西凤中学高三物理第七周测试题

2019版高考物理一轮复习精选题辑周测七恒定电流)．由图象可知镍铬合金丝的电阻随电压的增大而增大．将甲和乙并联接在电路中时，通过甲的电流大．将甲和乙串联接在电路中时，甲消耗的电功率小盘边缘均匀地固定着带负电的电荷，时针方向匀速转动，则对该过程中形成的电流的理解正确的是．如果仅将盘边缘固定的总电荷量加倍，则其形成的电流也加倍．如果仅将盘面转动的角速度加倍，则其形成的电流也加倍U1U2U3＝关于这三种材料的电阻率)B．ρa是ρc的2倍是ρa的2倍．有两个同种材料制成的导体，两导体为横截面为正方形的柱体，柱体高均为，小柱体的横截面边长为b，现将两柱体串联接在电压，则导体的电阻率为(I a＋bUha I a＋b D．ρ＝Uh a－bI a＋b根据公式R＝ρl可得，R a＝ρaah＝ρh⎭⎪⎫1＋r 12R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E 2R ＋r 22R ，又知)，E 2输出电流增加量较大，由)如图所示，A 、B 为平行板电容器的金属板，静电计指针张开一定角度．下列操作可使指针张开角度增大一些的上的滑片向右移动两极板间距离增大少许两极板间距增大少许r ≠0，定值电阻R 2消耗的功率用理想电表，电容器与滑动变阻器并联，电压表和电流表的读数分别用通过电源的电荷量为q 时，电源所做的功用滑片向右移动时，下列图象正确的是( )当滑动变阻器滑片向右滑动过程中，接入电路的电阻减小，电路中的电流增大，2，功率与电流的关系为二次函数关系，A 正确；电容器＝E －I (R 2＋r )，电荷量Q ＝CU C ＝C [E －I (R 2＋r )]，则ΔQ ΔI＝－C (R 2＋r )，保持不变，则Q －I 图线是向下倾斜的直线，B 正确；电压表示数U ＝E －Ir ，U —I 图线应是向下倾斜的直线，C 错误；电源通过电荷量q 时，电源做的功W ＝qE ，E 是电源的电动势，则W —q 是过原点的直线，D 错误．二、非选择题(本题包括4小题，共47分)9.(9分)在“测定金属的电阻率\”的实验中，用螺旋测微器测量金属丝直径d 时的刻度位置如图所示，用米尺测出金属丝的长度L ，金属丝的电阻大约为5 Ω，用伏安法测出金属丝的电阻R ，然后由ρ＝R S L算出该金属材料的电阻率．(1)从图中读出金属丝的直径d 为________mm.(2)(ⅰ)为测金属丝的电阻，取来两节新的干电池、开关和若干导线及下列器材： ①电压表：0～3 V ，内阻10 k Ω②电压表：0～15 V ，内阻50 k Ω③电流表：0～0.6 A ，内阻0.05 Ω④电流表：0～3 A ，内阻0.01 Ω⑤滑动变阻器：0～10 Ω⑥滑动变阻器：0～100 Ω下列说法正确的是( )A ．电压表应选用器材①B ．电流表应选用器材④C ．实验时通电时间不宜过长D ．d 值只需在金属丝中央测量一次即可(ⅱ)实验中某同学的实物接线如图所示，请指出该同学实物接线中的两处明显错误．错误1：________________________________________________________________________；错误2：________________________________________________________________________.答案：(1)1.702 (2)(ⅰ)AC (ⅱ)导线接在了滑动变阻器的滑片上 电流表内接 解析：(1)螺旋测微器的固定刻度为1.5 mm ，可动刻度为20.2×0.01 mm＝0.202 mm ，所以最终读数为1.5 mm ＋0.202 mm ＝1.702 mm.(2)(ⅰ)电源由两节干电池串联组成，电动势为3 V ，电压表选①，故A 正确；电路最大电流约为I ＝E R＝0.6 A ，电流表应选③，故B 错误；通电时间过长，金属丝会发热，阻值发生变化，故C 正确；d 值需要在中间和两端都测量求平均值，故D 错误．(ⅱ)金属丝阻值约为5 Ω，电流表内阻为0.05 Ω，电压表内阻为10 k Ω，电压表内阻远大于金属丝阻值，电流表应采用外接法，导线应接在滑动变阻器的接线柱上．10．(9分)使用多用电表测量电阻时，多用电表内部的电路可以等效为一个直流电源(一般为电池)、一个电阻和一表头相串联，两个表笔分别位于此串联电路的两端．现需要测量填“红”或“黑”)色；若适当调节电阻箱后，图中多用电表、电流表与电阻箱的示数分别如下图所示，则多用电表的读数为______ Ω，电流表的读数为________ mA，电阻箱的读数为由于用电器阻值未知，所以滑动变阻器应采用分压接法，使其电压可以从，其与用电器并联部分的电压为I 随所加电压U 变化的图象，PM 为纵轴的垂线，则下列说法中正确的是．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻不变＝U 1I 2某实验小组的同学在实验室利用电压表探究漆包线的漏电情况．现取两根电阻均为的漆包线固定在绝缘的水平桌面上，如图所示．电路漏电可等效为在漏电假设两导线均在距离左端M 等距离的位置的恒定电压，用理想电压表测出S 5的额定电压和额定功率分别为110 V 、40 W ，小灯泡100 W ，滑动变阻器的最大阻值为300 Ω.下列电路图中既能使两灯泡正常发光，又能使电路消耗的电能最少的是( )的额定电压均为110 V ，由R ＝U 2P可知，R A >中均可使灯泡A 、B 正常发光，但选项流较大，电路消耗的电能较多，故选项C 符合题意．图线甲、乙分别为电源和某金属导体的伏安特性曲线，电源的电动势和内阻分别用表示，根据所学知识分析下列选项正确的是( )．电路中电源电动势为3.6 V．滑动变阻器的滑动触头向右滑动过程，电压表V 2读数逐渐减小．滑动变阻器的滑动触头向右滑动时，电动机的输出功率增大．滑动变阻器的最大阻值为30 ΩR2∶R3∶R4＝1∶2∶3∶4，当电路中某个电阻断路瞬间，发现有自上而下的电流通过电流表如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值V3示数变化量的绝对值分别为，则( )消耗的电功率为7.5 WΩ消耗的电功率为0.3 W的变大而________(填“变大”、“变小”或“不变”)．Z接入如图乙所示的电路中时，电流表的读数为0.150 A2.00 V，则定值电阻R0的阻值为________Ω.变大(3)6.67表格中最大电流为0.215 A，电流表应选C.(2)在图线上取一点，将该点与原点相连，连线的斜率大小为电阻的倒数，电压越大，该连线斜率越小，则电阻越大．时，电器元件Z两端的电压为1.00 V，电阻R0上电压为所示的电路测量两节干电池串联而成的电池组的电动势0.5 A．实验室提供的器材如下：999.9 Ω)；开关、导线若干．所示实物图中画出连线，将器材连接成实验电路．的阻值，记录电压表的示数U，得到若干组－1R图线．由图象得出电池组的电动势(3)本实验测得的电池组的电动势与实际值相比________(填“偏大”、“偏小”或“相等”)，测得的内阻与实际值相比________(填“偏大”、“偏小”或“相等”)．答案：(1)如图所示 (2)2.86 6.05(6.02～6.08均可) (3)偏小 偏小解析：(2)根据闭合电路欧姆定律得E ＝U ＋Ur R ，变换为1U ＝r E ·1R ＋1E，结合图象可得电动势E ＝2.86 V ，内阻r ＝6.05 Ω.(3)若考虑电压表内阻对实验测量的影响，则有E ＝U ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫U R V ＋U R r ，变换为1U ＝r E ·1R ＋R V ＋r ER V，可知电动势测量值偏小，内阻测量值偏小． 