间的距离〕，值电阻R1两端的电压U1与x间的关系如图乙，a、b、c为滑动变阻器上间距的三个点，当触头从a移到b和从b移到c的这两过程中，以下说法正确的选项是〔〕A．电流表A示数变化相B．电压表V2的示数变化不相C．电阻R1的功率变化相D．电源的输出功率均不断增大8．如下图，虚线框的真空区域内存在着沿纸面方向的匀强电场〔具体方向未画出〕，一质子从bc边上的M点以速度v垂直于bc边射入电场，从cd边上的Q点飞出电场，不计重力．以下说法正确的选项是〔〕A．质子到Q点时的速度方向可能与cd边垂直B．不管电场方向如何，假设知道a、b、c三点的皂势，一能确d点的电势C．电场力一对电荷做了正功D．M点的电势一高于Q点的电势9．示波管的内部结构如图甲所示，如果在偏转电极XX′、YY′之间都没有加电压，电子束将打在荧光屏的中心．如果在偏转电极XX′之间和YY′之间加上图丙所示的几种电压，荧光屏上可能会出现图乙中〔a〕、〔b〕所示的两种波形．那么〔〕A．假设XX′和YY′分别加电压〔3〕和〔1〕，荧光屏上可以出现图乙中〔a〕所示波形B．假设XX′和YY′分别加电压〔4〕和〔1〕，荧光屏上可以出现图乙中〔a〕所示波形C．假设XX′和YY′分别加电压〔3〕和〔4〕，荧光屏上可以出现图乙中〔b〕所示波形D．假设XX′和YY′分别加电压〔4〕和〔2〕，荧光屏上可以出现图乙中〔b〕所示波形10．如下图，在竖直平面内xoy坐标系中分布着与水平方向夹45°角的匀强电场，将一质量为m、带电量为q的小球，以某一初速度从O点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程y=kx2，且小球通过点P 〔，〕．重力加速度为g，那么〔〕A ．电场强度的大小为B ．小球初速度的大小为C．小球通过点P 时的动能为D．小球从O点运动到P 点的过程中，电势能减少二．题〔共3小题，每空2分，共38分〕11．在物理课外活动中，刘聪同学制作了一个简单的多用电表，图甲为该电表的电路原理图．其中选用的电流表满偏电流=10mA，中选择开关接3时为量程250V的电压表．该多用电表表盘如图乙所示，下排刻度均匀，上排刻度不均匀且对数据没有标出，C为中间刻度．〔1〕假设指针在图乙所示位置，选择开关接1时，其读数为；选择开关接3时，其读数为．〔2〕为了测选择开关接2时欧姆表的内阻和表内电源的电动势，刘聪同学在室找到了一个电阻箱，设计了如下：①将选择开关接2，红黑表笔短接，调节的阻值使电表指针满偏；②将电表红黑表笔与电阻箱相连，调节电阻箱使电表指针指中间刻度位置C 处，此时电阻箱的示数如图丙，那么C处刻度为Ω．③计算得到表内电池的电动势为V．〔保存两位有效数字〕〔3〕调零后将电表红黑表笔与某一待测电阻相连，假设指针指在图乙所示位置，那么待测电阻的阻值为Ω．〔保存两位有效数字〕12．某同学设计了如图1所示的电路来测量一个量程为3V的电压表的内电阻〔几千欧〕，室提供直流电源的电动势为6V，内阻忽略不计；①请完成图2的实物连接；②在该中，认为当变阻器的滑片P不动时，无论电阻箱的阻值如何增减，aP两点间的电压保持不变；请从以下滑动变阻器中选择最恰当的是：；A．变阻器A〔0﹣2000Ω，0.1A〕B．变阻器B〔0﹣20Ω，1A〕C．变阻器C〔0﹣5Ω，1A〕③连接好线路后，先将变阻器滑片P调到最端，并将电阻箱阻值调到〔填“0”或“最大〞〕，然后闭合电键S，调节P，使电压表满偏，此后滑片P保持不动；④调节变阻箱的阻值，记录电压表的读数；最后将电压表读数的倒数U﹣1与电阻箱读数R描点，并画出图已所示的图线，由图3得，待测电压表的内阻值为Ω．〔保存两位有效数字〕13．现在按图①所示的电路测量一节旧干电池的电动势E〔约V〕和内阻r〔约20Ω〕，可供选择的器材如下：电流表 A〔量程0～500μA，内阻约为500Ω〕，电阻箱 R〔阻值0～99Ω〕，开关、导线假设干．由于现有电流表量程偏小，不能满足要求，为此，先将电流表改装〔扩大量程〕，然后再按图①电路进行测量．〔1〕测量电流表 A的内阻可选用器材有：电阻器R0，最大阻值为99Ω；滑动变阻器甲，最大阻值为15kΩ；滑动变阻器乙，最大阻值为2kΩ；电源E1，电动势约为2V，内阻不计；电源E2，电动势约为6V，内阻不计；开关2个，导线假设干．采用的测量电路图如图②所示，步骤如下：①断开S1和S2，将R调到最大；②合上S1调节R使电流表 A满偏；③合上S2，调节R1使电流表 A半偏，此时可以认为电流表 A的内阻r g=R1，试问：在上述可供选择的器材中，可变电阻R1该选择；为了使测量尽量精确，可变电阻R该选择；电源E该选择．〔2〕将电流表A〔较小量程〕改装成电流表A1〔较大量程〕如果〔1〕中测出A的内阻为468.0Ω，现用R0将A改装成量程为 20mA的电流表A1，把R0调为与 A并联，改装后电流表A1的内阻R A为．〔3〕利用电流表A1、电阻箱 R测电池的电动势和内阻用电流表 A1、电阻箱R及开关S按图①所示电路测电池的电动势和内阻．时，改变R的值，记录下用电流表 A1的示数I，得到假设干组 R、I的数据，然后通过作出有关物理量的线性图象，求得电池电动势 E和内阻r．a．请写出与你所作线性图象对的函数关系式．〔用E、r、I、R A 表示〕b．请在虚线框内坐标中作出性图象③〔要求标明两个坐标轴所代表的物理量，用符号表示〕c．图中表示E．图中表示r．三．解答题〔共3小题〕14．某同学找到一个玩具风扇中的直流电动机，制作了一个提升重物的装置，某次提升中，重物的质量m=0.5kg，加在电动机两端的电压为6V．当电动机以v=0.5m/s的恒速度竖直向上提升重物时，这时电路中的电流I=0.5A．不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2求：〔1〕电动机线圈的电阻r于多少？〔2〕假设输入电压不变，调整电动机的输入电流大小，使电动机输出功率最大．求电动机输入电流I为多少时输出功率最大，最大是多大？〔3〕电动机输出功率最大时，将质量m=0.5kg的从静止开始以加速度a=2m/s2的加速度匀加速提升该重物，那么匀加速的时间为多长？物体运动的最大速度是多大？15．如下图，质量为m的小物块放在长直水平面上，用水平细线紧绕在半径为R、质量为2m的薄壁圆筒上．t=0时刻，圆筒在电动机带动下由静止开始绕竖直中心轴转动，转动中角速度满足ω=β1t〔β1为常数〕，物块和地面之间动摩擦因数为μ．求：〔1〕物块做何种运动？请说明理由．〔2〕物块运动中受到的拉力．〔3〕从开始运动至t=t1时刻，电动机做了多少功？〔4〕假设当圆筒角速度到达ω0时，使其减速转动，并以此时刻为t=0，且角速度满足ω=ω0﹣β2t〔式中ω0、β2均为〕，那么减速多长时间后小物块停止运动？16．如下图，在直角坐标系xoy的第一象限中，存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为4E0，虚线是电场的理想边界线，虚线右端与x轴的交点为A，A 点坐标为〔L、0〕，虚线与x轴所围成的空间内没有电场；在第二象限存在水平向右的匀强电场．电场强度大小为E0．M〔﹣L、L〕和N〔﹣L、0〕两点的连线上有一个产生粒子的发生器装置，产生质量均为m，电荷量均为q静止的带正电的粒子，不计粒子的重力和粒子之间的相互作用，且整个装置处于真空中．从MN上静止释放的所有粒子，最后都能到达A点：〔1〕假设粒子从M点由静止开始运动，进入第一象限后始终在电场中运动并恰好到达A点，求到达A点的速度大小；〔2〕假设粒子从MN上的中点由静止开始运动，求该粒子从释放点运动到A点的时间；〔3〕求第一象限的电场边界线〔图中虚线〕方程．高三〔上〕第11周周练物理试卷参考答案与试题解析一．不项选择题〔共40分〕1．如下图，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选项是〔〕A．将c移近A，但不与A接触，B会张开一角度B．将c与A外外表接触后移开A，B会张开一角度C．将c与A内外表接触时，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会张开一角度【考点】静电场中的导体．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】静电平衡后，由于静电感，金属球壳A内壁没有电荷，电荷全布在外外表，通过感或接触起电，从而可判静电计的指针如何变化．【解答】解：A、把C逐渐从远处向A靠近过程中，由于静电感，结合逆着电场线方向，电势增加，那么B的指针张开．故A正确．B、当把C与A的外外表接触，那么C带正电，导致B的指针张开，故B正确．C、把C与A的内外表接触，静电平衡后，电荷只分布在外外表，但静电计仍处于外外表，那么B指针会张开．故C错误．D、c与A内壁接触时，由于静电屏蔽，使小球c不带电；故再与b接触时，B 不会张开角度；故D错误；应选：AB．【点评】此题考查对于感起电的理解能力，抓住静电平衡导体的特点，注意静电平衡的电荷分布；同时还要区别B和C两项中不同之处．2．如下图是一个欧姆表的外部构造示意图，其正、负插孔内分别插有红、黑表笔，那么虚线内的电路图是选项图中的〔〕A ．B ．C ．D ．【考点】用多用电表测电阻．【专题】题；恒电流专题．【分析】红表笔插在正极孔中，与内部电源的负极相连，选档后要进行调零．【解答】解：正极插孔接电源的负极，所以BC错误；每次换挡时都要进行短接调零，所以电阻要可调节，故A正确，D错误．应选A【点评】此题考查了欧姆表的内部结构，要记住电流从红表笔进，从黑表笔出．3．某同学将一直流电源的总功率P1、输出功率P2和电源内部的发热功率P3随电流I变化的图线画在了同一坐标上，如图中的a、b、c所示，根据图线可知〔〕A．反映P3变化的图线是bB．电源电动势为8vC．电源内阻为4ΩD．当电流为0.5A时，外电路的电阻为6Ω【考点】电功、电功率．【专题】恒电流专题．【分析】根据电源消耗的总功率的计算公式P1=EI可得电源的总功率与电流的关系，根据电源内部的发热功率P3=I2r可得电源内部的发热功率与电流的关系，从而可以判断abc三条线代表的关系式，在由图象分析出电动势和内阻．【解答】解：A、由电源消耗功率和电源内部消耗功率表达式P1=EI，P3=I2r，可知，a是直线，表示的是电源消耗的电功率，c是抛物线，表示的是电源内电阻上消耗的功率，b表示外电阻的功率即为电源的输出功率P2，所以A错误；B、由P1=EI知E=4V，B错误；C、由图象知r==2Ω，C错误；D、由闭合电路欧姆律I=，当电流为0.5A时，外电路的电阻为6Ω，D正确；应选D【点评】当电源的内阻和外电阻的大小相时，此时电源的输出的功率最大，并且直流电源的总功率P1于输出功率P2和电源内部的发热功率P3的和．4．如图，质量为m、带电量为+q的滑块，沿绝缘斜面匀加速下滑，当滑块滑至竖直向下的匀强电场区域时，滑块运动的状态为〔〕A．匀速下滑B．匀加速下滑且加速度减小C．匀加速下滑且加速度不变 D．匀加速下滑且加速度增大【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】性思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题．【分析】带电滑块进入电场前，沿绝缘斜面匀加速下滑，根据受力分析，结合牛顿第二律，列出方程．当进入电场后受到电场力作用，根据牛顿第二律即可确运动的性质及加速度的大小．【解答】解：在没有进入电场之前，滑块沿绝缘斜面匀加速下滑，假设存在滑动摩擦力，对物体进行受力分析，有：mgsinα﹣μmgcosα=ma当进入电场中，设物体沿斜面向下的加速度为a′，因物体带正电，受电场力向下；电场力与重力行同向时，那么有：〔mg+F〕sinα﹣μ〔mg+F〕cosα=ma′解之得：a′＞a；故ABC错误，D正确；应选：D【点评】此题考查对物体的受力分析，掌握牛顿第二律的用，注意根据电场线及电性分析电场力的方向；注意重力与电场力可以相互叠加效为的重力场进行分析．5．从t=0时刻起，在两块平行金属板间分别加上如下图的交变电压，加其中哪种交变电压时，原来处于两板央的静止电子不可能在两板间做往复运动〔〕A ．B ．C ．D ．【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】电子在极板中间，根据所加的电压的变化的情况，分析电子受到的电场力和运动的情况，逐项分析即可得到结果．【解答】解：电子在电场中的加速度大小：a=，a∝U．A、在0～T时间内，A板的电势高于B板，电子受到向左的电场力，向左做加速度减小的加速运动， T时刻速度最大；由T ～T 时间内，电子向左做加速度增加的减速运动， T时刻速度减为零；从T ～T 时间内，电子反向做加速度减小的加速运动， T时刻速度最大；由T～T时间内，向右做加速度增大的减速运动，T时刻速度减为零，回到原位置，然后电子不断重复，能做往复运动．同理可以分析得出：B、C中，电子也做往复运动，故ABC中电子做往复运动．D、在0～T 时间内，电子向左做加速运动； T～T时间内，电子向左减速运动，T时刻速度减为零；接着重复，电子单向直线运动；应选：D．【点评】此题考查的就是学生对于图象的理解能力，并要求学生能够根据电压的周期性的变化来分析电荷的运动的情况．6．小明去室取值电阻两只R1=10Ω，R2=30Ω，电压表一个，练习使用电压表测电压．电路连接如以下图，电源输出电压U=12.0V不变．小明先用电压表与R1并联，电压表示数为U1，再用电压表与R2并联，电压表示数为U2，那么以下说法正确的选项是〔〕A．U1一大于3.0V B．U2一小于9.0VC．U1与U2之和小于12V D．U1与U2之比一不于1：3【考点】串联电路和并联电路．【专题】恒电流专题．【分析】不接电压表时，R1、R2串联，电压之比于电阻之比，求出此时R1、R2两端的电压，并联电压表后并联电阻变小，再根据串并联电路的特点即可分析求解．【解答】解：不接电压表时，R1、R2串联，电压之比为：，而U′1+U′2=12V 解得：U′1=3.0V，U′2=9.0V当电压表并联在R1两端时，有：，解得：U1＜3V，同理，当电压表并联在R2两端时，有：U2＜9V，得：U1+U2＜12V．但两电压表之比可能于1：3．故BC正确，AD错误．应选：BC．【点评】此题主要运用串并联的知识讨论电压表对电路的影响，知道并联电压表后并联电阻变小，难度适中．7．电阻非线性变化的滑动变阻器R2接入图甲的电路中，移动滑动变阻器触头改变接入电路中的长度x〔x为图中a与触头之间的距离〕，值电阻R1两端的电压U1与x间的关系如图乙，a、b、c为滑动变阻器上间距的三个点，当触头从a移到b和从b移到c的这两过程中，以下说法正确的选项是〔〕A．电流表A示数变化相B．电压表V2的示数变化不相C．电阻R1的功率变化相D．电源的输出功率均不断增大【考点】闭合电路的欧姆律；电功、电功率．【专题】恒电流专题．【分析】对于电阻R1，根据欧姆律得到U1=IR1，电阻R1一，由图象读出电压变化关系，分析电流变化关系．电压表V2的示数U2=E﹣Ir，根据电流变化关系，分析V2的示数变化关系．根据电阻R1的功率P1=I2R1分析R1的功率变化关系；由图读出电压的变化，分析电流的变化情况，根据外电阻与电源内阻的关系，分析电源输出功率如何变化．【解答】解：A、根据欧姆律得到电阻R1两端的电压U1=IR1，由图看出，电压U1变化相，R1一，那么知电流的变化相，即得电流表示数变化相．故A正确；B、电压表V2的示数U2=E﹣Ir，电流I的变化相，E、r一，那么△U2相．故B 错误；C、电阻R1的功率P1=I2R1，其功率的变化量为△P1=2IR1•△I，由上知△I相，而I减小，那么知，从a移到b功率变化量较大．故C错误；D、由图2知，U1减小，电路中电流减小，总电阻增大，由于外电路总与电源内阻的关系未知，无法确电源的输出功率如何变化．故D错误．应选：A．【点评】分析电路图，得出滑动变阻器和值电阻串联，利用好串联电路的特点和欧姆律是根底，关键要利用好从U1﹣x图象得出的信息．8．如下图，虚线框的真空区域内存在着沿纸面方向的匀强电场〔具体方向未画出〕，一质子从bc边上的M点以速度v垂直于bc边射入电场，从cd边上的Q点飞出电场，不计重力．以下说法正确的选项是〔〕A．质子到Q点时的速度方向可能与cd边垂直B．不管电场方向如何，假设知道a、b、c三点的皂势，一能确d点的电势C．电场力一对电荷做了正功D．M点的电势一高于Q点的电势【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二律．【专题】带电粒子在电场中的运动专题．【分析】带电粒子在匀强电场中受到电场力为恒力，那么知质子做匀变速运动．将电场力沿着水竖直方向正交分解，由于粒子从Q点飞出，故水平分量向右，竖直分量未知，那么无法确电场力方向，其做功情况也无法确，电势上下无法比拟．【解答】解：A、假设电场力斜向右下方，质子竖直方向有向下的分力，水平方向有向右的分力，竖直方向上质子做匀减速运动，到达Q点时，速度可能为零，那么到Q点时的速度方向可能与cd边垂直，故A正确．B、根据匀速电场中电势差与场强的关系式U=Ed知，除势面上外，沿任何方向相的距离，两点间的电势差都相，故假设知道a、b、c三点的电势，一能确出d点的电势．故B正确．C、由于电场力方向未知，假设电场力方向与瞬时速度成钝角，电场力对质子做负功．故C错误；D、整个过程中，电场力可能做正功、也可能做负功、也可能不做功，故电势能可以变小、变大、不变，故电势可以变大、变小或不变，故D错误；应选AB【点评】此题关键要运用正交分解法将合运动沿水竖直方向正交分解，然后确电场力的水平分量和竖直分量进行分析．9．示波管的内部结构如图甲所示，如果在偏转电极XX′、YY′之间都没有加电压，电子束将打在荧光屏的中心．如果在偏转电极XX′之间和YY′之间加上图丙所示的几种电压，荧光屏上可能会出现图乙中〔a〕、〔b〕所示的两种波形．那么〔〕A．假设XX′和YY′分别加电压〔3〕和〔1〕，荧光屏上可以出现图乙中〔a〕所示波形B．假设XX′和YY′分别加电压〔4〕和〔1〕，荧光屏上可以出现图乙中〔a〕所示波形C．假设XX′和YY′分别加电压〔3〕和〔4〕，荧光屏上可以出现图乙中〔b〕所示波形D．假设XX′和YY′分别加电压〔4〕和〔2〕，荧光屏上可以出现图乙中〔b〕所示波形【考点】示波管及其使用．【分析】示波管的YY′偏转电压上加的是待显示的信号电压，XX′偏转电极通常接入锯齿形电压，即扫描电压，当信号电压与扫描电压周期相同时，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内的稳图象．【解答】解：要显示一个周期的信号电压，XX′偏转电极要接入锯齿形电压．那么只有A项符合要求，故A正确，BCD错误应选：A【点评】此题关键要清楚示波管的工作原理，要用运动的合成与分解的正交分解思想进行思考10．如下图，在竖直平面内xoy坐标系中分布着与水平方向夹45°角的匀强电场，将一质量为m、带电量为q的小球，以某一初速度从O点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程y=kx2，且小球通过点P 〔，〕．重力加速度为g，那么〔〕A ．电场强度的大小为B ．小球初速度的大小为C．小球通过点P 时的动能为D．小球从O点运动到P 点的过程中，电势能减少【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电势能．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】结合小球运动的特点与平抛运动的方程，判断出小球在竖直方向受到重力与电场力在竖直方向的分力大小相，方向相反，由此求出电场力的大小，再由F=qE即可求出电场强度；由平抛运动的方程即可求出平抛运动的初速度，以及到达P时的速度；由动能理即可求出电势能的变化．【解答】解：小球，以某一初速度从O点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程y=kx2，说明小球做类平抛运动，那么电场力与重力的合力沿y轴正方向，竖直方向：qE•sin45°=mg，所以：，电场强度的大小为：E=，故A错误；B、小球受到的合力：F合=qEcos45°=mg=ma，所以a=g ，由平抛运动规律有： =v0t ， gt2，得初速度大小为，故B正确；C 、由于： =v0t ， gt2，又，所以通过点P 时的动能为：，故C正确；D、小球从O到P 电势能减少，且减少的电势能于克服电场力做的功，即：，故D错误．应选：BC【点评】此题考查类平抛运动规律以及匀强电场的性质，结合抛物线方程y=kx2，得出小球在竖直方向受到的电场力的分力与重力大小相，方向相反是解答的关键．二．题〔共3小题，每空2分，共38分〕11．在物理课外活动中，刘聪同学制作了一个简单的多用电表，图甲为该电表的电路原理图．其中选用的电流表满偏电流=10mA，中选择开关接3时为量程250V的电压表．该多用电表表盘如图乙所示，下排刻度均匀，上排刻度不均匀且对数据没有标出，C为中间刻度．〔1〕假设指针在图乙所示位置，选择开关接1时，其读数为mA ；选择开关接3时，其读数为173v ．〔2〕为了测选择开关接2时欧姆表的内阻和表内电源的电动势，刘聪同学在室找到了一个电阻箱，设计了如下：①将选择开关接2，红黑表笔短接，调节的阻值使电表指针满偏；②将电表红黑表笔与电阻箱相连，调节电阻箱使电表指针指中间刻度位置C 处，此时电阻箱的示数如图丙，那么C处刻度为150 Ω．③计算得到表内电池的电动势为V．〔保存两位有效数字〕〔3〕调零后将电表红黑表笔与某一待测电阻相连，假设指针指在图乙所示位置，那么待测电阻的阻值为67 Ω．〔保存两位有效数字〕【考点】用多用电表测电阻．【专题】题；恒电流专题．【分析】〔1〕根据电表量程由图示电表确其分度值，根据指针位置读出其示数．〔2〕电阻箱各指针示数与所对倍率的乘积之和是电阻箱示数；由闭合电路欧姆律可以求出电源电动势．【解答】解：〔1〕选择开关接1时测电流，多用电表为量程是10mA的电流表，其分度值为0.2mA，示数为mA；选择开关接3时测电压，多用电表为量程250V 的电压表，其分度值为5V，其示数为173V；故答案为：mA；173V．〔2〕②由图2所示电阻箱可知，电阻箱示数为0×1000Ω+1×100Ω+5×10Ω+0×1Ω=150Ω；③由图1乙所示可知，指针指在C处时，电流表示数为5mA=0.005A，C处电阻为中值电阻，那么电表内阻为150Ω，电源电动势E=IR=0.005×150×2=V；故答案为：②150；③．〔3〕根据第〔1〕问可知，调零后将电表红黑表笔与某一待测电阻相连，此时电路中的电流值为mA，而表内电池的电动势为E=V，表内总电阻为150Ω，所以待测电阻的阻值为67Ω．故答案为：67．【点评】此题考查了电表读数、求电表内阻、电源电动势问题，知道多用电表的原理是正确解题的前提与关键；对电表读数时，要先确其量程与分度值，然后再读数．12．某同学设计了如图1所示的电路来测量一个量程为3V的电压表的内电阻〔几千欧〕，室提供直流电源的电动势为6V，内阻忽略不计；①请完成图2的实物连接；。
201X届高三物理上学期周测试题(I)
2019届高三物理上学期周测试题(I)一、选择题(每小题6分,共60分,1--8单选题，9--10多选题)1. 一物体从斜面上某点由静止开始做匀加速直线运动,经过3s 后到达斜面底端,并开始在水平地面上做匀减速直线运动,又经9s 停止,则物体在斜面上的位移与在水平面上的位移之比是( )A.1:1B.1:2C.1:3D.3:12.（10分） 质点做直线运动的位移与时间的关系为25x t t =+各物理量均采用国际单位制单位)则该质点( ) A.第1 s 内的位移是5 m B.前2 s 内的平均速度是6/m s C.任意相邻1 s 内的位移差都是1 m D.任意1 s 内的速度增量都是2/m s3. 质量为M 的光滑圆槽放在光滑水平面上,一水平恒力F 作用在其上促使质量为m 的小球相对静止在圆槽上,如图所示,则( )A.小球对圆槽的压力为MFM m +B.小球对圆槽的压力为mFM m+C.水平恒力F 变大后,如果小球仍静止在圆槽上,小球对圆槽的压力增加D.水平恒力F 变大后,如果小球仍静止在圆槽上,小球对圆槽的压力减小4. 如图所示,两个质量分别为11m kg =、24m kg =的物体置于光滑的水平面上,中间用轻质弹簧秤连接.两个大小分别为130F N =、220F N =的水平拉力分别作用在1m 、2m 上,则达到稳定状态后,下列说法正确的是( )A.弹簧测力计的示数是25 NB.弹簧测力计的示数是50NC.在突然撤去2F 的瞬间, 2m 的加速度大小为72/m s D.在突然撤去1F 的瞬间, 2m 的加速度大小为132/m s5. 将冥王星和土星绕太阳的运动都看做匀速圆周运动。
已知冥王星绕太阳的公转周期约是土星绕太阳的公转周期的8倍,那么冥王星和土星绕太阳运行的轨道半径之比约为( )A.2:1B.4:1C.8:1D.16:16. 小物块位于光滑的斜面上,斜面位于光滑的水平地面上.从地面上看,在小物块沿斜面下滑的过程中,斜面对小物块的作用力( )A.垂直于接触面,做功为零B.垂直于接触面,做功不为零C.不垂直于接触面,做功为零D.不垂直于接触面,做功不为零7. 在光滑的绝缘水平面上,有一个正方形的abcd。
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。
高三物理上学期第一周周考试卷(含解析)