11．(15分)(2018·安庆模拟)在如图所示电路中，定值电阻R 0＝2 Ω，电流表和电压表均为理想电表．闭合开关S ，当滑动变阻器R x 的滑片P 从一端移向另一端时，发现电压表的电压变化范围为0～3 V ，电流表的变化范围为0.75～1.0 A ．求：(1)电源的电动势和内阻．(2)移动变阻器滑片时，能得到的电源的最大输出功率．答案：(1)12 V 10 Ω (2)3.375 W解析：(1)当R x ＝0时，U x 1＝0，对应电流为I 1＝1.0 A ，由闭合电路欧姆定律得E ＝I 1(R 0＋r )①当R x 为最大值时，U x 2＝3 V ，对应电流为I 2＝0.75 A ，有E ＝I 2(R 0＋r )＋U x 2②R x 的最大值为R x m ＝U x 2I 2＝30.75Ω＝4 Ω. 由①②两式代入数据得E ＝12 V ，r ＝10 Ω.(2)电源的输出功率P 输出＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E R x ＋R 0＋r 2(R x ＋R 0) 当R x ＋R 0＝r 时，电源有最大输出功率，但R x ＋R 0恒小于r ，由输出功率随外电阻变化的关系知，当R x ＋R 0取最大值时输出功率最大，即P m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E R x m ＋R 0＋r 2(R x m ＋R 0)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫124＋2＋102×(4＋2) W ＝3.375 W.12．(14分)有一个小型直流电动机，把它接入电压为U 1＝0.2 V 的电路中时，电动机不转，测得流过电动机的电流I 1＝0.4 A ；若把电动机接入U 2＝2.0 V 的电路中，电动机正常工作，工作电流I 2＝1.0 A ．求：。

周测七 恒定电流(A 卷)(本试卷满分95分)一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的．全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分)1．(多选)对公式I ＝U R 和I ＝qt的理解，下列说法中正确的是( )A ．由I ＝UR 可知导体的电阻与导体两端的电压成正比B ．由I ＝UR 可知导体中的电流既与导体两端的电压有关也与导体的电阻有关C ．由I ＝qt 可知导体的电流与通电时间成反比D ．由I ＝UR可知导体中的电流为零时，导体两端的电压一定为零答案：BD解析：对于导体而言，导体的电阻与其两端所加的电压无关，A 错误；由欧姆定律公式I ＝UR可知，导体中电流与导体两端的电压和导体的电阻有关，对某一段导体来说，导体中的电流跟它两端的电压成正比，跟导体的电阻成反比，B 正确；导体中的电流与通电时间无关，C 错误；导体中的电流为零时，一定是导体两端的电压为零，D 正确．2．(多选)如图所示为长度相同的镍铬合金丝甲和乙的伏安特性曲线，根据所掌握的知识分析下列选项，其中正确的是( )A ．甲的直径小B ．由图象可知镍铬合金丝的电阻随电压的增大而增大C ．将甲和乙并联接在电路中时，通过甲的电流大D ．将甲和乙串联接在电路中时，甲消耗的电功率小 答案：CD解析：I —U 图线的斜率表示电阻的倒数，甲的I —U 图线斜率大于乙的I —U 图线斜率，所以甲的电阻小于乙的电阻，根据电阻定律R ＝ρLS，且长度相同，材料相同，可知甲的横截面积大，则甲的直径大，A 错误；电阻的大小与电压和电流大小无关，B 错误；根据并联电压相等，则通过导体的电流与电阻成反比，因此通过甲的电流大于通过乙的电流，C 正确；根据串联电流相等，由功率表达式P ＝I 2R 可得电阻越小，则电功率越小，因此甲消耗的电功率较小，D 正确．3．(多选)如图所示为一水平绝缘盘，盘边缘均匀地固定着带负电的电荷，从上向下看，盘面沿逆时针方向匀速转动，则对该过程中形成的电流的理解正确的是( )A ．如果仅将盘边缘固定的总电荷量加倍，则其形成的电流也加倍B ．如果仅将盘面转动的角速度加倍，则其形成的电流也加倍C．如果仅增大盘的半径，则其形成的电流也增大D．如果仅增大盘的半径，则其形成的电流减小答案：AB解析：时间t内通过横截面(沿盘半径的切面)的电荷量为Q′＝Q2πR·vt，v＝ωR，I＝Q′t＝Qω2π，因此A、B正确．4．(2020·山东青岛模拟)如图所示，a、b、c为不同材料做成的电阻，b与a的长度相等，b的横截面积是a的两倍；c与a的横截面积相等，c的长度是a的两倍．当开关闭合后，三个理想电压表的示数关系是U1U2U3＝11 2.关于这三种材料的电阻率ρa、ρb、ρc，下列说法中正确的是( )A．ρa是ρb的2倍B．ρa是ρc的2倍C．ρb是ρc的2倍 D．ρc是ρa的2倍答案：C解析：设a的长度为L，横截面积为S，因为R＝UI，而R＝ρLS，所以R aR b＝U1U2，即ρaLSρbL2S＝1，故ρb＝2ρa；同理R aR c＝U1U3＝12，所以ρaLSρc2LS＝12，故ρa＝ρc，由上述可知ρb＝2ρc，C正确．5．有两个同种材料制成的导体，两导体为横截面为正方形的柱体，柱体高均为h，大柱体的横截面边长为a，小柱体的横截面边长为b，现将两柱体串联接在电压U上，已知通过导体的电流方向如图，大小为I，则导体的电阻率为( )A．ρ＝hU2IB．ρ＝UhaI a＋bC．ρ＝2UhaI a＋bD．ρ＝Uh a－bI a＋b答案：A解析：根据公式R＝ρlS可得，R a＝ρaah＝ρh，R b＝ρbbh＝ρh，故R a＝R b，因为两柱体串联在一起，则电流相等，又电阻相等，所以两柱体两端的电压相等，都为U2，根据欧姆定律可得U2＝ρhI，解得ρ＝hU2I，故A正确．6．(2020·江西南昌模拟)已知两电源的电动势分别为E1、E2(E1>E2)，内阻分别为r1、r2.当两电源分别与阻值为R的电阻连接时，外电路消耗的功率正好相等．若电阻R减小一些，再与E1、E2分别连接时，对应的外电路消耗的功率分别是P1、P2.则( )A．r1<r2，P1<P2 B．r1<r2，P1>P2C．r1>r2，P1<P2 D．r1>r2，P1>P2答案：C解析：由外电路消耗的功率相等得⎝ ⎛⎭⎪⎫E 1R ＋r 12R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E 2R ＋r 22R ，又知E 1>E 2，则r 1>r 2，再画出U —I 图象如图，可知R 减小一些(图中虚线)，E 2输出电流增加量较大，由P ＝I 2R 可得P 1<P 2，所以只有C 项正确．7．(2020·吉林长春模拟)(多选)如图所示，A 、B 为平行板电容器的金属板，G 为静电计．开始时开关S 闭合，静电计指针张开一定角度．下列操作可使指针张开角度增大一些的是( )A ．保持开关S 闭合，将R 上的滑片向右移动B ．保持开关S 闭合，将A 、B 两极板间距离增大少许C ．断开开关S 后，将A 、B 两极板间距增大少许D ．断开开关S 后，将A 、B 两极板的正对面积减小少许 答案：CD解析：保持开关闭合，静电计两端的电势差始终等于电源的电动势，故指针张角不变，故A 、B 错误；断开开关S 后，电容器带电荷量Q 不变，将A 、B 间距增大少许或A 、B 两极板的正对面积S 减小少许时，电容C 减小，根据C ＝QU可知，电势差U 增大，指针张角增大，故C 、D 正确．8．