2015-2016学年安徽省滁州中学高三（上）第一周周考物理试卷一、选择题（1-6题单选，7-10题多选）1．运动员手持网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，则（）A．运动员的加速度为gtanθB．球拍对球的作用力C．运动员对球拍的作用力为MgcosθD．若加速度大于gsinθ，球一定沿球拍向上运动2．中国航天局秘书长田玉龙2015年3月6日证实，将在2015年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．如图所示，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位于离地高度等于地球半径的圆形轨道上，C是高分四号卫星．则下列关系正确的是（）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．如图所示为一直流电路，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，下列说法正确的是（）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．如图所示，在MNQP中有一垂直纸面向里匀强磁场．质量和电荷量都相等的带电粒子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．已知O是PQ的中点，不计粒子重力．下列说法中正确的是（）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”装置如图所示，足够长的光滑金属导轨（电阻不计）水平固定放置，间距为l，磁感应强度大小为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下列说法正确的是（）A．要使导体棒向右运动，电容器的b极板应带正电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应电动势的最大值为6．关于气体热现象的微观解释，下列说法中错误的是（）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基本相等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．一定质量的理想气体，温度不变，体积减小时，气体的内能一定增大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，若OQ与OP间夹角为θ，不计空气阻力．则（）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，若物体仅在轨道Ⅱ受水平向左的恒力F作用，其v﹣t图象如图2所示，则在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变化的关系如图所示，其中O～x2段是对称的曲线，x2～x3是直线段，则下列判断正确的是（）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10．一简谐波在如图所示的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．则下列说法正确的是（）A．若该波在t1=0时刻已沿+x方向传播到x=6m处，则波源起振方向向下B．若该波与另一频率为1.25Hz的简谐波相遇时发生干涉，则该波沿+x方向传播C．若该波在t2=0.2s时刻，x=2.5m处的质点向﹣y方向运动，则该波向+x方向传播D．若该波的传播速度是75m/s，则该波沿﹣x方向传播二、计算题11．如图所示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，如此反复多次后最终停在斜面底端．已知传送带的速度恒为v=2.5m/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．如图所示，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若缓慢对玻璃管加热，当水银柱上表面与管口刚好相平时，求管中气体的温度；②若保持管内温度始终为33℃，现将水银缓慢注入管中，直到水银柱上表面与管口相平，求此时管中气体的压强．13．如图所示，两光滑金属导轨，间距d=0.2m，在桌面上的部分是水平的，处在磁感应强度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．。
高三物理上学期周测试卷(含解析)
峙对市爱惜阳光实验学校高三〔上〕周测物理试卷〔14〕一、选择题〔此题共10小题，每题4分，共40分．有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内〕1．如下图，现有甲、乙、丙三个电动势E相同而内阻r不同的电源．有这三个电源分别给值电阻R供电，它们的阻值大小关系为R＞r甲＞r乙＞r丙，那么将R 先后接在这三个电源上时的情况相比拟，以下说法正确的选项是〔〕A．接在甲电源上时，电源内阻消耗的功率最大B．接在乙电源上时，电源的总功率最大C．接在丙电源上时，电源的输出功率最大D．接在甲电源上时，电源的输出功率最大2．如下图，厚薄均匀的长方体金属片，边长ab=10cm，bc=5cm，当A与B间接入的电压为U时，电流为1A，当C与D间接入的电压为U时，其电流为〔〕A．4 A B．2 A C．0.5 A D．0.25 A3．如下图，电源E的电动势为V，电阻R的阻值为30Ω，小灯泡L的额电压为3.0V，额功率为W，当开关S接位置1时，电压表读数为3V，那么当开关S接位置2时，小灯泡L的发光情况是〔〕A．很暗，甚至不亮 B．正常发光C．不正常发光略亮 D．有可能被烧坏4．在高速公路隧道内两侧的电灯泡不易更换，为了电灯泡的使用寿命，一个接口处通常安装两个完全相同的灯泡，以下说法正确的选项是〔〕A．两个灯泡串联B．两个灯泡并联C．每个灯泡实际消耗的功率是其额功率的四分之一D．每个灯泡实际消耗的功率小于其额功率的四分之一5．温度传感器广泛用于室内空调、电冰箱家用电器中，它是利用热敏电阻的阻值随温度变化的特性来工作的．如图甲所示，电源的电动势E=9.0V，内阻不计；G为灵敏电流表，内阻R g保持不变；R为热敏电阻，其电阻阻值与温度的变化关系如图乙所示．闭合开关S，当R的温度于20℃时，电流表示数I1=2mA；当电流表的示数I2=mA时，热敏电阻的温度是〔〕A．60℃ B．80℃ C．100℃ D．120℃6．如下图，闭合开关S后，A灯与B灯均发光，当滑动变阻器的滑片P向左滑动时，以下说法中正确的选项是〔〕A．A灯变亮 B．B灯变亮C．电源的输出功率可能减小 D．电源的总功率增大7．如下图，将平行板电容器两极板分别与电池的正、负极相接，两板间一带电微粒恰好处于静止状态，现将下极板向上平移一小段距离，那么在此过程中以下说法中正确的选项是〔〕A．电容器的带电荷量变大B．电路中有顺时针方向的短暂电流C．带电微粒仍将静止D．带电微粒将向下做加速运动8．把六个相同的小灯泡接成如图甲、乙所示的电路，调节变阻器使灯泡正常发光，甲、乙两电路所消耗的功率分别用P甲和P乙表示，那么以下结论中正确的选项是〔〕A．P甲=P乙B．P甲=3P乙C．P乙=3P甲D．P乙＞3P甲9．现有经过精确校准的电压表V1和V2，当分别用来测量某线路中电阻R两端a、b间的电压时，如下图，读数分别为1V和1V，那么①a、b间的实际电压略大小1V②a、b间的实际电压略小于1V③电压表V1的内阻大于V2的内阻④电压表V1的内阻小于V2的内阻〔〕A．①③ B．②④ C．①④ D．②③10．如图是一位同学设计的防盗门器的简化电路示意图．门翻开时，红外光敏电阻R3受到红外线照射，电阻减小；门关闭时会遮蔽红外线源〔红外线源没有画出〕．经实际，灯的亮灭确实能反映门的开、关状态．门翻开时两灯的发光情况以及R2两端电压U R2与门关闭时相比〔〕A．红灯亮，U R2变大 B．绿灯亮，U R2变大C．绿灯亮，U R2变小 D．红灯亮，U R2变小二、填空题〔此题共3小题，每题10分，共30分〕11．在测量金属丝电阻率的中，可供选用的器材如下：待测金属丝：Rx〔阻值约4Ω，额电流约0.5A〕；电压表：V〔量程3V，内阻约3kΩ〕；电流表：A1〔量程0.6A，内阻约0.2Ω〕；电流表：A2〔量程3A，内阻约0.05Ω〕；电源：E1〔电动势3V，内阻不计〕；E2〔电动势12V，内阻不计〕；滑动变阻器：R〔最大阻值约20Ω〕；螺旋测微器；毫米刻度尺；开关S；导线．①用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图1所示，读数为mm．②假设滑动变阻器采用限流接法，为使测量尽量精确，电流表选、电源选〔均填器材代号〕，③在图2虚线框内完成电路原理图．12．用以下器材，测小灯泡的额功率A．待测小灯泡：额电压6V，额功率约为5WB．电流表：量程1.0A，内阻约为0.5ΩC．电压表：量程3V，内阻5kΩD．滑动变阻器R：最大阻值为20Ω，额电流1AE．电源：电动势8V，内阻很小F．值电阻R0：阻值为10kΩG．开关一个，导线假设干答复以下问题：〔1〕中，电流表采用〔选填“内〞或“外〞〕接法；〔2〕在方框中完成电路图；〔3〕中，电压表的示数为V时，即可测小灯泡的额功率．13．为了测电源电动势E、内电阻r的大小并同时描绘出小灯泡的伏安特性曲线，某同学设计了如图甲所示的电路．闭合开关，调节电阻箱的阻值，同时记录电阻箱的阻值R电压表V的示数U1，电压表V的示数U2．根据记录数据计算出流过电阻箱的电流I，分别描绘了a、b两条U﹣I图线，如图乙所示．请答复以下问题：〔1〕写出流过电阻箱的电流的表达式：；〔2〕小灯泡两端电压随电流变化的图象是〔选填“a〞或“b〞〕；〔3〕根据图乙可以求得电源的电动势E= V，内电阻r=Ω，该电路中小灯泡消耗的最大功率为W．三、解答题〔共3小题，总分值30分〕14．如下图，在相距40km的A、B架两条输电线，电阻共为800Ω，如果在A、B间的某处发生短路，这时接在A处的电压表示数为10V，电流表的示数为40mA，求发生短路处距A处有多远？15．某课外小组设计了一种测风速的装置，其原理如下图，一个劲度系数k=1300N/m，自然长度L0=0.5m弹簧一端固在墙上的M点，另一端N与导电的迎风板相连，弹簧穿在光滑水平放置的电阻率较大的金属杆上，弹簧是不导电的材料制成的．迎风板面积S=0.5m2，工作时总是正对着风吹来的方向．电路的一端与迎风板相连，另一端在M点与金属杆相连．迎风板可在金属杆上滑动，且与金属杆接触良好．值电阻R=1.0Ω，电源的电动势E=12V，内阻r=0.5Ω．闭合开关，没有风吹时，弹簧处于原长，电压表的示数U1=3.0V，某时刻由于风吹迎风板，电压表的示数变为U2=2.0V．〔电压表可看作理想表〕求〔1〕金属杆单位长度的电阻；〔2〕此时作用在迎风板上的风力．16．在如下图的电路中，R1是由某金属氧化物制成的导体棒，证明通过它的电流I和它两端的电压U遵循I=kU3的规律〔式中k=0.02A/V3〕，R2是电阻，阻值为24Ω，遵循欧姆律，电源电动势E=6V，闭合开关S后，电流表的示数为0.16A．试求：〔1〕R1两端的电压；〔2〕电源的内电阻r；〔3〕R1、R2和r上消耗的电功率P1、P2和P r．高三〔上〕周测物理试卷〔14〕参考答案与试题解析一、选择题〔此题共10小题，每题4分，共40分．有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内〕1．如下图，现有甲、乙、丙三个电动势E相同而内阻r不同的电源．有这三个电源分别给值电阻R供电，它们的阻值大小关系为R＞r甲＞r乙＞r丙，那么将R 先后接在这三个电源上时的情况相比拟，以下说法正确的选项是〔〕A．接在甲电源上时，电源内阻消耗的功率最大B．接在乙电源上时，电源的总功率最大C．接在丙电源上时，电源的输出功率最大D．接在甲电源上时，电源的输出功率最大【考点】电功、电功率．【分析】根据闭合电路欧姆律分析同一电阻接到不同电源上时电流的大小，再由公式P=EI分析电源的电功率大小．【解答】解：AC、三个电源的电动势E相，而内阻r甲＞r乙＞r丙，根据闭合电路欧姆律I=得知，接在甲电源上时，电路的电流最小，外电压最小，内电压最大，电源内阻消耗的功率最大，外电阻的功率最小，丙的内阻最小，电源的输出功率最大．故A、C正确．BD、内阻r甲＞r乙＞r丙，接在丙电源上时，电源的电流最大，根据P=EI可知，此时的电源的总功率最大，所以BD错误；应选AC2．如下图，厚薄均匀的长方体金属片，边长ab=10cm，bc=5cm，当A与B间接入的电压为U时，电流为1A，当C与D间接入的电压为U时，其电流为〔〕A．4 A B．2 A C．0.5 A D．0.25 A【考点】电阻律；闭合电路的欧姆律．【分析】根据电阻律求出在两种情况下的电阻之比，抓住电压相，通过欧姆律求出电流之比．【解答】解：当A、B 间接入电压，根据电阻律知，，当C与D间接入电压，，那么，根据欧姆律得，I=，因为电压相，电阻之比为4：1，那么电流之比为1：4，所以当C与D间接入的电压为U时，其电流为4A．故A正确，B、C、D错误．应选：A．3．如下图，电源E的电动势为V，电阻R的阻值为30Ω，小灯泡L的额电压为3.0V，额功率为W，当开关S接位置1时，电压表读数为3V，那么当开关S接位置2时，小灯泡L的发光情况是〔〕A．很暗，甚至不亮 B．正常发光C．不正常发光略亮 D．有可能被烧坏【考点】闭合电路的欧姆律；电功、电功率．【分析】灯泡的电阻不变，发光情况根据实际电流如何变化来判断．当开关接1时，根据闭合欧姆律，得到电动势与内阻的关系，再根据闭合电路欧姆律，研究开关接2时，灯泡的电流与额电流比拟，确发光情况．【解答】解：灯泡的额电流I L ==A=A，电阻R L ==Ω=2Ω当开关接1时，电阻R的电流I==A=0.1A，根据闭合电路欧姆律E=U+Ir=3+0.1r；当开关接2时，灯泡电流I L ′=＜1A，小于灯泡的额电流，实际功率小于额功率，那么灯泡很暗，甚至不亮．故A正确，BCD错误．应选：A4．在高速公路隧道内两侧的电灯泡不易更换，为了电灯泡的使用寿命，一个接口处通常安装两个完全相同的灯泡，以下说法正确的选项是〔〕A．两个灯泡串联B．两个灯泡并联C．每个灯泡实际消耗的功率是其额功率的四分之一D．每个灯泡实际消耗的功率小于其额功率的四分之一【考点】电功、电功率；串联电路和并联电路．【分析】根据串联、并联电路电压的特点，分析灯泡的实际电压与额电压的关系，判断能否电灯泡的使用寿命．【解答】解：A、两个灯泡串联，每个灯泡承受的电压为U=，低于额电压，灯泡不易损坏．故A正确．B、两个灯泡并联，每个灯泡承受的电压为U=220V，仍于灯泡的额电压，灯泡正常工作，不能电灯泡的使用寿命．故B错误．C、D由P=，两个灯泡串联时，U 变为原来的，由于灯丝较正常发光时温度偏低，故灯丝电阻较正常发光时小，所以每个灯泡实际消耗的功率大于其额功率的四分之一．故CD错误．应选A5．温度传感器广泛用于室内空调、电冰箱家用电器中，它是利用热敏电阻的阻值随温度变化的特性来工作的．如图甲所示，电源的电动势E=9.0V，内阻不计；G为灵敏电流表，内阻R g保持不变；R为热敏电阻，其电阻阻值与温度的变化关系如图乙所示．闭合开关S，当R的温度于20℃时，电流表示数I1=2mA；当电流表的示数I2=mA时，热敏电阻的温度是〔〕A．60℃ B．80℃ C．100℃ D．120℃【考点】闭合电路的欧姆律．【分析】闭合开关S，当R的温度于20℃时，电流表示数I1=2mA，根据闭合电路欧姆律可求得电流表的内阻R g；当电流表的示数I2=mA时，根据闭合电路欧姆律可求R，由图读出温度．【解答】解：：电源电源的电动势E=9.0V，I1=2mA=0.002A，I2=mA=0.0036A；由图象知，当R的温度于20℃时，热敏电阻的阻值R=4000Ω，由串联电路特点及闭合电路欧姆律得：E=I1〔R+R g〕，即9.0V=0.002A×，解得R g=500Ω．当电流I2=0.0036A时，由串联电路特点及欧姆律得：EU=I2〔R′+R g〕即：9.0V=0.0036A×〔R′+500Ω〕，解得：R′=2000Ω；由图象知，此时热敏电阻的温度t=120℃．应选：D．6．如下图，闭合开关S后，A灯与B灯均发光，当滑动变阻器的滑片P向左滑动时，以下说法中正确的选项是〔〕A．A灯变亮 B．B灯变亮C．电源的输出功率可能减小 D．电源的总功率增大【考点】电功、电功率．【分析】通过总电阻的变化，结合电源电动势和内阻不变，求出总电流的变化，从而得出外电压的变化，结合灯泡B电压的变化得出灯泡A电压的变化．【解答】解：A、当滑动变阻器的滑片P向左滑动时，总电阻增大，那么总电流减小，所以B灯变暗；内电压减小，那么外电压增大，灯泡B的电压减小，那么并联的电压增大，那么灯泡A变亮．故A正确，B错误．C、电源的输出功率与内阻和外阻的关系有关，当内阻小于外阻，外阻增大时，输出功率减小，当内阻大于外阻，外阻增大时，输出功率增大，外阻于内阻时，电源的输出功率最大．故C正确．D、根据P=EI知，电源的总功率减小．故D错误．应选AC．7．如下图，将平行板电容器两极板分别与电池的正、负极相接，两板间一带电微粒恰好处于静止状态，现将下极板向上平移一小段距离，那么在此过程中以下说法中正确的选项是〔〕A．电容器的带电荷量变大B．电路中有顺时针方向的短暂电流C．带电微粒仍将静止D．带电微粒将向下做加速运动【考点】电容．【分析】电容器始终与电源相连，那么两端电势差不变，根据电容的变化判断电荷量的变化，从而确电流的方向．【解答】解：电容器始终与电源相连，知道两端的电势差不变，现将下极板向上平移一小段距离，根据C=知，电容增大，那么Q=CU，知电荷量增大．电路中有逆时针方向的短暂电路．由于电势差不变，d减小，那么电场强度增大，即带电粒子所受的电场力增大，粒子向上做加速运动．故A正确，B、C、D错误．应选A．8．把六个相同的小灯泡接成如图甲、乙所示的电路，调节变阻器使灯泡正常发光，甲、乙两电路所消耗的功率分别用P甲和P乙表示，那么以下结论中正确的选项是〔〕A．P甲=P乙B．P甲=3P乙C．P乙=3P甲D．P乙＞3P甲【考点】电功、电功率；串联电路和并联电路．【分析】电路所消耗的总功率的大小于电路两端的总的电压与总电流的乘积，由此即可直接得出结论．【解答】解：设灯泡正常发光时的电流为I，对于甲图，电路的总的电流为3I，此时甲的总功率的大小为P甲=U•3I，对于乙图，电流的总电流的大小就为I，此时乙的总功率的大小为P乙=U•I，所以P甲=3P乙，所以B正确．应选：B．9．现有经过精确校准的电压表V1和V2，当分别用来测量某线路中电阻R两端a、b间的电压时，如下图，读数分别为1V和1V，那么①a、b间的实际电压略大小1V②a、b间的实际电压略小于1V③电压表V1的内阻大于V2的内阻④电压表V1的内阻小于V2的内阻〔〕A．①③ B．②④ C．①④ D．②③【考点】闭合电路的欧姆律．【分析】此题中电压表不是理想电表，根据欧姆律和串并联规律不能得出接入电压表后电路两端的电压小于没接入电压表时电路两端的实际电压，即电压表内阻越大电压表的示数越接近电路两端的实际电压．【解答】解：并联电压表后，使a、b间的电阻变小，从而使a、b间的电压变小，即电压表的示数比a、b间没有接电压表时的实际电压略小些，而且，电压表的内阻越大，电压表的示数越大，越接近于a、b间没接电压表时的实际值．故电压表V1的内阻较大，a、b间的实际电压略大于1 V．故①③正确，故A正确，BCD错误．应选：A10．如图是一位同学设计的防盗门器的简化电路示意图．门翻开时，红外光敏电阻R3受到红外线照射，电阻减小；门关闭时会遮蔽红外线源〔红外线源没有画出〕．经实际，灯的亮灭确实能反映门的开、关状态．门翻开时两灯的发光情况以及R2两端电压U R2与门关闭时相比〔〕A．红灯亮，U R2变大 B．绿灯亮，U R2变大C．绿灯亮，U R2变小 D．红灯亮，U R2变小【考点】闭合电路的欧姆律；常见传感器的工作原理．【分析】当门翻开时，R3受红外线照射，电阻减小，分析总电阻的变化，由欧姆律分析总电流的变化，判断哪个灯亮．再由欧姆律分析U R2的变化．【解答】解：当门翻开时，R3受红外线照射，电阻减小，从而使并联电路电阻减小，总电阻减小，总电流I=增大，R2两端电压U R2=E﹣I〔R1+r〕减小，R2中电流I R2=减小，所以R3中电流I3=I﹣I R2增大，线圈产生的磁场增强，把街铁吸引，红灯亮．应选D二、填空题〔此题共3小题，每题10分，共30分〕11．在测量金属丝电阻率的中，可供选用的器材如下：待测金属丝：Rx〔阻值约4Ω，额电流约0.5A〕；电压表：V〔量程3V，内阻约3kΩ〕；电流表：A1〔量程0.6A，内阻约0.2Ω〕；电流表：A2〔量程3A，内阻约0.05Ω〕；电源：E1〔电动势3V，内阻不计〕；E2〔电动势12V，内阻不计〕；滑动变阻器：R〔最大阻值约20Ω〕；螺旋测微器；毫米刻度尺；开关S；导线．①用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图1所示，读数为70 mm．②假设滑动变阻器采用限流接法，为使测量尽量精确，电流表选A1、电源选E1〔均填器材代号〕，③在图2虚线框内完成电路原理图．【考点】测金属的电阻率．【分析】〔1〕螺旋测微器精确度为0.01mm，需要估读，读数时注意半毫米刻度线是否露出．〔2〕合理选择器材，先选必要器材，再根据要求满足平安性，准确性，方便操作的原那么选择待选器材．电流表的接法要求大电阻内接法，小电阻外接法．滑动变阻器是小电阻控制大电阻，用分压式接法．〔3〕滑动变阻器采用限流式，安培表用外接法．【解答】解：〔1〕从图中读出金属丝的直径为d=mm+27.0×0.01mm=70mm；〔2〕电压表量程3V，故电源选E1，最大电流读数I≈=0.75A ，为使电流表指针偏转角度超过，故电流表选A1；〔3〕滑动变阻器采用限流式；安培表电阻较小，大内小外，故安培表用外接法；电路如下图：故答案为：70 〔68﹣72〕；②A1、E1；③在虚线框内完成电路原理图，如上图所示．12．用以下器材，测小灯泡的额功率A．待测小灯泡：额电压6V，额功率约为5WB．电流表：量程1.0A，内阻约为0.5ΩC．电压表：量程3V，内阻5kΩD．滑动变阻器R：最大阻值为20Ω，额电流1AE．电源：电动势8V，内阻很小F．值电阻R0：阻值为10kΩG．开关一个，导线假设干答复以下问题：〔1〕中，电流表采用外〔选填“内〞或“外〞〕接法；〔2〕在方框中完成电路图；〔3〕中，电压表的示数为 2 V时，即可测小灯泡的额功率．【考点】伏安法测电阻．【分析】①根据灯泡电阻与电流表电压表的电阻大小可得出电流表的接法；分析滑动变阻器与灯泡的电阻的大小关系可得出滑动变阻器的接法；②由以上分析可知滑动变阻器及电流表的接法，此题选用分压限流均可．③由串联电路的分压规律可知电压表的示数．【解答】解：①由功率公式可得，灯泡电阻R L==Ω；故＞，故电流表采用外接法；滑动变阻器的最大电阻为20Ω，大于灯泡内阻，故可以采用限流接法；分压也可以．②由以上分析可知，电路采用限流；由于电压表量程只有3V，而灯泡额电压为6V，故将电压表与值电阻串联充当电压表；故电路如图③串联电路中电流相，分压之比于电阻之比，故灯泡与电源的电压之比于1：2；故当灯泡两端电压为6V时，电压表示数为2V；故答案为：①外②电路如右图③213．为了测电源电动势E、内电阻r的大小并同时描绘出小灯泡的伏安特性曲线，某同学设计了如图甲所示的电路．闭合开关，调节电阻箱的阻值，同时记录电阻箱的阻值R电压表V的示数U1，电压表V的示数U2．根据记录数据计算出流过电阻箱的电流I，分别描绘了a、b两条U﹣I图线，如图乙所示．请答复以下问题：〔1〕写出流过电阻箱的电流的表达式：I=；〔2〕小灯泡两端电压随电流变化的图象是 b 〔选填“a〞或“b〞〕；〔3〕根据图乙可以求得电源的电动势E= 3 V，内电阻r= 2 Ω，该电路中小灯泡消耗的最大功率为 1 W．【考点】测电源的电动势和内阻．【分析】由电路图可知，灯泡与电阻箱串联，电压表V1测灯泡电压，电压表V2测路端电压；〔1〕由串联电路特点求出电阻箱两端电压，然后由欧姆律求出电流表达式．〔2〕根据串联电路特点分析判断哪个图象是灯泡电压随电流变化的图象．〔3〕电源的U﹣I图象与纵轴的交点坐标是电源电动势，图象斜率的绝对值于电源内阻．由图象找出灯泡的最大电流与最大电压，由P=UI求出最大功率．【解答】解：〔1〕电阻箱两端电压U R=U2﹣U1，通过电阻箱的电流I=；〔2〕灯泡与电阻箱串联，电压表V1测灯泡电压，灯泡两端电压随电流增大而增大，由图乙所示图象可知，图线b是灯泡电压随电流变化的关系图象．〔3〕随电流增大，路端电压减小，由图乙所示图象可知，图线a是电源的U﹣I图象，由图线a可知，电源电动势E=3.0V，电源内电阻r===2Ω；由图线a可知，灯泡两端最大电压为2V，电流为0.5A，灯泡最大功率P=UI=2V×0.5A=1W．故答案为：〔1〕I=；〔2〕b；〔3〕3；2；1．三、解答题〔共3小题，总分值30分〕14．如下图，在相距40km的A、B架两条输电线，电阻共为800Ω，如果在A、B间的某处发生短路，这时接在A处的电压表示数为10V，电流表的示数为40mA，求发生短路处距A处有多远？【考点】闭合电路的欧姆律．【分析】知道电压表的示数和电流表的示数，利用欧姆律求出导线的总电阻，再根据电阻律，确出短路的地点离A处的距离．【解答】解：设发生短路处距A处距离为x m．根据欧姆律可得，导线总电阻：R x==Ω=250Ω又R x=ρ；R总=ρ解得x=l=×40 km=1 km答：发生短路处距A处有1 km．15．某课外小组设计了一种测风速的装置，其原理如下图，一个劲度系数k=1300N/m，自然长度L0=0.5m弹簧一端固在墙上的M点，另一端N与导电的迎风板相连，弹簧穿在光滑水平放置的电阻率较大的金属杆上，弹簧是不导电的材料制成的．迎风板面积S=0.5m2，工作时总是正对着风吹来的方向．电路的一端与迎风板相连，另一端在M点与金属杆相连．迎风板可在金属杆上滑动，且与金属杆接触良好．值电阻R=1.0Ω，电源的电动势E=12V，内阻r=0.5Ω．闭合开关，没有风吹时，弹簧处于原长，电压表的示数U1=3.0V，某时刻由于风吹迎风板，电压表的示数变为U2=2.0V．〔电压表可看作理想表〕求〔1〕金属杆单位长度的电阻；〔2〕此时作用在迎风板上的风力．【考点】闭合电路的欧姆律．【分析】〔1〕值电阻R与金属杆串联，当无风时，根据电压表示数，用闭合欧姆律求出电流，再根据公式R=求出金属杆接入电路的电阻．〔2〕根据有风时电压表示数可用第1题的方法求出金属杆接入电路的电阻，由电阻再求出此时弹簧的长度，根据胡克律F=Kx，求出风力．【解答】解：〔1〕无风时，金属杆电阻R L=解得：R L=0.5Ω单位长度电阻 r0===1Ω/m〔2〕有风时 U2=ER2=0.3Ω此时弹簧长度L===0.3mx=L0﹣L=0.5﹣0.3=0.2m由平衡，此时风力：F=kx=1300×0.2=260N 答：〔1〕金属杆单位长度的电阻为1Ω/m；〔2〕此时作用在迎风板上的风力为260N．16．在如下图的电路中，R1是由某金属氧化物制成的导体棒，证明通过它的电流I和它两端的电压U遵循I=kU3的规律〔式中k=0.02A/V3〕，R2是电阻，阻值为24Ω，遵循欧姆律，电源电动势E=6V，闭合开关S后，电流表的示数为0.16A．试求：〔1〕R1两端的电压；〔2〕电源的内电阻r；〔3〕R1、R2和r上消耗的电功率P1、P2和P r．【考点】闭合电路的欧姆律．【分析】〔1〕根据通过R1的电流I和它两端的电压U遵循I=kU3的规律，求出R1两端的电压．〔2〕根据欧姆律求出R2的电压，从而得出内电压，根据r=求出内电阻．〔3〕根据P1=U1I求出R1上的电功率，根据P2=I2R2，P r=I2r求出R2和r上消耗的电功率．【解答】解：〔1〕由I=kU3得U==v=2V故R1两端的电压为2V．〔2〕根据闭合电路的欧姆律有E=U+IR2+Irr==﹣R2=Ω﹣24Ω=1Ω故内阻r为1Ω．〔3〕P1=IU=0.16×2W=0.32WP2=I2R2=0.162×24W=0.61WP r=I2r=0.162×1W=0.026W故R1、R2和r上消耗的电功率P1、P2和P r分别为0.32W，0.61W，0.026W．。