(多选)在如图所示的电路中，电源内阻r≠0，定值电阻R 2消耗的功率用P 表示，两电表均为理想电表，电容器与滑动变阻器并联，电压表和电流表的读数分别用U 、I 表示，电容器所带的电荷量用Q 表示，通过电源的电荷量为q 时，电源所做的功用W 表示．当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列图象正确的是( )答案：AB解析：当滑动变阻器滑片向右滑动过程中，接入电路的电阻减小，电路中的电流增大，R 2消耗的功率为P ＝I 2R 2，功率与电流的关系为二次函数关系，A 正确；电容器C 的电压U C ＝E －I(R 2＋r)，电荷量Q ＝CU C＝C[E －I(R 2＋r)]，则ΔQΔI＝－C(R 2＋r)，保持不变，则Q －I 图线是向下倾斜的直线，B 正确；电压表示数U ＝E －Ir ，U —I 图线应是向下倾斜的直线，C 错误；电源通过电荷量q 时，电源做的功W ＝qE ，E 是电源的电动势，则W —q 是过原点的直线，D 错误．二、非选择题(本题包括4小题，共47分) 9.(9分)在“测定金属的电阻率\”的实验中，用螺旋测微器测量金属丝直径d 时的刻度位置如图所示，用米尺测出金属丝的长度L ，金属丝的电阻大约为5 Ω，用伏安法测出金属丝的电阻R ，然后由ρ＝R SL算出该金属材料的电阻率．(1)从图中读出金属丝的直径d 为________mm.(2)(ⅰ)为测金属丝的电阻，取来两节新的干电池、开关和若干导线及下列器材： ①电压表：0～3 V ，内阻10 kΩ ②电压表：0～15 V ，内阻50 kΩ ③电流表：0～0.6 A ，内阻0.05 Ω ④电流表：0～3 A ，内阻0.01 Ω ⑤滑动变阻器：0～10 Ω ⑥滑动变阻器：0～100 Ω 下列说法正确的是( ) A ．电压表应选用器材① B ．电流表应选用器材④ C ．实验时通电时间不宜过长D ．d 值只需在金属丝中央测量一次即可 (ⅱ)实验中某同学的实物接线如图所示，请指出该同学实物接线中的两处明显错误．错误1：________________________________________________________________________； 错误2：________________________________________________________________________. 答案：(1)1.702 (2)(ⅰ)AC (ⅱ)导线接在了滑动变阻器的滑片上 电流表内接解析：(1)螺旋测微器的固定刻度为1.5 mm ，可动刻度为20.2×0.01 mm＝0.202 mm ，所以最终读数为1.5 mm ＋0.202 mm ＝1.702 mm.(2)(ⅰ)电源由两节干电池串联组成，电动势为3 V ，电压表选①，故A 正确；电路最大电流约为I ＝ER＝0.6 A ，电流表应选③，故B 错误；通电时间过长，金属丝会发热，阻值发生变化，故C 正确；d 值需要在中间和两端都测量求平均值，故D 错误．(ⅱ)金属丝阻值约为5 Ω，电流表内阻为0.05 Ω，电压表内阻为10 kΩ，电压表内阻远大于金属丝阻值，电流表应采用外接法，导线应接在滑动变阻器的接线柱上．10．(9分)使用多用电表测量电阻时，多用电表内部的电路可以等效为一个直流电源(一般为电池)、一个电阻和一表头相串联，两个表笔分别位于此串联电路的两端．现需要测量多用电表内电池的电动势，给定的器材有：待测多用电表，量程为60 mA 的电流表，电阻箱，导线若干．实验时，将多用电表调至×1 Ω挡，调好零点；电阻箱置于适当数值．完成下列填空：(1)仪器连线如图所示(a 和b 是多用电表的两个表笔)．若两电表均正常工作，则表笔a 为________(填“红”或“黑”)色；(2)若适当调节电阻箱后，图中多用电表、电流表与电阻箱的示数分别如下图所示，则多用电表的读数为______ Ω，电流表的读数为________ mA ，电阻箱的读数为________ Ω；(3)将图中多用电表的两表笔短接，此时流过多用电表的电流为______ mA ；(保留三位有效数字) (4)计算得到多用电表内电池的电动势为__________ V ．(保留三位有效数字) 答案：(1)黑 (2)14.0 53.0 4.6 (3)102 (4)1.55解析：(1)由多用电表内部电源电流“红表笔进，黑表笔出”，电流表“＋”接线柱电流流进，“－”接线柱电流流出知，a 表笔为黑色表笔．(2)根据题图读数，多用电表读数为14.0 Ω，电流表读数为53.0 mA ，电阻箱读数为4×1 Ω＋6×0.1 Ω＝4.6 Ω.(3)从多用电表表盘来看，指针指在电流表“130”处时实际电流为53.0 mA ，故指针指到最右端“250”处时，实际电流为53.0×250130mA≈102 mA.(4)由E －IR ＝Ir 知，E －14.0×0.053 V＝0.053 A×r，Er＝0.102 A ，得E≈1.55 V.11．(14分)有一用电器的铭牌上标明额定电压为100 V ，额定功率因字迹不清而无法辨认，但该用电器有显示是否处于正常工作状态的装置，现将该用电器与一阻值变化范围为0～100 Ω的滑动变阻器连接后，接在输出电压为220 V 的电源两端．(1)为使用电器安全正常地工作，应采用怎样的接法？画出电路图．(2)在正确连接的电路中，当用电器正常工作时通过电源的电流为2.4 A ，求用电器消耗的电功率与整个电路消耗的电功率之比．答案：(1)见解析 (2)566解析：(1)由于用电器阻值未知，所以滑动变阻器应采用分压接法，使其电压可以从0开始调节．电路如图所示．(2)设滑动变阻器串联部分电阻为R x ，其与用电器并联部分的电压为100 V ，则R x 的电压为120 V ，R x的电流为2.4 A ，则R x ＝50 Ω.滑动变阻器并联部分的电阻为100 Ω－R x ＝50 Ω，电流为I 1＝10050A ＝2 A ，通过用电器的电流为I 2＝0.4 A ，用电器的功率P 2＝40 W ，所求电功率之比为40220×2.4＝566.12．(15分)抽油烟机是现代厨房不可缺少的用具，下表是某品牌家用抽油烟机说明书中的主要技术参数差．用多用电表测量得其中一只电动机的线圈电阻R ＝90 Ω.若保险丝的熔断电流是保险丝允许通过的电流的1.5倍，启动时电动机当成纯电阻处理，求：额定电压(两电动机、照明灯) AC220 V 50 Hz 额定输入功率 2×185 W抽排风量(两电动机同时工作) ≥15 m 3/min 风压(两电动机同时工作) ≥300 Pa 照明灯 40 W 排烟管内径 150 mm(1)两电动机每分钟消耗的电能为多少？(2)这种抽油烟机保险丝的熔断电流不得低于多少？ (3)两电动机每分钟所做的有用功至少是多少？(4)这种油烟机的机械效率至少是多少？答案：(1)2.22×104 J (2)7.61 A (3)4.5×103J (4)20.3%解析：(1)两电动机每分钟消耗的电能E ＝2Pt ＝2.22×104J.(2)电动机启动时通过的电流大于正常工作时的电流，所以保险丝的熔断电流应以启动时通过的电流来确定，启动电流I ＝U R ×2 A＋P 灯U＝5.07 A ，所以保险丝的熔断电流至少为I′＝1.5I ＝7.61 A.(3)电动机所做的有用功是用于排风的，故两电动机每分钟所做的有用功至少为W ＝pΔV＝300×15 J＝4.5×103J.(4)该抽油烟机的机械效率至少为η＝WE×100%＝20.3%.周测七 恒定电流(B 卷)(本试卷满分95分)一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的．全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分)1．(多选)如图所示为小灯泡通电后其电流I 随所加电压U 变化的图象，P 为图线上一点，PN 为图线在P 点的切线，PQ 为横轴的垂线，PM 为纵轴的垂线，则下列说法中正确的是( )A ．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻不变B ．对应P 点，小灯泡的电阻为R ＝U 1I 2C ．对应P 点，小灯泡的电阻为R ＝U 1I 2－I 1D ．对应P 点，小灯泡消耗的实际功率为图中矩形PQOM 所围面积的大小 答案：BD解析：由题图可知，图线的斜率逐渐减小，说明小灯泡的电阻逐渐增大，故A 错误；对应P 点，小灯泡的电阻为R ＝U 1I 2，故B 正确、C 错误；因P ＝UI ，所以图象中矩形PQOM 所围的面积为对应P 点小灯泡消耗的实际功率，故D 正确．2.某实验小组的同学在实验室利用电压表探究漆包线的漏电情况．现取两根电阻均为2 Ω、长度均为2 m 的漆包线固定在绝缘的水平桌面上，如图所示．电路漏电可等效为在漏电处接一定值电阻，假设两导线均在距离左端M 等距离的位置O 处发生了漏电现象．如果在两导线M 端接入一大小为5 V 的恒定电压，用理想电压表测出N 端的输出电压为4 V ；如果在N 端接入一大小为5 V 的恒定电压，用理想电压表测出M 端的输出电压为2.5 V ．则M 、O 两点之间的距离为( )A ．0.2 mB ．0.4 mC ．0.6 mD ．0.8 m 答案：B解析：由题可知测量过程中的等效电路如下图所示，当在M 端接入恒定电压时，N 端的输出电压U N ＝4 V ，即漏电电阻R 两端的电压也为4 V ．设两根输电线的MO 段和NO 段电阻分别为R MO 和R NO ，则有U N U ＝R2R MO ＋R，同理，当在N 端接入恒定电压时，则有U M U ＝R 2R NO ＋R ，解得R MO ＝R NO 4，由电阻定律R ＝ρlS∝l，可得M 、O 两点之间的距离l MO ＝l5＝0.4 m ，B 正确．3．已知小灯泡A 的额定电压和额定功率分别为110 V 、40 W ，小灯泡B 的额定电压和额定功率分别为110 V 、100 W ，滑动变阻器的最大阻值为300 Ω.下列电路图中既能使两灯泡正常发光，又能使电路消耗的电能最少的是( )答案：C解析：灯泡A 、B 的额定电压均为110 V ，由R ＝U2P可知，R A >R B ，且应满足I A <I B ，则可排除选项A 、D ；选项B 、C 中均可使灯泡A 、B 正常发光，但选项B 中通过滑动变阻器的电流较大，电路消耗的电能较多，故选项C 符合题意．4．(多选)如图所示，图线甲、乙分别为电源和某金属导体的伏安特性曲线，电源的电动势和内阻分别用E 、r 表示，根据所学知识分析下列选项正确的是( )A ．E ＝50 VB ．r ＝253ΩC ．当该导体直接与该电源相连时，该导体的电阻为20 ΩD ．当该导体直接与该电源相连时，电路消耗的总功率为80 W 答案：AC解析：根据U ＝E －Ir ，可知图线甲的斜率的绝对值等于电源内阻r ，图线甲在纵轴上的截距为电源的电动势，即E ＝50 V ，内阻r ＝50－206－0Ω＝5 Ω，A 正确、B 错误；根据题图可知，当该导体直接与该电源相连时，电流I ＝Er ＋R＝2 A ，得R ＝20 Ω，C 正确；当该导体直接与该电源相连时，电路消耗的总功率为P ＝EI ＝50×2 W＝100 W ，D 错误．5．(多选)如图所示，图甲中M 为一电动机，当滑动变阻器R 的滑动触头从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示．已知电流表读数在0.2 A 以下时，电动机没有发生转动．不考虑电表内阻对电路的影响，以下判断正确的是( )A ．电路中电源电动势为3.6 VB ．滑动变阻器的滑动触头向右滑动过程，电压表V 2读数逐渐减小C ．滑动变阻器的滑动触头向右滑动时，电动机的输出功率增大D ．滑动变阻器的最大阻值为30 Ω 答案：AD解析：由题图可知，电压表V 2测量路端电压，电流增大时，内电压增大，路端电压减小，所以最上面的图线表示电压表V 2的读数与电流的关系，U ＝E －Ir ，此图线的斜率的绝对值即为电源的内阻，为r ＝3.4－3.00.2Ω＝2 Ω，当电流I ＝0.1 A 时，路端电压U ＝3.4 V ，则电源电动势 E ＝U ＋Ir ＝3.4 V ＋0.1×2 V ＝3.6 V ，A 正确；滑动变阻器向右滑动时，其接入电路的阻值变大，总电流减小，内电压减小，路端电压即电压表V 2读数逐渐增大，B 错误；由题图乙可知，电动机的电阻r M ＝0.8－0.40.2－0.1Ω＝4 Ω，当电流I＝0.3 A 时，电动机两端电压U ＝3 V ，电动机输出功率最大，而在电流表读数在0.2 A 以下时，电动机的输出功率一直为0，C 错误；当电路中电流最小时，滑动变阻器的阻值为最大值，即I ＝0.1 A 时，R ＝U 2－U 1I＝3.4－0.40.1 Ω＝30 Ω，D 正确．6.(多选)如图所示电路中，电阻R 1∶R 2∶R 3∶R 4＝1∶2∶3∶4，C 为电容器，A 为电流表，当电路中某个电阻断路瞬间，发现有自上而下的电流通过电流表A ，则断路的电阻可能是( )A ．R 1B ．R 2C ．R 3D ．R 4 答案：BC解析：本题考查了串并联电路的特点、含容电路等知识点．假设电源负极电势为零，路端电压为U ，则电容器上极板电势等于电阻R 2两端电压，即为φ上＝23U ；电容器下极板电势等于电阻R 4两端电压，即为φ下＝47U ；故φ上>φ下，电容器上极板带正电；若有自上而下的电流通过电流表，说明电容器两端电压变大，极性不变，故电阻R 2变大或者电阻R 3变大，断路相当于电阻变为无穷大，选项A 、D 错误，选项B 、C 正确．7.(多选)如图，电路中定值电阻阻值R 大于电源内阻阻值r.闭合开关后，将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V 1、V 2、V 3示数变化量的绝对值分别为ΔU 1、ΔU 2、ΔU 3，理想电流表示数变化量的绝对值为ΔI，则( )A ．ΔU 2＝ΔU 1＋ΔU 3 B.ΔU 3ΔI＝R ＋r C.ΔU 1ΔI 和ΔU 2ΔI保持不变D ．电源输出功率先增大后减小 答案：BC解析：本题考查了电路的动态分析．由电路图知，电阻R 、滑动变阻器、电流表串联在电路中，电压表V 1测R 两端电压，电压表V 2测路端电压，电压表V 3测滑动变阻器两端的电压，滑动变阻器的滑片向下滑动，电路中总电阻减小，电流增大，路端电压减小，R 两端的电压增大，则滑动变阻器两端的电压减小，由串联电路的特点知，ΔU 2＝ΔU 3－ΔU 1，选项A 错误；将R 等效为电源的内阻，所以ΔU 3ΔI＝R ＋r ，选项B正确；ΔU 1ΔI ＝R ，是不变的，ΔU 2ΔI＝r ，是不变的，选项C 正确；当内电阻等于外电阻时，电源输出功率最大，电路中定值电阻阻值R 大于电源内阻阻值r ，减小滑动变阻器连入电路中的阻值，电源输出功率一直增大，选项D 错误．8．(多选)在如图甲所示的电路中，电源电动势为3.0 V ，内阻不计，L 1、L 2为相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，R 为定值电阻，阻值为7.5 Ω.当开关S 闭合后( )A ．L 1的电阻为112ΩB ．L 1消耗的电功率为7.5 WC ．L 2的电阻为7.5 ΩD ．L 2消耗的电功率为0.3 W 答案：CD解析：本题考查欧姆定律、电功率．