2021年高三上学期周考试题物理word版含答案
2021年高三上学期周考试题物理word版含答案一、选择题(本题包括10小题。
每小题给出的四个选项中。
有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确。
全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)1.在物理学发展历史中，许多物理学家做出了卓越贡献。
以下关于物理学家所作科学贡献的叙述中，正确的是（）A. 牛顿发现了万有引力定律，并测出了引力常量B. 亚里士多德发现了力是改变物体运动状态的原因C. 伽利略最早系统地研究了匀加速直线运动D.开普勒发现了行星运动三定律2．设物体运动的加速度为、速度为，位移为，现有四个不同物体的运动图像如图所示，t=0时刻物体的速度均为零，则其中物体做单向直线运动的图像是（）3、如图所示，倾角为θ的斜面体C置于水平面上，B置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与A相连接，连接B的一段细绳与斜面平行，A、B、C都处于静止状态.则（）A. B受到C的摩擦力一定不为零B. C受到水平面的摩擦力一定为零C.不论B、C间摩擦力大小、方向如何，水平面对C的摩擦力方向一定向左D.水平面对C的支持力与B、C的总重力大小相等图34．如图3所示，在光滑水平地面上，水平外力F 拉动小车和木块一起做无相对滑动的匀加速运动．小车质量为M ，木块质量为m ，加速度大小为a ，木块和小车之间的动摩擦因数为μ，则在这个过程中，木块受到的摩擦力大小是( )A ．μmaB ．ma C.mFM ＋mD ．F －M5． 某质点从O 点开始以初速度v 0作平抛运动,其运动轨迹如图所示，以抛出点O 为原点建立图示的平面直角坐标系.从质点离开O 点开始计时,在T 、2T 、3T 、4T 时刻,质点依次到达A （x 1，y 1）、B （x 2，y 2）、C （x 3，y 3）、D （x 4，y 4）.已知当地的重力加速度为g ,下列说法中正确的是 （ ）A ．质点经过A 、B 、C 、D 任一点时，其水平方向的分 速度始终为v 0B ．质点经过D 点时,竖直方向的分速度为4gTC ．质点经过B 点时的速度方向与0D 位移方向相同 D ．y 1：y 2：y 3：y 4=1：3：5：76. 宇航员在月球上做自由落体实验，将某物体由距月球表面高h 处释放，经时间t 落到月球表面(设月球半径为R )．据上述信息推断，飞船在月球表面附近绕月球做匀速圆周运动所必须具有的速率为( ) A.2RhtB.2RhtC.RhtD.Rh 2t7．汽车发动机的额定功率为60kw ，汽车的质量为5t,汽车在水平面上行使时，阻力与车重成正比，g=10m/s 2当汽车以额定功率匀速行驶时速度达12m/s 。
高三物理上学期11月周测试题3
峙对市爱惜阳光实验学校高三〔上〕周测物理试卷〔11月份〕〔3〕一、选择题〔此题包括12小题，每题4分，共48分．每题给出的四个选项中，1-8只有一个选项正确，9-12有多个选项正确，选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分〕1．〔4分〕〔2021•一模〕在物理学开展过程中，许多物理学家做出了杰出奉献．以下说法中正确的选项是〔〕A．牛顿发现了万有引力律，并测出了万有引力常量B．安培首先发现了通电导线的周围存在磁场C．楞次发现了电磁感现象，并研究得出了判断感电流方向的方法﹣楞次律D．伽利略通过对理想斜面的研究得出：力不是维持物体运动的原因2．〔4分〕〔2021•马二模〕如下图，一个轻质光滑的滑轮〔半径很小〕跨在轻绳ABC上，滑轮下挂一个重为G的物体．今在滑轮上加一个水平拉力，使其向右平移到绳BC处于竖直、AB与天花板的夹角为60°的静止状态，那么此时水平拉力的大小为〔〕A．〔2﹣〕G B．〔2+〕G C．〔﹣1〕G D．〔+1〕G3．〔4分〕〔2007•二模〕如图，光滑半圆形轨道与光滑斜面轨道在B处与圆孤相连，将整个装置置于水平向外的匀强磁场中，有一带正电小球从A静止释放，能沿轨道，并恰能通过圆弧最高点，现假设撤去磁场，使球仍能恰好通过圆环最高点C，释放高度H′与原释放高度H的关系是〔〕A．H′=H B．H′＜H C．H′＞H D．不能确4．〔4分〕如下图，在x＞0，y＞0的空间中有恒的匀强磁场，磁感强度的方向垂直于xOy平面向里，大小为B．现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从x轴上的某点P沿着与x轴成30°角的方向射入磁场．不计重力的影响，那么以下有关说法中正确的选项是〔〕A．只要粒子的速率适宜，粒子就可能通过坐标原点B．粒子在磁场中运动所经历的时间一为C．粒子在磁场中运动所经历的时间可能为D．粒子在磁场中运动所经历的时间可能为5．〔4分〕〔2021•模拟〕霍尔元件是一种用霍尔效的磁传感器，广泛用于各领域，如在翻盖中，常用霍尔元件来控制翻盖时开启或关闭运行程序．如图是一霍尔元件的示意图，磁场方向垂直霍尔元件工作面，霍尔元件宽为d〔M、N间距离〕，厚为h〔图中上下面距离〕，当通以图示方向电流时，MN两端将出现电压U MN，那么〔〕A．MN两端电压U MN仅与磁感强度B有关B．假设霍尔元件的载流子是自由电子，那么MN两端电压U MN＜0C．假设增大霍尔元件宽度d，那么MN两端电压U MN一增大D．通过控制磁感强度B可以改变MN两端电压U MN6．〔4分〕如下图，a、b、c、d是在地球大气层外的圆形轨道上运行的四颗人造卫星．其中a、c的轨道相交于P，b、d在同一个圆轨道上．某时刻b卫星恰好处于c卫星的正上方，以下说法中正确的选项是〔〕A．a、c的线速度大小相，且小于d的线速度B．b、c的角速度大小相，且小于a的角速度C．a、c的加速度大小相，且大于b的加速度D．b再经过一个周期又在c的正上方7．〔4分〕〔2007•〕如下图，光滑水平面上放置质量分别为m和2m的四个木块，其中两个质量为m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是μmg．现用水平拉力F拉其中一个质量为2m的木块，使四个木块以同一加速度运动，那么轻绳对m的最大拉力为〔〕A．B．C．D．3μmg8．〔4分〕〔2021•一模〕长为L的轻绳悬挂一个质量为m的小球，开始时绳竖直，小球与一个倾角θ=45°的静止三角形物块刚好接触，如下图．现在用水平恒力F向左推动三角形物块，直至轻绳与斜面平行，此时小球的速度大小为v，重力加速度为g，不计所有的摩擦．那么以下说法中正确的选项是〔〕A．上述过程中，斜面对小球做的功于小球增加的动能B．上述过程中，推力F做的功为FLC．上述过程中，推力F做的功于小球增加的机械能D．轻绳与斜面平行时，绳对小球的拉力大小为mgsin45°9．〔4分〕〔2021•模拟〕如下图，斜劈静止在水平地面上，有一物体沿斜劈外表向下运动，重力做的功与克服力F做的功相．那么以下判断中正确的选项是〔〕A．物体可能加速下滑B．物体可能受三个力作用，且合力为零C．斜劈受到地面的摩擦力方向一水平向左D．撤去F后斜劈可能不受地面的摩擦力10．〔4分〕〔2021•模拟〕一吊篮悬挂在绳索的下端放在地面上，某人站在高处将吊篮由静止开始竖直向上提起，运动过程中，吊篮的机械能与位移的关系如下图，其中0～x1段图象为直线，x1～x2段图象为曲线，x2～x3段图象为水平直线，那么以下说法正确的选项是〔〕A．在0～x1过程中，吊篮所受的拉力均匀增大B．在0～x1过程中，吊篮的动能不断增大C．吊篮在x2处的动能可能小于x1处的动能D．在x2～x3过程中，吊篮受到的拉力于重力11．〔4分〕〔2021•三模〕如下图，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M、N两小孔中，O为M、N连线中点，连线上a、b两点关于O点对称．导线通有大小相、方向相反的电流．通电长直导线在周围产生的磁场的磁感强度B=，式中k是常数、I导线中电流、r为点到导线的距离．一带正电的小球以初速度ν0从a点出发沿连线运动到b点．关于上述过程，以下说法正确的选项是〔〕A．小球先做加速运动后做减速运动B．小球一直做匀速直线运动C．小球对桌面的压力先增大后减小D．小球对桌面的压力一直在增大12．〔4分〕〔2021•一模〕如图，光滑的水平桌面处在竖直向下的匀强磁场中，桌面上平放一根一端开口、内壁光滑的绝缘细管，细管封闭端有一带电小球，小球直径略小于管的直径，细管的中心轴线沿y轴方向．在水平拉力F作用下，细管沿x轴方向作匀速运动，小球能从管口处飞出．小球在离开细管前的运动加速度a、拉力F随时间t变化的图象中，正确的选项是〔〕A．B．C．D．二、题〔共20分〕13．〔9分〕〔2021•三模〕某学习小组为了测小电动机的内阻，进行了如下的：①测得滑块的质量为5.0kg；②将滑块、打点计时器和纸带安装在水平桌面上，如图甲所示；③接通打点计时器〔其打点周期为0.02s〕；④电动机以额功率通过水平细绳牵引滑块运动，到达最大速度时，输入电动机电流为0.5A，电动机两端电压为36V，一段时间后关闭电源并立即制动电动机，待滑块静止时再关闭打点计时器〔设小车在整个过程中所受的阻力恒〕．在关闭电源前后，打点计时器在纸带上打出的点迹如图乙所示．请你分析纸带的数据，答复以下问题：〔计算结果保存二位有效数字〕①该滑块到达的最大速度为m/s；②关闭电源后，滑块运动的加速度大小为m/s2；③该电动机的内阻为Ω．14．〔11分〕〔2021•城区校级模拟〕在测某型电池的电动势和内阻的中，所提供的器材有：待测电池〔电动势约6V〕电流表G〔量程6.0mA，内阻r1=100Ω〕电流表A〔量程0.6A，内阻r2=5.0Ω〕值电阻R1=100Ω，值电阻R2=900Ω滑动变阻器R′〔0～50Ω〕，开关、导线假设干〔1〕为了精确测出该电池的电动势和内阻，采用图甲所示电路图，其中值电阻选用〔选填R1或R2〕．〔2〕某同学在中测出电流表A和电流表G的示数I和I g根据记录数据作出I g ﹣I图象如图乙所示〔图象的纵截距用b表示，斜率用k 表示〕，根据图象可求得，被测电池电动势的表达式E= ，其值为V；内阻的表达式r= ，其值为Ω15．〔12分〕〔2021•〕如图，ABC和ABD为两个光滑固轨道，A、B、E在同一水平面上，C、D、E在同一竖直线上，D点距水平面的高度为h，C点的高度为2h，一滑块从A点以初速度v0分别沿两轨道滑行到C或D处后水平抛出．〔1〕求滑块落到水平面时，落点与E点间的距离s C和s D；〔2〕为实现s C＜s D，v0满足什么条件？16．〔14分〕〔2021•模拟〕如下图，倾角为θ的斜面上只有AB段粗糙，其余都光滑，AB段长为3L．将一个物块〔可看成质点〕沿斜面由静止释放，释放时距A为2L．当运动到A下面距A为时物块运动的速度是经过A点速度的一半．〔重力加速度为g〕〔1〕求物块由静止释放到停止运动所需的时间？〔2〕要使物块能通过B点，由静止释放物块距A点至少要多远？17．〔16分〕〔2021秋•月考〕如图甲所示的坐标系中，第四限象内存在垂直于纸面向里的有界匀强磁场，x方向的宽度OA=20cm，y方向无限制，磁感强度B0=1×10﹣4T．