电源电动势为3.0 V ，内阻不计，L 1两端的电压为U 1＝3.0 V ，由图乙知，通过L 1的电流为I 1＝0.25 A ，由欧姆定律得L 1的电阻R 1＝U 1I 1＝3.0 V0.25 A＝12 Ω，选项A 错误；L 1消耗的电功率P 1＝U 1I 1＝3.0 V×0.25 A＝0.75 W ，选项B 错误；由图甲可知，L 2两端的电压U 2和定值电阻两端的电压U R 之和等于3.0 V ，即U 2＋U R ＝3.0 V ，在电源、L 2、R 组成的回路中，将R 等效为电源内阻，结合图乙可知，U 2＝1.5 V ，I 2＝0.2 A ，由欧姆定律得L 2的电阻R 2＝U 2I 2＝1.5 V0.2 A＝7.5 Ω，选项C 正确；L 2消耗的电功率P 2＝U 2I 2＝1.5 V×0.2 A＝0.3 W ，选项D 正确．二、非选择题(本题包括4小题，共47分)9．(9分)某学习小组通过实验来研究电器元件Z 的伏安特性曲线．他们在实验中测得电器元件Z 两端的电压与通过它的电流的数据如下表：U/V 0.00 0.20 0.50 1.00 1.50 2.00 2.50 3.00 I/A 0.000 0.050 0.100 0.150 0.180 0.195 0.205 0.215现备有下列器材：A ．内阻不计的6 V 电源；B ．量程为0～3 A 的内阻可忽略的电流表；C ．量程为0～0.3 A 的内阻可忽略的电流表；D ．量程为0～3 V 的内阻很大的电压表；E ．阻值为0～10 Ω，允许通过的最大电流为3 A 的滑动变阻器；F ．电键和导线若干．(1)这个学习小组在实验中电流表选________(填器材前面的字母)．(2)利用表格中数据描绘出电器元件Z 的伏安特性曲线如图甲所示，分析曲线可知该电器元件Z 的电阻随U 的变大而________(填“变大”、“变小”或“不变”)．(3)若把电器元件Z 接入如图乙所示的电路中时，电流表的读数为0.150 A ，已知A 、B 两端的电压恒为2.00 V ，则定值电阻R 0的阻值为________Ω.答案：(1)C (2)变大 (3)6.67 解析：(1)表格中最大电流为0.215 A ，电流表应选C.(2)在图线上取一点，将该点与原点相连，连线的斜率大小为电阻的倒数，电压越大，该连线斜率越小，则电阻越大．(3)当电路中电流为0.150 A 时，电器元件Z 两端的电压为1.00 V ，电阻R 0上电压为1.00 V ，R 0的阻值为6.67 Ω.10．(9分)某同学用如图1所示的电路测量两节干电池串联而成的电池组的电动势E 和内阻r ，R 为电阻箱．干电池的工作电流不宜超过0.5 A ．实验室提供的器材如下：电压表(量程0～3 V ，内阻约3 kΩ)；电阻箱(阻值范围0～999.9 Ω)；开关、导线若干．(1)请根据电路图在图2所示实物图中画出连线，将器材连接成实验电路．(2)实验时，改变电阻箱R 的阻值，记录电压表的示数U ，得到若干组R 、U 的数据．根据实验数据绘出如图3所示的1U －1R图线．由图象得出电池组的电动势E ＝________V ，内阻r ＝________Ω.(3)本实验测得的电池组的电动势与实际值相比________(填“偏大”、“偏小”或“相等”)，测得的内阻与实际值相比________(填“偏大”、“偏小”或“相等”)．答案：(1)如图所示 (2)2.86 6.05(6.02～6.08均可) (3)偏小 偏小解析：(2)根据闭合电路欧姆定律得E ＝U ＋Ur R ，变换为1U ＝r E ·1R ＋1E，结合图象可得电动势E ＝2.86 V ，内阻r ＝6.05 Ω.(3)若考虑电压表内阻对实验测量的影响，则有E ＝U ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫U R V ＋U R r ，变换为1U ＝r E ·1R ＋R V ＋r ER V ，可知电动势测量值偏小，内阻测量值偏小．11．(15分)(2020·安庆模拟)在如图所示电路中，定值电阻R 0＝2 Ω，电流表和电压表均为理想电表．闭合开关S ，当滑动变阻器R x 的滑片P 从一端移向另一端时，发现电压表的电压变化范围为0～3 V ，电流表的变化范围为0.75～1.0 A ．求：(1)电源的电动势和内阻．(2)移动变阻器滑片时，能得到的电源的最大输出功率． 答案：(1)12 V 10 Ω (2)3.375 W解析：(1)当R x ＝0时，U x1＝0，对应电流为I 1＝1.0 A ，由闭合电路欧姆定律得E ＝I 1(R 0＋r)① 当R x 为最大值时，U x2＝3 V ，对应电流为I 2＝0.75 A ，有 E ＝I 2(R 0＋r)＋U x2②R x 的最大值为R xm ＝U x2I 2＝30.75Ω＝4 Ω.由①②两式代入数据得E ＝12 V ，r ＝10 Ω.(2)电源的输出功率P 输出＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E R x ＋R 0＋r 2(R x ＋R 0)当R x ＋R 0＝r 时，电源有最大输出功率，但R x ＋R 0恒小于r ，由输出功率随外电阻变化的关系知，当R x ＋R 0取最大值时输出功率最大，即P m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E R xm ＋R 0＋r 2(R xm ＋R 0)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫124＋2＋102×(4＋2) W ＝3.375 W.12．(14分)有一个小型直流电动机，把它接入电压为U 1＝0.2 V 的电路中时，电动机不转，测得流过电动机的电流I 1＝0.4 A ；若把电动机接入U 2＝2.0 V 的电路中，电动机正常工作，工作电流I 2＝1.0 A ．求：(1)电动机正常工作时的输出功率多大？(2)如果在电动机正常工作时，转子突然被卡住，此时电动机的发热功率是多大？ 答案：(1)1.5 W (2)8 W解析：(1)U 1＝0.2 V 时，电动机不转，此时电动机为纯电阻，故电动机线圈内阻r ＝U 1I 1＝0.20.4Ω＝0.5ΩU 2＝2.0 V 时，电动机正常工作，此时电动机为非纯电阻，则由电功率与热功率的定义式得 P 电＝U 2I 2＝2.0×1.0 W＝2 WP 热＝I 22r ＝1.02×0.5 W＝0.5 W所以由能量守恒定律可知，电动机的输出功率 P 出＝P 电－P 热＝2 W －0.5 W ＝1.5 W(2)此时若电动机突然被卡住，则电动机成为纯电阻，其热功率P′热＝U 22r ＝2.020.5W ＝8 W高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

2015-2016学年广东省江门市台山市华侨中学高三（上）第7周周测物理试卷二、选择题：1．质量为2kg的物体静止在足够大的水平面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力和滑动摩擦力大小视为相等．从t=0时刻开始，物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F的作用，F随时间t的变化规律如图所示．重力加速度g取10m/s2，则物体在t=0到t=12s这段时间内的位移大小为（）A．18m B．54m C．72m D．198m2．如图所示，一根轻杆的两端固定两个质量均为m的相同小球，用两根细绳悬挂在天花板上，虚线为竖直线，α=30°，β=60°，则OA、OB绳的拉力之比为（）A．：1 B．：1 C．：2 D．2：13．如图所示，足够长的水平传送带以v0=2m/s的速度匀速运行．t=0时刻，在最左端轻放一质量为m的小滑块，t=2s时刻，传送带突然被制动而停止．已知滑块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2．下列关于滑块相对地面运动的v﹣t图象正确的是（）A．B．C．D．4．如图所示，在水平桌面上叠放着质量均为M的A、B两块木板，在木板A的上方放着一个质量为m的物块C，木板和物块均处于静止状态．A、B、C之间以及B与地面之间的动摩擦因数都为μ．若用水平恒力F向右拉动木板A，使之从C、B之间抽出来，已知重力加速度为g．则拉力F的大小应该满足的条件是（）A．F＞μ（2m+M）g B．F＞μ（m+2M）g C．F＞2μ（m+M）g D．F＞2μmg5．设地球自转周期为T，质量为M，引力常量为G，假设地球可视为质量均匀分布的球体，半径为R．同一物体在南极和赤道水平面上静止时所受到的支持力之比为（）A．B．C．D．6．如图所示是骨折病人的牵引装置示意图，绳的一端固定，绕过定滑轮和动滑轮后挂着一个重物，与动滑轮相连的帆布带拉着病人的脚，整个装置在同一竖直平面内．为了使脚所受的拉力减小，可采取的方法是（）A．只增加绳的长度B．只减小重物的质量C．只将病人的脚向左移动 D．只将两定滑轮的间距增大7．蒋昊同学读了一篇“火星的现在、地球的未来”的文章，摘录了以下资料：①根据目前被科学界普遍接受的宇宙大爆炸学说可知，引力常量G在极其缓馒地減小；②太阳几十亿年来一直不断地在通过发光、发热释放能量，质量在減小；③金星和火星是地球的两位近邻，金星位于地球圆轨道的内铡，火星位于地球圆轨道的外侧；④由于火星和地球的自转周期几乎相同，自转轴与与公转轨道平面的倾角几乎相同，所以火星上也有四季变化．根据摘录的资料和有关天体运动规律，可推断（）A．太阳对地球的引力缓慢减小B．太阳对地球的引力缓慢增加C．火星上平均每个季节持续的时间小于3个月D．火星上平均每个季节持续的时间大于3个月8．一个高尔夫球静止于平坦的地面上，在t=0时球被击出，飞行中球的速率与时间的关系如图所示．若不计空气阻力的影响，根据图象提供的信息不可以求出（）A．高尔夫球在何时落地B．高尔夫球可上升的最大高度C．人击球时对高尔夫球做的功D．高尔夫球落地时离击球点的距离二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22题～第32题为必考题，每个小题考生都必须作答．第35题为选考题，考生根据要求作答．（共14分）9．甲图中游标卡尺的读数为mm；乙图中螺旋测微器的读数为mm．丙图中多用电表的读数为Ω．10．如图甲示，是验证牛顿第二定律的实验装置．（1）请完善下列实验步骤：A．用天平测量吊盘m0和小车的质量M0．B．平衡小车的摩擦阻力：取下吊盘，调整木板右端的高度，用手轻推小车，直到打点计时器在纸带上打出一系列间距相等的点．C．按住小车，挂上吊盘，使细线与长木板平行．D．，释放小车，在得到的纸带上标出吊盘（或小车）的总质量m（或M）．E．保持小车总质量一定，多次改变吊盘中的砝码，重复C D步骤．F．保持吊盘总质量一定，多次改变，重复C D步骤．（2）如图乙示，纸带上3个相邻计数点的间距为s1、s2和s3．用米尺测量s1、s3的间距，由图可读出s1=24.3mm，s3= mm．已知打点计时器打点周期为0.02s，利用s1、s3计算小车加速度a= m/s2．（计算结果保留三位有效数字）11．（12分）（2015秋•安庆校级月考）如图示，有一固定在水平桌面上的轨道ABC，AB段粗糙，与水平面间的夹角为θ=37°；BC段光滑，C点紧贴桌子边缘；桌高h=0.8m．一小物块放在A处（可视为质点），小物块与AB间的动摩擦因数为μ=0.25．现在给小物块一个沿斜面向下的初速度v A=1m/s，小物块经过B处时无机械能损失，物块最后落在与C点水平距离x=1.2m的D处．（不计空气阻力，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：（1）小物块在AB段向下运动时的加速度大小a；（2）小物块到达B处时的速度大小v B；（3）求AB的长L．12．（20分）如图所示，从A点以v0=4m/s的水平速度抛出一质量为m=1kg的小物块（可视为质点），当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入固定的光滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面的长木板上，圆弧轨道C端切线水平．已知长木板的质量M=4kg，A、B两点距C点的高度分别为H=0.5m，h=0.15m，R=0.75m，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1=0.5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.2，g=10m/s2，求：（1）小物块运动至B点时的速度大小和方向．（2）小物块滑至C点时，对圆弧轨道C点的压力．（3）长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板？（4）若地面光滑，则长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板？二、【选修3-5】（15分）13．下列关于原子和原子核的说法正确的是（）A．β衰变现象说明电子是原子核的组成部分B．某放射性元素经过11.4天有的原子核发生了衰变，则该元素的半衰期为3.8天C．放射性元素的半衰期随温度的升高而变短D．平均结合能越大表示原子核中的核子结合得越牢固E．在α、β、γ这三种射线中，γ射线的穿透能力最强，α射线的电离能力最强14．如图所示，光滑水平面上有A、B两个物块，其质量分别为m A=2.0kg，m B=1.0kg，现用一轻弹簧将A、B两物块连接，并用力缓慢压缩弹簧使A、B两物块靠近，此过程外力做功108J（弹簧仍处于弹性限度范围内），然后同时释放，弹簧开始逐渐变长．试求当弹簧刚好恢复原长时，A和B物块速度v A、v B的大小．2015-2016学年广东省江门市台山市华侨中学高三（上）第7周周测物理试卷参考答案与试题解析二、选择题：1．质量为2kg的物体静止在足够大的水平面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力和滑动摩擦力大小视为相等．从t=0时刻开始，物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F的作用，F随时间t的变化规律如图所示．重力加速度g取10m/s2，则物体在t=0到t=12s这段时间内的位移大小为（）A．18m B．54m C．72m D．198m【考点】匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿第二定律．【分析】由滑动摩擦力的公式可以得到滑动摩擦力的大小，也就是最大静摩擦力的大小，再由牛顿第二定律可以判断物体的运动情况，进而由运动学的公式可以求得位移．【解答】解：拉力只有大于最大静摩擦力时，物体才会由静止开始运动0～3 s时：F=f max，物体保持静止，s1=0；3～6 s时：F＞f max，物体由静止开始做匀加速直线运动．a=m/s2，v=at=6 m/s，s2=at2=9 m，6～9 s时：F=f，物体做匀速直线运动． s3=vt=18m9～12 s时：F＞f，物体以6 m/s为初速度，以2m/s2为加速度继续做匀加速直线运动，s4=vt+at2=27m，所以物体的总位移是 s1+s2+s3+s4=54 m．