现有一比荷为=2×1011C/kg的正离子以某一速度从O点射入磁场，α=60°，离子通过磁场后刚好从A点射出．〔1〕求离子进入磁场B0的速度的大小；〔2〕离子进入磁场B0后，某时刻再加一个同方向的匀强磁场，使离子做完整的圆周运动，求所加磁场磁感强度的最小值；〔3〕离子进入磁场B0后，再加一个如图乙所示的变化磁场〔正方向与B0方向相同，不考虑磁场变化所产生的电场〕，求离子从O点到A点的总时间．高三〔上〕周测物理试卷〔11月份〕〔3〕参考答案与试题解析一、选择题〔此题包括12小题，每题4分，共48分．每题给出的四个选项中，1-8只有一个选项正确，9-12有多个选项正确，选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分〕1．〔4分〕〔2021•一模〕在物理学开展过程中，许多物理学家做出了杰出奉献．以下说法中正确的选项是〔〕A．牛顿发现了万有引力律，并测出了万有引力常量B．安培首先发现了通电导线的周围存在磁场C．楞次发现了电磁感现象，并研究得出了判断感电流方向的方法﹣楞次律D．伽利略通过对理想斜面的研究得出：力不是维持物体运动的原因考点：物理学史．分析：此题抓住：牛顿、卡文迪许、安培、奥斯特、楞次、伽利略的奉献进行选择．解答：解：A、牛顿发现了万有引力律后，是卡文迪许测出了万有引力常量．故A错误．B、奥斯特首先发现了通电导线的周围存在磁场．故B错误．C、法拉第发现了电磁感现象，楞次研究得出了判断感电流方向的方法一楞次律．故C 错误．D、伽利略通过对理想斜面的研究得出：力不是维持物体运动的原因．故D正确．应选D点评：此题关键要记住力学和电学的一些常见的物理学史．2．〔4分〕〔2021•马二模〕如下图，一个轻质光滑的滑轮〔半径很小〕跨在轻绳ABC上，滑轮下挂一个重为G的物体．今在滑轮上加一个水平拉力，使其向右平移到绳BC处于竖直、AB与天花板的夹角为60°的静止状态，那么此时水平拉力的大小为〔〕A．〔2﹣〕G B．〔2+〕G C．〔﹣1〕G D．〔+1〕G考点：共点力平衡的条件及其用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：此题要知道光滑滑轮两边的拉力相，然后对滑轮进行受力分析即可求解．解答：解：对物体作受力分析，如图：根据平衡条件可知：水平方向：F=Tcos60°竖直方向：G=T+Tsin60°解得：F=〔2﹣〕G，应选：A．点评：掌握好共点力平衡的条件，然后进行受力分析即可求解，此题的关键是知道滑轮两边的拉力相．3．〔4分〕〔2007•二模〕如图，光滑半圆形轨道与光滑斜面轨道在B处与圆孤相连，将整个装置置于水平向外的匀强磁场中，有一带正电小球从A静止释放，能沿轨道，并恰能通过圆弧最高点，现假设撤去磁场，使球仍能恰好通过圆环最高点C，释放高度H′与原释放高度H的关系是〔〕A．H′=H B．H′＜H C．H′＞H D．不能确考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二律；向心力；机械能守恒律．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：有磁场时，恰好通过最高点，靠重力和洛伦兹力的合力提供向心力，无磁场时，恰好通过重力提供向心力，根据牛顿第二律求出最高点的临界速度，通过动能理比拟释放点的高度．解答：解：有磁场时，恰好通过最高点，有：mg﹣qvB=m无磁场时，恰好通过最高点，有：mg=m由两式可知，v2＞v1．根据动能理，由于洛伦兹力和支持力不做功，都是只有重力做功，mg〔h﹣2R〕=知，H′＞H．故C正确，A、B、D错误．应选：C．点评：此题综合考查了动能理和牛顿第二律的运用，知道圆周运动的最高点，恰好通过时向心力的来源．4．〔4分〕如下图，在x＞0，y＞0的空间中有恒的匀强磁场，磁感强度的方向垂直于xOy平面向里，大小为B．现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从x轴上的某点P沿着与x轴成30°角的方向射入磁场．不计重力的影响，那么以下有关说法中正确的选项是〔〕A．只要粒子的速率适宜，粒子就可能通过坐标原点B．粒子在磁场中运动所经历的时间一为C．粒子在磁场中运动所经历的时间可能为D．粒子在磁场中运动所经历的时间可能为考点：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：带电粒子以一速度垂直进入匀强磁场后，在洛伦兹力作用下作匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，从而导出半径公式和周期公式．解答：解：A、粒子由P点成30°角入射，那么圆心在过P点与速度方向垂直的方向上，如下图，粒子在磁场中要想到达O点，转过的圆心角肯大于180°，而因磁场为有界，故粒子不可能通过坐标原点，故A错误；B、C、D、由于P点的位置不，所以粒子在磁场中的运动圆弧对的圆心角也不同，最大的圆心角时圆弧与y轴相切时即300°，那么运动的时间为：t=T=；而最小的圆心角为P点从坐标原点出发，圆心角为120°，所以运动时间为：t′==；故粒子在磁场中运动所经历的时间为：≤t≤，故B错误，C正确，D错误；应选：C点评：带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：圆心、画轨迹、求半径．5．〔4分〕〔2021•模拟〕霍尔元件是一种用霍尔效的磁传感器，广泛用于各领域，如在翻盖中，常用霍尔元件来控制翻盖时开启或关闭运行程序．如图是一霍尔元件的示意图，磁场方向垂直霍尔元件工作面，霍尔元件宽为d〔M、N间距离〕，厚为h〔图中上下面距离〕，当通以图示方向电流时，MN两端将出现电压U MN，那么〔〕A．MN两端电压U MN仅与磁感强度B有关B．假设霍尔元件的载流子是自由电子，那么MN两端电压U MN＜0C．假设增大霍尔元件宽度d，那么MN两端电压U MN一增大D．通过控制磁感强度B可以改变MN两端电压U MN考点：霍尔效及其用．分析：在霍尔元件中，移动的是自由电子，根据左手那么判断出电子所受洛伦兹力方向，从而知道两侧面所带电荷的电性，即可知道M、N两侧面会形成电势差U MN的正负．MN间存在电势差，之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，根据平衡推导出电势差U MN与什么因素有关．解答：解：A、根据左手那么，电子向N侧面偏转，N外表带负电，M外表带正电，所以M外表的电势高，那么U MN＞0．MN间存在电势差，之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，设霍尔元件的长宽高分别为a、b、c，有q=qvB，I=nqvS=nqvbc，那么U=．故AC错误，D正确．B、根据左手那么，结合题意可知，自由电子偏向N极，那么MN两端电压U MN＞0．故B错误．应选：D．点评：解决此题的关键知道霍尔元件中移动的是自由电子，以及自由电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡．6．〔4分〕如下图，a、b、c、d是在地球大气层外的圆形轨道上运行的四颗人造卫星．其中a、c的轨道相交于P，b、d在同一个圆轨道上．某时刻b卫星恰好处于c卫星的正上方，以下说法中正确的选项是〔〕A．a、c的线速度大小相，且小于d的线速度B．b、c的角速度大小相，且小于a的角速度C．a、c的加速度大小相，且大于b的加速度D．b再经过一个周期又在c的正上方考点：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：根据人造卫星的万有引力于向心力，列式求出线速度、角速度、周期和向心力的表达式进行讨论即可．解答：解：根据得，a=，v=，，T=．A、a的轨道半径与c的轨道半径相，小于d的轨道半径，知a、c的线速度大小相，大于d的线速度，故A错误．B、b的轨道半径大于c，那么b的角速度小于c的角速度，小于a的角速度，故B错误．C、a、c的轨道半径相，小于b的轨道半径，那么a、c的加速度大小相，大于b的加速度．故C正确．D、由于b、c的轨道半径不同，那么周期不同，再经过一个周期，b不在c的正上方．故D错误．应选：C．点评：此题关键抓住万有引力提供向心力，先列式求解出线速度、角速度和加速度的表达式，再进行讨论；除向心力外，线速度、角速度、周期和加速度均与卫星的质量无关，只与轨道半径有关．7．〔4分〕〔2007•〕如下图，光滑水平面上放置质量分别为m和2m的四个木块，其中两个质量为m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是μmg．现用水平拉力F拉其中一个质量为2m的木块，使四个木块以同一加速度运动，那么轻绳对m的最大拉力为〔〕A．B．C．D．3μmg考点：牛顿运动律的用-连接体．专题：压轴题．分析：要使四个物体一块做加速运动而不产生相对活动，那么两接触面上的摩擦力不能超过最大静摩擦力；分析各物体的受力可确出哪一面上到达最大静摩擦力；由牛顿第二律可求得拉力T．解答：解：此题的关键是要想使四个木块一起加速，那么任两个木块间的静摩擦力都不能超过最大静摩擦力．设左侧两木块间的摩擦力为f1，右侧木块间摩擦力为f2；那么有对左侧下面的大木块有：f1=2ma，对左侧小木块有T﹣f1=ma；对右侧小木块有f2﹣T=ma，对右侧大木块有F﹣f2=2ma﹣﹣﹣〔1〕；联立可F=6ma﹣﹣﹣﹣〔2〕；四个物体加速度相同，由以上式子可知f2一大于f1；故f2到达最大静摩擦力，由于两个接触面的最大静摩擦力最大值为μmg，所以有f2=μmg﹣﹣﹣﹣〔3〕，联立〔1〕、〔2〕、〔3〕解得．应选B．点评：此题注意分析题目中的条件，明确哪个物体最先到达最大静摩擦力；再由整体法和隔离法求出拉力；同时还注意此题要求的是绳子上的拉力，很多同学求成了F．8．〔4分〕〔2021•一模〕长为L的轻绳悬挂一个质量为m的小球，开始时绳竖直，小球与一个倾角θ=45°的静止三角形物块刚好接触，如下图．现在用水平恒力F向左推动三角形物块，直至轻绳与斜面平行，此时小球的速度大小为v，重力加速度为g，不计所有的摩擦．那么以下说法中正确的选项是〔〕A．上述过程中，斜面对小球做的功于小球增加的动能B．上述过程中，推力F做的功为FLC．上述过程中，推力F做的功于小球增加的机械能D．轻绳与斜面平行时，绳对小球的拉力大小为mgsin45°考点：功能关系；牛顿第二律；向心力．分析：此题要抓住做功的两个必要因素：1．作用在物体上的力；2．物体必须是在力的方向上移动一段距离机械能包括动能和势能，可以分析动能和势能的变化判断机械能的变化解答：解：A、斜面对小球做的功于小球增加的动能与增加的势能之和，故A错误；B、上述过程中斜面的距离为L，推力做功为FL，故B正确；C、推力做的功于小球增加的机械能与斜面增加的动能之和，故C错误；D、细绳与斜面平行时，绳对小球的拉力T满足关系：T ﹣mgsin45°=m，故D错误．应选B．点评：此题考查的是力是否做功，要抓住分析中判断的两个要点来做判断．知道重力做功量度重力势能的变化．知道除了重力之外的力做功量度机械能的变化．9．〔4分〕〔2021•模拟〕如下图，斜劈静止在水平地面上，有一物体沿斜劈外表向下运动，重力做的功与克服力F做的功相．那么以下判断中正确的选项是〔〕A．物体可能加速下滑B．物体可能受三个力作用，且合力为零C．斜劈受到地面的摩擦力方向一水平向左D．撤去F后斜劈可能不受地面的摩擦力考点：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：对物体进行受力分析，重力做的功与克服力F做的功相，说明重力和F在沿斜面的分力相，物体可能受摩擦力，也可能不受摩擦力作用，分情况讨论即可求解．解答：解：A、对物体进行受力分析，重力做的功与克服力F做的功相，说明重力和F在沿斜面的分力相，假设物体不受摩擦力作用，那么做匀速运动，假设受摩擦力作用，那么做减速运动，故A错误；B、假设不受摩擦力，那么物体可能受三个力作用，物体匀速运动，受力平衡，故B正确；C、当F与斜面的夹角与重力与斜面的夹角相时，支持力为零，即斜劈不受力，即摩擦力为零，此时地面对斜面没有摩擦力，故C错误；D、撤去F后，物体对斜面可能有摩擦力f和弹力N，这2个力的水平分力是可以抵消的，因此斜劈可能不受地面的摩擦力，故D正确．应选BD点此题对同学们受力分析的能力要求很高，有同学分析时会忽略摩擦力，难度适中．评：10．〔4分〕〔2021•模拟〕一吊篮悬挂在绳索的下端放在地面上，某人站在高处将吊篮由静止开始竖直向上提起，运动过程中，吊篮的机械能与位移的关系如下图，其中0～x1段图象为直线，x1～x2段图象为曲线，x2～x3段图象为水平直线，那么以下说法正确的选项是〔〕A．在0～x1过程中，吊篮所受的拉力均匀增大B．在0～x1过程中，吊篮的动能不断增大C．吊篮在x2处的动能可能小于x1处的动能D．在x2～x3过程中，吊篮受到的拉力于重力考点：功能关系；动能和势能的相互转化；机械能守恒律．