故选B．【点评】本题考查学生的读图的能力，要能够根据F﹣t图象分析物体的运动情况，需要注意的是在0～3 s时拉力恰好等于最大静摩擦力，此时的物体还不会运动．2．如图所示，一根轻杆的两端固定两个质量均为m的相同小球，用两根细绳悬挂在天花板上，虚线为竖直线，α=30°，β=60°，则OA、OB绳的拉力之比为（）A．：1 B．：1 C．：2 D．2：1【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【专题】共点力作用下物体平衡专题．【分析】先对A球受力分析，根据共点力平衡条件并结合合成法列式，求出OA绳的拉力与AB杆的弹力的关系，再对B球进行研究，同样得到OB绳的拉力与AB杆的弹力的关系，即可求解OA、OB绳的拉力之比．【解答】解：对A球受力分析，受重力、杆的支持力F2和细绳OA的拉力F1，如图所示：根据共点力平衡条件，有：F1=2F2cos30°=F2（图中矢量三角形的三个角分别为30°、30°、120°）再对球B进行研究，B球重力、杆的支持力F2和细绳OB的拉力F3．杆的支持力F2与竖直方向的夹角为60°，与OB绳关于竖直方向对称，根据对称性可得，F3=F2．可得OA、OB绳的拉力之比 F1：F3=：1故选：B【点评】本题关键受力分析后根据共点力平衡条件列式求解，注意三力平衡可用合成法，四力平衡可以用正交分解法．3．如图所示，足够长的水平传送带以v0=2m/s的速度匀速运行．t=0时刻，在最左端轻放一质量为m的小滑块，t=2s时刻，传送带突然被制动而停止．已知滑块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2．下列关于滑块相对地面运动的v﹣t图象正确的是（）A．B．C．D．【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】滑块放在传送带上受到滑动摩擦力作用做匀加速运动，当速度与传送带相等时，和传送带一起做运动运动，当传送带突然制动停下时，滑块在传送带摩擦力作用下做匀减速运动直到静止．由牛顿第二定律和运动学公式结合，通过计算分析．【解答】解：滑块放在传送带上受到滑动摩擦力作用做匀加速运动，加速度为a==μg=2m/s2滑块运动到与传送带速度相同时需要的时间 t1===1s然后随传送带一起匀速运动的时间 t2=t﹣t1=1s当送带突然制动停下时，滑块在传送带摩擦力作用下做匀减速运动直到静止，a′=﹣a=﹣2m/s2运动的时间 t3==s=1s所以速度时间图象对应D选项．故D正确．故选：D．【点评】物体在传送带运动问题，关键是分析物体的受力情况，来确定物体的运动情况，有利于培养学生分析问题和解决问题的能力．4．如图所示，在水平桌面上叠放着质量均为M的A、B两块木板，在木板A的上方放着一个质量为m的物块C，木板和物块均处于静止状态．A、B、C之间以及B与地面之间的动摩擦因数都为μ．若用水平恒力F向右拉动木板A，使之从C、B之间抽出来，已知重力加速度为g．则拉力F的大小应该满足的条件是（）A．F＞μ（2m+M）g B．F＞μ（m+2M）g C．F＞2μ（m+M）g D．F＞2μmg【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】要使A能从C、B之间抽出来，则，A要相对于B、C都滑动，所以AC间，AB间都是滑动摩擦力，若A的加速度比BC的加速度大，则能使之从C、B之间抽出来，根据牛顿第二定律列式即可求解．【解答】解：要使A能从C、B之间抽出来，则，A要相对于B、C都滑动，所以AC间，AB 间都是滑动摩擦力，对A有：，对C有：，对B受力分析有：受到水平向右的滑动摩擦力μ（M+m）g，B与地面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，有：f=μ（2M+m）g，因为μ（M+m）g＜μ（2M+m）g，所以B没有运动，加速度为0所以当a A＞a C时，能够拉出，则有，解得；F＞2μ（m+M）g．故选：C．【点评】本题主要考查了牛顿第二定律的应用，要求同学们能正确对物体进行受力分析，知道若A的加速度比BC的加速度大，则能使之从C、B之间抽出来，注意判断B是否能被拉动，难度适中．5．设地球自转周期为T，质量为M，引力常量为G，假设地球可视为质量均匀分布的球体，半径为R．同一物体在南极和赤道水平面上静止时所受到的支持力之比为（）A．B．C．D．【考点】万有引力定律及其应用．【分析】在赤道上物体所受的万有引力与支持力提供向心力可求得支持力，在南极支持力等于万有引力．【解答】解：在赤道上：G，可得①在南极：②由①②式可得：=．故选：A．【点评】考查物体受力分析及圆周运动向心力的表达式，明确在两极物体没有向心力．6．如图所示是骨折病人的牵引装置示意图，绳的一端固定，绕过定滑轮和动滑轮后挂着一个重物，与动滑轮相连的帆布带拉着病人的脚，整个装置在同一竖直平面内．为了使脚所受的拉力减小，可采取的方法是（）A．只增加绳的长度B．只减小重物的质量C．只将病人的脚向左移动 D．只将两定滑轮的间距增大【考点】力的合成与分解的运用．【分析】对与滑轮接触的一小段绳子受力分析，根据共点力平衡条件求出脚对绳子的拉力，根据表达式讨论即可．【解答】解：对与滑轮接触的一小段绳子受力分析，如图受到绳子的两个等大的拉力F1=F2=mg2F1cosθ=F解得F=2mgcosθ要减小拉力F，关键是要增大角θ或者减小m，故B正确；增加绳子长度不会改变角度θ，故不会改变里F，故A错误；将脚向左移动，会减小角θ，会增加拉力，故C错误；由几何关系可知，两个滑轮间距增大，会增加角θ，故拉力F会减小，故D正确；故选BD．【点评】本题关键求出拉力的表达式，然后根据表达式求解．7．蒋昊同学读了一篇“火星的现在、地球的未来”的文章，摘录了以下资料：①根据目前被科学界普遍接受的宇宙大爆炸学说可知，引力常量G在极其缓馒地減小；②太阳几十亿年来一直不断地在通过发光、发热释放能量，质量在減小；③金星和火星是地球的两位近邻，金星位于地球圆轨道的内铡，火星位于地球圆轨道的外侧；④由于火星和地球的自转周期几乎相同，自转轴与与公转轨道平面的倾角几乎相同，所以火星上也有四季变化．根据摘录的资料和有关天体运动规律，可推断（）A．太阳对地球的引力缓慢减小B．太阳对地球的引力缓慢增加C．火星上平均每个季节持续的时间小于3个月D．火星上平均每个季节持续的时间大于3个月【考点】万有引力定律及其应用；向心力．【专题】信息给予题；定性思想；推理法；万有引力定律的应用专题．【分析】由万有引力的表达式分析太阳对地球引力的变化情况；由万有引力提供向心力，得到行星的周期与轨道半径的关系式，再分析周期大小，判断火星上季节时间．【解答】解：A、B由太阳对地球的万有引力的表达式F=G可知，G变小，太阳的质量在減小，则太阳对地球的引力F减小．故A正确，B错误；C、由行星绕太阳运行所需要的向心力由太阳的万有引力提供，则有：m r=G，得周期 T=2π，可知r越大，T越大．因火星的轨道半径比地球大，则火星的公转周期比地球的大，所以火星上平均每个季节的时间大于3个月，故C错误，D正确；故选：AD【点评】本题关键要明确万有引力的表达式，建立行星运动的模型，会由向心力等于万有引力分析线速度、周期与半径的大小关系．8．一个高尔夫球静止于平坦的地面上，在t=0时球被击出，飞行中球的速率与时间的关系如图所示．若不计空气阻力的影响，根据图象提供的信息不可以求出（）A．高尔夫球在何时落地B．高尔夫球可上升的最大高度C．人击球时对高尔夫球做的功D．高尔夫球落地时离击球点的距离【考点】动能定理的应用．【专题】动能定理的应用专题．【分析】一个高尔夫球静止于平坦的地面上，在t=0时球被击出，飞行中球的速率与时间的关系如图所示．