分析：求出吊篮的动能与势能的表达式，根据图象判断吊篮的机械能与位移的关系，即可正确解题．解答：解：吊篮的重力势能E P=mgx，由动能理可得，吊篮的动能E K=Fx﹣mgx，吊篮的械能E=E P+E K=mgx+Fx﹣mgx=Fx；A、在0～x1过程中，图象为直线，机械能E与x成正比，说明F不变，吊篮所受拉力F保持不变，故A错误；B、在0～x1过程中，吊篮的动能E K=Fx，力F恒不变，x不断增大，吊篮动能不断增大，故B正确；C、在x2～x3过程中，吊篮的机械能不变，重力势能E P=mgx增加，那么吊篮的动能减小，吊篮在x2处的动能可能小于x1处的动能，故C正确；D、在x2～x3过程中，吊篮机械能不变，x增大，那么F减小，mg不变，F减小，拉力与重力不相，故D错误；应选：BC．点评：分析清楚图象，由图象找出吊篮的机械能与其位移的关系是正确解题的前提与关键．11．〔4分〕〔2021•三模〕如下图，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M、N两小孔中，O为M、N连线中点，连线上a、b两点关于O点对称．导线通有大小相、方向相反的电流．通电长直导线在周围产生的磁场的磁感强度B=，式中k是常数、I导线中电流、r为点到导线的距离．一带正电的小球以初速度ν0从a点出发沿连线运动到b点．关于上述过程，以下说法正确的选项是〔〕A．小球先做加速运动后做减速运动B．小球一直做匀速直线运动C．小球对桌面的压力先增大后减小D．小球对桌面的压力一直在增大考点：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：根据右手螺旋制，判断出MN直线处磁场的方向，然后根据左手那么判断洛伦兹力大小和方向的变化，明确了受力情况，即可明确运动情况．解答：解：根据右手螺旋制可知直线MN处的磁场方向垂直于MN向里，磁场大小先减小后增大，根据左手那么可知，带正电的小球受到的洛伦兹力方向向上，根据F=qvB可知，其大小是先减小后增大，由此可知，小球将做匀速直线运动，小球对桌面的压力先增大后减小，故AD错误，BC正确．应选BC．点评：此题考查了右手螺旋那么和左手那么的熟练用，正带电粒子在磁场中运动的思路为明确受力情况，进一步明确其运动形式和规律．12．〔4分〕〔2021•一模〕如图，光滑的水平桌面处在竖直向下的匀强磁场中，桌面上平放一根一端开口、内壁光滑的绝缘细管，细管封闭端有一带电小球，小球直径略小于管的直径，细管的中心轴线沿y轴方向．在水平拉力F 作用下，细管沿x轴方向作匀速运动，小球能从管口处飞出．小球在离开细管前的运动加速度a、拉力F随时间t变化的图象中，正确的选项是〔〕A．B．C．D．考点：洛仑兹力；牛顿第二律．分析：小球在沿x轴方向上做匀速直线运动，根据左手那么知小球在沿y轴方向受到洛伦兹力，小球在y轴方向上做加速运动．在y轴方向一旦有速度，在x轴方向也会受到洛伦兹力．解答：解：A、B、在x轴方向上的速度不变，那么在y轴方向上受到大小一的洛伦兹力，根据牛顿第二律，小球的加速度不变，故A错误，B正确；C、D、管子在水平方向受到拉力和球对管子的弹力，球对管子的弹力大小于球在x轴方向受到的洛伦兹力大小，在y轴方向的速度逐渐增大，〔v y=at〕那么在x轴方向的洛伦兹力逐渐增大，〔F洛=qv y B=qBat〕，所以F随时间逐渐增大，故C错误，D正确；应选BD．点评：此题中小球做类平抛运动，其研究方法与平抛运动类似．小球在y轴方向受到洛伦兹力做匀加速直线运动，在x轴方向受洛伦兹力与弹力平衡．二、题〔共20分〕。
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2019届高三物理上学期周练试题(11.4，含解析)一、单项选择题1．运动学是我们高中物理的重要组成部分，下列关于运动学中的概念、物理方法的理解正确的是（）A．速度、质量、加速度、路程的运算时都满足平行四边形法则B．紧急刹车时，物体相对车厢向前滑行了x=2m，测出x的参考系是车厢C．宇航员在航器中因失重而处于漂浮状态，所以没有惯性D．用弹簧秤竖直悬挂一物体，弹簧秤的示数一定等于物体重力的大小2．关于人造地球卫星，下列说法正确的是（）A．在地球周围做匀速圆周运动的人造地球卫星的线速度不会超过7.9km/sB．发射速度大于7.9km/s的人造地球卫星进入轨道后的线速度一定大于7.9km/sC．做匀速圆周运动的人造地球卫星无论离地球远近，卫星内物体均处于失重状态D．所有地球同步卫星的距地高度都是相同的，线速度大小也是相同的，与地球的自转方向相同，但同步卫星质量不一定相同3．如图所示，有一带电量为+q的点电荷与均匀带电圆形薄板相距为2d，+q到带电薄板的垂线通过板的圆心．若图中a点处的电场强度为零，则图中b点处的电场强度大小是（）A．B．C．0 D．4．已知地球质量大约是月球质量的81倍，地球半径大约是月球半径的4倍．不考虑地球、月球自转的影响，由以上数据可推算出（）A．地球的平均密度与月球的平均密度之比约为81：64B．地球表面的重力加速度与月球表面的重力加速度之比约为9：4C．靠近地球表面沿圆形轨道运行的航天器的周期与靠近月球表面沿圆形轨道运行的航天器的周期之比约为9：8D．靠近地球表面沿圆形轨道运行的航天器的线速度与靠近月球表面沿圆形轨道运行的航天器的线速度之比约为9：25．如图所示，物体A和B叠放在固定光滑斜面上，A、B的接触面与斜面平行，当A、B 以相同的速度沿斜面向上运动肘，关于物体A的受力个数，正确的是（）A．2 B．3 C．4 D．56．甲、乙两物体的运动情况如图所示，下列结论正确的是（）A．甲做匀加速直线运动，乙做匀减速直线运动B．经过2.5s，两物体速度相同C．经过5s的时间，乙物体到达甲物体的出发点D．甲、乙两物体的速度大小相等、方向相同7．关于运动的合成，下列说法中正确的是（）A．合运动的速度一定比每一个分运动的速度大B．两个直线运动的合运动一定是直线运动C．两个分运动的时间一定与合运动时间相等D．合运动的加速度一定比每个分运动加速度大8．用等效思想分析变压器电路．如图a中的变压器为理想变压器，原、副线圈的匝数之比为n1：n2，副线圈与阻值为R1的电阻接成闭合电路，虚线框内部分可等效看成一个电阻R2．这里的等效指当变压器原线圈、电阻R2两端都接到电压为U=220V的交流电源上时，R1与R2消耗的电功率相等，则R2与R1的比值为（）A．B．C． D．9．下列运动满足机械能守恒的是（）A．手榴弹从手中抛出后的运动（不计空气阻力）B．子弹射穿木块C．吊车将货物匀速吊起D．物体沿光滑圆弧面从上向下滑动10．如图所示，质量相同的甲乙两个小物块，甲从竖直固定的光滑圆弧轨道顶端由静止滑下，轨道半径为R，圆弧底端切线水平，乙从高为R的光滑斜面顶端由静止滑下．下列判断正确的是（）A．两物块到达底端时速度相同B．两物块运动到底端的过程中重力做功相同C．两物块到达底端时动能相同D．两物块到达底端时，甲物块重力做功的瞬时功率大于乙物块重力做功的瞬时功率11．两个完全相同的金属小球，分别带有+3Q和﹣Q的电荷量，当它们相距r时，它们之间的库仑力是F．若把它们接触后分开，再置于相距r的两点（此时两带电小球仍可视为点电荷），则它们的库仑力的大小将变为（）A． F B．F C．3F D．9F12．如图所示，两个完全相同的匀质光滑小球，静止在内壁光滑的半球形碗底，两球之间相互作用力的大小为F1，每个小球对碗的压力大小均为F2，若两小球质量不变，而半径均减小为原来的一半，则（）A．F1和F2均变大B．F1和F2均变小C．F1变大，F2变小D．F1变小，F2变大13．一辆公路救援车停在平直的公路上，突然接到命令，要求从静止开始一直加速行驶赶往1公里外的出事地点，且到达出事地点时的速度为30m/s，有三种进行方式：a做匀加速直线运动；b做加速度增大的加速运动；c做加速度减小的加速运动，则（）A．a种方式先到达B．b种方式先到达C．c种方式先到达D．b种方式需要的时间最长14．如图所示，在光滑的水平地面卜方，有两个磁感应强度大小均为B，方向向反的水平匀强磁场，PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大．一个半径为a，质量为m，电阻为R的金属圆环垂直磁场方向，从圆环刚好与边界线PQ相切时开始，在外力作用下以速度v向右匀速运动，到圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时，下列说法正确的是（）A．此时圆环中的电动势大小为2BavB．此时圆环中的电流方向为逆时针方向C．此过程中圆环中的电动势均匀增大D．此过程中通过圆环截面的电量为15．北约在对南联盟进行轰炸时，大量使用贫铀炸弹．贫铀比重约为钢的2.5倍，设贫铀炸弹与常规炸弹射行速度之比约为2：1，它们在穿甲过程中所受阻力相同，则形状相同的贫铀炸弹与常规炸弹的最大穿甲深度之比约为（）A．2：1 B．1：1 C．10：1 D．5：216．如图所示，小球系在细绳的一端，放在光滑的斜面上，用力将斜面在水平桌面上缓慢地向左推移，使小球上升（斜面最高点足够高）．那么，在斜面运动过程中，绳的拉力将（）A．先增大后减小 B．先减小后增大C．一直增大 D．一直减小17．如图所示，真空中xOy平面内有一束宽度为d的带正电粒子束沿x 轴正方向运动，所有粒子为同种粒子，速度大小相等，在第一象限内有一方向垂直xOy平面的有界匀强磁场区（图中未画出），所有带电粒子通过磁场偏转后都会聚于x轴上的a点．下列说法中正确的是（）A．磁场方向一定是垂直xOy 平面向里B．所有粒子通过磁场区的时间相同C．所有粒子在磁场区运动的半径相等D．磁场区边界可能是圆18．质量为m的物块，沿着半径为R的半球形金属壳内壁滑下，半球形金属壳竖直放置，开口向上，滑到最低点时速度大小为V，若物体与球壳之间的摩擦因数为μ，则物体在最低点时，下列说法正确的是（）A．受到向心力为mg+μm B．受到的摩擦力为μmC．受到的摩擦力为μmg D．受到的合力方向斜向左上方19．如图中，套在竖直细杆上的环A由跨过定滑轮的不可伸长的轻绳与重物B相连．由于B 的质量较大，故在释放B后，A将沿杆上升，当A环上升至与定滑轮的连线处于水平位置时，其上升速度V1≠0，若这时B的速度为V2，则（）A．V2=V1 B．V2＞V1 C．V2≠0 D．V2=0二、计算题20．如图所示，用细绳一端系着的质量为M=1kg的物体A静止在水平转盘上，细绳另一端通过转盘中心的光滑小孔O吊着质量为m=0.3kg的小球B，A的重心到O点的距离为0.2m．若A与转盘间的最大静摩擦力为f=2N，为使小球B保持静止，求转盘绕中心O旋转的角速度ω的取值范围．（取g=10m/s2）21．公交车已作为现代城市交通很重要的工具，它具有方便、节约、缓解城市交通压力等许多作用．某日，宣城中学甘书记在上班途中向一公交车站走去，发现一辆公交车正从身旁平直的公路驶过，此时，他的速度是1m/s，公交车的速度是15m/s，他们距车站的距离为50m．假设公交车在行驶到距车站25m处开始刹车，刚好到车站停下，停车时间10s．而甘书记因年龄、体力等关系最大速度只能达到6m/s，最大起跑加速度只能达到2.5m/s2．（1）若公交车刹车过程视为匀减速运动，其加速度大小是多少？（2）试计算分析，甘书记是应该上这班车，还是等下一班车．22．把质量为3kg的石头从20m高的山崖上以30°角向斜上方抛出，抛出的速度v0=15m/s．（不计空气阻力，取g=10m/s2）求：（1）抛出至落地过程中重力所做的功？（2）石块落地时的速度是多大？xx河北省保定市定州中学高三（上）周练物理试卷（11.4）参考答案与试题解析一、单项选择题1．运动学是我们高中物理的重要组成部分，下列关于运动学中的概念、物理方法的理解正确的是（）A．速度、质量、加速度、路程的运算时都满足平行四边形法则B．紧急刹车时，物体相对车厢向前滑行了x=2m，测出x的参考系是车厢C．宇航员在航器中因失重而处于漂浮状态，所以没有惯性D．用弹簧秤竖直悬挂一物体，弹簧秤的示数一定等于物体重力的大小【考点】31：惯性；1B：加速度．【分析】质量、路程都是标量，物体相对车厢滑行的距离，x的参考系是车厢，惯性是物体保持原来运动状态不变的性质．惯性的大小只与物体的质量有关，与速度及物体的受力情况无关．【解答】解：A、速度、加速度是矢量，质量、路程是标量，只有矢量运算时满足平行四边形法则，故A错误．B、刹车时，物体相对车厢向前滑行了x=2m，测出x的参考系是车厢，故B正确．C、由于惯性是物体固有属性，在航器中，物体的惯性没有消失，故C错误．D、地物体挂在弹簧秤下只有处于平衡状态时，弹簧秤的示数才等于物体的重力．故D错误．故选：B．2．关于人造地球卫星，下列说法正确的是（）A．在地球周围做匀速圆周运动的人造地球卫星的线速度不会超过7.9km/sB．发射速度大于7.9km/s的人造地球卫星进入轨道后的线速度一定大于7.9km/sC．做匀速圆周运动的人造地球卫星无论离地球远近，卫星内物体均处于失重状态D．所有地球同步卫星的距地高度都是相同的，线速度大小也是相同的，与地球的自转方向相同，但同步卫星质量不一定相同【考点】4H：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．【分析】人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供圆周运动向心力，可知角速度和线速度与圆周运动半径间的关系，第一宇宙速度是绕地球做圆周运动的最大运行速度，当卫星绕地球按椭圆轨道运动时，在近地点卫星的速度大于第一宇宙速度而小于第二宇宙速度，同步卫星的轨道平面与赤道平面重合，故同步卫星不会经过地球两极．【解答】解：A、第一宇宙速度7.9km/s是绕地球做匀速圆周运动的最大线速度，在地球周围做匀速圆周运动的人造地球卫星的线速度不会超过7.9km/s，故A正确；B、发射速度大于7.9km/s的人造地球卫星做椭圆运动，在远地点速度一定小于7.9km/s，故B错误；C、做匀速圆周运动的人造地球卫星无论离地球远近，卫星内物体均处于失重状态，故C正确；D、根据万有引力提供向心力，列出等式：=m（R+h），其中R为地球半径，h为同步卫星离地面的高度．由于同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，所以T为一定值，根据上面等式得出：同步卫星离地面的高度h也为一定值，线速度大小也是相同的，但同步卫星质量不一定相同，故D正确；故选：ACD．3．如图所示，有一带电量为+q的点电荷与均匀带电圆形薄板相距为2d，+q到带电薄板的垂线通过板的圆心．若图中a点处的电场强度为零，则图中b点处的电场强度大小是（）A．B．C．0 D．【考点】A6：电场强度；AA：电场的叠加．【分析】据题，a点处的电场强度为零，+q与带电薄板在a点产生的场强大小相等，方向相反．+q在a处产生的场强大小为E=k，得到带电薄板在a点产生的场强大小，根据对称性，确定带电薄板在b点产生的场强大小．+q在b处产生的场强大小为E=k，再根据叠加原理求解b点处的电场强度大小．【解答】解：+q在a处产生的场强大小为E=k，方向水平向左．据题，a点处的电场强度为零，+q与带电薄板在a点产生的场强大小相等，方向相反，则带电薄板在a点产生的场强大小为E=k，方向水平向右．根据对称性可知，带电薄板在b点产生的场强大小为E=k，方向水平向左．+q在b处产生的场强大小为E=k，方向水平向左，则b点处的电场强度大小是Eb=+k．故选A4．已知地球质量大约是月球质量的81倍，地球半径大约是月球半径的4倍．不考虑地球、月球自转的影响，由以上数据可推算出（）A．地球的平均密度与月球的平均密度之比约为81：64B．地球表面的重力加速度与月球表面的重力加速度之比约为9：4C．靠近地球表面沿圆形轨道运行的航天器的周期与靠近月球表面沿圆形轨道运行的航天器的周期之比约为9：8D．靠近地球表面沿圆形轨道运行的航天器的线速度与靠近月球表面沿圆形轨道运行的航天器的线速度之比约为9：2【考点】4F：万有引力定律及其应用．【分析】根据密度定义表示出密度公式，再通过已知量进行比较．根据万有引力等于重力表示出重力加速度．根据万有引力提供向心力，列出等式表示出周期和线速度，再通过已知量进行比较．【解答】解：A、密度=，已知地球质量大约是月球质量的81倍，地球半径大约是月球半径的4倍，所以地球的平均密度与月球的平均密度之比约为81：64．故A正确，B、根据万有引力等于重力表示出重力加速度得得，G，解得g=，中R为星球半径，M为星球质量．所以地球表面重力加速度与月球表面重力加速度之比约为81：16．故B 错误．C、根据得，T=，v=，其中R为星球半径，M为星球质量．所以靠近地球表面沿圆轨道运行的航天器的周期与靠近月球表面沿圆轨道运行的航天器的周期之比约为8：9，靠近地球表面沿圆轨道远行的航大器线速度与靠近月球表面沿圆轨道运行的航天器线速度之比约为9：2．故C错误，D正确．故选：AD．5．如图所示，物体A和B叠放在固定光滑斜面上，A、B的接触面与斜面平行，当A、B 以相同的速度沿斜面向上运动肘，关于物体A的受力个数，正确的是（）A．2 B．3 C．4 D．5【考点】37：牛顿第二定律；2G：力的合成与分解的运用．【分析】先对整体受力分析，根据牛顿第二定律求出整体的加速度，然后隔离对B分析，根据加速度求出摩擦力，从而判断出A受力情况．【解答】解：在上升的过程，整体都是只受两个力，重力和支持力，根据牛顿第二定律得：（mA+mB）gsinθ=（mA+mB）a，因此有：a=gsinθ，方向沿斜面向下以B为研究对象根据牛顿第二定律有：mBgsinθ+f=mBa，解得：f=0对A受力分析，受到重力、B对A的压力和斜面对A的支持力三个力的作用，故B正确，ACD错误；故选：B6．甲、乙两物体的运动情况如图所示，下列结论正确的是（）A．甲做匀加速直线运动，乙做匀减速直线运动B．经过2.5s，两物体速度相同C．经过5s的时间，乙物体到达甲物体的出发点D．甲、乙两物体的速度大小相等、方向相同【考点】1I：匀变速直线运动的图像．【分析】由图可知为位移时间图象，故图象中每点表示物体所在的位置，图象的斜率表示物体的匀速大小及方向，比较两物体的运动可得正确答案．【解答】解：A、由图可知，甲做正方向的匀速直线运动，乙做反方向的匀速直线运动，故A错误；B、2.5s时两物体的坐标相同，故两物体相遇，速度不同，故B错误；C、5s时，乙回到原点，即甲物体的出发点，故C正确；D、图象的斜率表示物体的速度，由图可知速度大小相当，但方向相反，故D错误；故选：C．7．关于运动的合成，下列说法中正确的是（）A．合运动的速度一定比每一个分运动的速度大B．两个直线运动的合运动一定是直线运动C．两个分运动的时间一定与合运动时间相等D．合运动的加速度一定比每个分运动加速度大【考点】44：运动的合成和分解．【分析】根据平行四边形定则，合速度可能比分速度大，可能比分速度小，可能与分速度相等；两分运动是直线运动，合运动不一定是直线运动，合运动与分运动具有等时性．【解答】解：A、根据平行四边形定则，合速度不一定比分速度大．故A错误．B、分运动是直线运动，合运动不一定是直线运动，比如：平抛运动．故B错误．C、分运动与合运动具有等时性．故C正确．D、根据平行四边形定则，合加速度可能比分加速度大，可能比分加速度小，可能与分加速度相等．故D错误．故选C．8．用等效思想分析变压器电路．如图a中的变压器为理想变压器，原、副线圈的匝数之比为n1：n2，副线圈与阻值为R1的电阻接成闭合电路，虚线框内部分可等效看成一个电阻R2．这里的等效指当变压器原线圈、电阻R2两端都接到电压为U=220V的交流电源上时，R1与R2消耗的电功率相等，则R2与R1的比值为（）A．B．C． D．【考点】E8：变压器的构造和原理．【分析】变压器的特点：匝数与电压成正比，与电流成反比，利用电流的热效应．【解答】解：设副线圈的电压为U1，利用电流的热效应，功率相等，原副线圈的匝数之比等于电压之比，，故C正确，ABD错误；故选：C9．下列运动满足机械能守恒的是（）A．手榴弹从手中抛出后的运动（不计空气阻力）B．子弹射穿木块C．吊车将货物匀速吊起D．物体沿光滑圆弧面从上向下滑动【考点】6C：机械能守恒定律．【分析】物体机械能守恒的条件是只有重力做功，根据机械能守恒的条件逐个分析物体的受力的情况，判断各力的做功情况，即可判断物体机械能是否守恒．也可以根据机械能的概念分析．【解答】解：A、手榴弹从手中抛出后的运动时不计空气阻力，只受重力，所以机械能守恒，故A正确．B、子弹射穿木板的运动，有阻力做功，其机械能减小．故B错误．C、吊车将货物匀速吊起时，货物的重力势能增大，动能不变，它们的总和即机械能增大．故C错误．D、物体沿光滑圆弧面从上向下滑动，圆弧面对物体不做功，只有重力做功，机械能守恒．故D正确．故选：AD10．如图所示，质量相同的甲乙两个小物块，甲从竖直固定的光滑圆弧轨道顶端由静止滑下，轨道半径为R，圆弧底端切线水平，乙从高为R的光滑斜面顶端由静止滑下．下列判断正确的是（）A．两物块到达底端时速度相同B．两物块运动到底端的过程中重力做功相同C．两物块到达底端时动能相同D．两物块到达底端时，甲物块重力做功的瞬时功率大于乙物块重力做功的瞬时功率【考点】6C：机械能守恒定律；63：功率、平均功率和瞬时功率．【分析】根据动能定理比较两物块到达底端的动能，从而比较出速度的大小，根据重力与速度方向的关系，结合P=mgvcosα比较瞬时功率的大小．【解答】解：A、根据动能定理得，mgR=，知两物块达到底端的动能相等，速度大小相等，但是速度的方向不同．故A错误．B、两物块运动到底端的过程中，下落的高度相同，重力做功相同．故B正确．C、两物块到达底端的速度大小相等，质量相等，可知两物块到达底端时动能相同，故C正确．D、两物块到达底端的速度大小相等，甲重力与速度方向垂直，瞬时功率为零，则乙重力做功的瞬时功率大于甲重力做功的瞬时功率．故D错误．故选：BC11．两个完全相同的金属小球，分别带有+3Q和﹣Q的电荷量，当它们相距r时，它们之间的库仑力是F．若把它们接触后分开，再置于相距r的两点（此时两带电小球仍可视为点电荷），则它们的库仑力的大小将变为（）A． F B．F C．3F D．9F【考点】A4：库仑定律．【分析】接触带电后先中和再平分，根据库仑定律判断库仑力的变化．【解答】解：接触前，库仑力为：F=，接触后分开，两球带电量均为Q，则库仑力为：F′==3F．故选：C12．如图所示，两个完全相同的匀质光滑小球，静止在内壁光滑的半球形碗底，两球之间相互作用力的大小为F1，每个小球对碗的压力大小均为F2，若两小球质量不变，而半径均减小为原来的一半，则（）A．F1和F2均变大B．F1和F2均变小C．F1变大，F2变小D．F1变小，F2变大【考点】2H：共点力平衡的条件及其应用；29：物体的弹性和弹力．【分析】设碗对球的支持力与竖直方向的夹角为α．以其中某一个球为研究对象，分析受力，作出力图，根据平衡条件求出碗对球的支持力和另一球对它的弹力与α的关系式，根据数学分析当碗的半径逐渐减小时，α如何变化．再分析F1和F2如何变化．【解答】解：以左边的球为研究对象，作出力图，如图．设碗对球的支持力F2与竖直方向的夹角为α．根据平衡条件得F2=F1=mgtanα若两小球质量不变，而半径均减小为原来的一半，则α减小，cosα变大，tanα变小；则F1变小，F2变小．故选：B．13．一辆公路救援车停在平直的公路上，突然接到命令，要求从静止开始一直加速行驶赶往1公里外的出事地点，且到达出事地点时的速度为30m/s，有三种进行方式：a做匀加速直线运动；b做加速度增大的加速运动；c做加速度减小的加速运动，则（）A．a种方式先到达B．b种方式先到达C．c种方式先到达D．b种方式需要的时间最长【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】根据速度时间图线，结合图线围成的面积相等，抓住末速度相同，比较运动的时间．【解答】解：作出a、b、c的速度时间图线，如图所示，因为a、b、c的末速度相等，图线与时间轴围成的面积相等，可知tc＜ta＜tb．故C、D正确，A、B错误．故选：CD．14．如图所示，在光滑的水平地面卜方，有两个磁感应强度大小均为B，方向向反的水平匀强磁场，PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大．一个半径为a，质量为m，电阻为R的金属圆环垂直磁场方向，从圆环刚好与边界线PQ相切时开始，在外力作用下以速度v向右匀速运动，到圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时，下列说法正确的是（）A．此时圆环中的电动势大小为2BavB．此时圆环中的电流方向为逆时针方向C．此过程中圆环中的电动势均匀增大D．此过程中通过圆环截面的电量为【考点】D8：法拉第电磁感应定律；BB：闭合电路的欧姆定律；DB：楞次定律．【分析】由楞次定律可以判断出感应电流方向；由导体切割磁感线公式E=BLv可求得感应电动势，由功率公式可求得电功率；由法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电量公式可求得通过截面的电量【解答】解：A、当直径与边界线重合时，圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时，圆环左右两半环均产生感应电动势，故线圈中的感应电动势E=2B×2a×v=4Bav，故A错误；B、圆环向里的磁通量减小，根据楞次定律可以判断圆环中电流方向为顺时针，故B错误；C、设向右运动时间t，运动的距离vt，有效切割长度，根据E=2Blv=，此过程中圆环的电动势增大，不是均匀增大，故C错误；D、由电荷量知，△Φ=BS=Bπa2，所以此过程通过圆环的电荷量为，故C错误，D正确故选：D15．北约在对南联盟进行轰炸时，大量使用贫铀炸弹．贫铀比重约为钢的2.5倍，设贫铀炸弹与常规炸弹射行速度之比约为2：1，它们在穿甲过程中所受阻力相同，则形状相同的贫铀炸弹与常规炸弹的最大穿甲深度之比约为（）A．2：1 B．1：1 C．10：1 D．5：2【考点】66：动能定理的应用．【分析】炸弹在穿甲过程中，克服阻力做功，由动能定理可以求出炸弹穿入的深度．。