若不计空气阻力的影响，根据图象提供的信息不可以求出【解答】解：A、不计空气阻力，高尔夫球落到水平地面上时，速率相等．由图看出，小球5s时刻速率与开始的速率相同，所以小球在5s末落地．可以求出，不符合题意，故A错误．B、小球的初速度大小为v0=31m/s，到达最高点时的速度大小为v=19m/s，由动能定理得﹣mgh=，由此式可求出最大高度h．可以求出，不符合题意，故B错误．C、由动能定理得：人击球时对高尔夫球做的功W=，由于高尔夫球的质量m未知，无法求出W．符合题意．故C正确．D、高尔夫球水平方向做匀速直线运动，水平方向分速度v x=19m/s，高尔夫球落地时离击球点的距离为S=v x t=19×5m=95m．可以求出，不符合题意，故D错误．故选：C【点评】本题要根据速率图象读出小球的初速率、最高点的速率及运动情况，还要运用运用的分解法研究斜抛运动，知道高尔夫球水平方向做匀速直线运动．二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22题～第32题为必考题，每个小题考生都必须作答．第35题为选考题，考生根据要求作答．（共14分）9．甲图中游标卡尺的读数为13.55 mm；乙图中螺旋测微器的读数为 4.699 mm．丙图中多用电表的读数为1000 Ω．【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．【专题】实验题．【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．根据选择开关位置确定多用电表所测量的量与量程，然后根据表盘确定其分度值，然后读出其示数．【解答】解：1、游标卡尺的主尺读数为13mm，游标尺上第11个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为11×0.05mm=0.55mm，所以最终读数为：13mm+0.55mm=13.55mm．2、螺旋测微器的固定刻度为4.5mm，可动刻度为19.9×0.01mm=0.199mm，所以最终读数为4.5mm+0.199mm=4.699mm．3、欧姆档的读数是100；然后表盘读数乘以倍率，该电阻的电阻值为：R=100×10=1000Ω．故答案为：13.55；4.699；1000．【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．10．如图甲示，是验证牛顿第二定律的实验装置．（1）请完善下列实验步骤：A．用天平测量吊盘m0和小车的质量M0．B．平衡小车的摩擦阻力：取下吊盘，调整木板右端的高度，用手轻推小车，直到打点计时器在纸带上打出一系列间距相等的点．C．按住小车，挂上吊盘，使细线与长木板平行．D．接通电源，释放小车，在得到的纸带上标出吊盘（或小车）的总质量m（或M）．E．保持小车总质量一定，多次改变吊盘中的砝码，重复C D步骤．F．保持吊盘总质量一定，多次改变小车的质量，重复C D步骤．（2）如图乙示，纸带上3个相邻计数点的间距为s1、s2和s3．用米尺测量s1、s3的间距，由图可读出s1=24.3mm，s3= 47.1 mm．已知打点计时器打点周期为0.02s，利用s1、s3计算小车加速度a= 1.14 m/s2．（计算结果保留三位有效数字）【考点】验证牛顿第二运动定律．【专题】实验题；牛顿运动定律综合专题．【分析】明确实验原理及实验方法；知道为了保证在改变小车中砝码的质量时，小车所受的拉力近似不变，小吊盘和盘中物块的质量之和应该远小于小车和砝码的总质量由匀变速直线运动的推论得：△x=aT2由则可求得加速度．【解答】解：（1）D、在实验时应先接通电源，再释放小车；F、因验证加速度与小车质量之间的关系；故应多次改变小车的质量，重复实验；（2）设纸带上三个相邻计数点的间距为s1、s2、s3．由匀变速直线运动的推论得：△x=aT2即s3﹣s1=2a（5△t）2a=图2为用米尺测量某一纸带上的s1、s3的情况，由图可读出s1=24.2mm，s3=47.2mm．由此求得加速度的大小a==1.15m/s2．故答案为：（1）D．接通电源； F．小车质量（或小车中的砝码个数）（2）47.1；1.15 【点评】本题考查验证牛顿第二定律的实验；对于实验问题要掌握实验原理、注意事项和误差来源；遇到涉及图象的问题时，要先根据物理规律写出关于纵轴与横轴的函数表达式，再根据斜率和截距的概念求解即可．11．（12分）（2015秋•安庆校级月考）如图示，有一固定在水平桌面上的轨道ABC，AB段粗糙，与水平面间的夹角为θ=37°；BC段光滑，C点紧贴桌子边缘；桌高h=0.8m．一小物块放在A处（可视为质点），小物块与AB间的动摩擦因数为μ=0.25．现在给小物块一个沿斜面向下的初速度v A=1m/s，小物块经过B处时无机械能损失，物块最后落在与C点水平距离x=1.2m的D处．（不计空气阻力，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：（1）小物块在AB段向下运动时的加速度大小a；（2）小物块到达B处时的速度大小v B；（3）求AB的长L．【考点】牛顿运动定律的综合应用；平抛运动．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】（1）从A到B过程，物体受重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律列式求解加速度；（2）物块离开C后做平抛运动，由平抛运动的位移关系公式列式求解；（3）对从A到B过程，根据速度位移关系公式列式求解．【解答】解：（1）小物块从A到B过程中，由牛顿第二定律有：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma 代入数据解得：a=4m/s2（2）小物块从B向右匀速运动，自C点水平抛出，由平抛运动规律，竖直方向：水平方向：x=v B t代入数据解得：v B=3m/s（3）小物块从A到B，由运动学公式，有：代入数据解得：L=1m答：（1）小物块在AB段向下运动时的加速度大小是4m/s2；（2）小物块到达B处时的速度大小是3m/s；（3）AB的长是1m．【点评】本题中滑块先做匀加速直线运动，后作平抛运动，对两个过程分别运用牛顿第二定律求解加速度，再运用运动学公式列式求解．12．（20分）如图所示，从A点以v0=4m/s的水平速度抛出一质量为m=1kg的小物块（可视为质点），当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入固定的光滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面的长木板上，圆弧轨道C端切线水平．已知长木板的质量M=4kg，A、B两点距C点的高度分别为H=0.5m，h=0.15m，R=0.75m，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1=0.5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.2，g=10m/s2，求：（1）小物块运动至B点时的速度大小和方向．（2）小物块滑至C点时，对圆弧轨道C点的压力．（3）长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板？（4）若地面光滑，则长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板？【考点】向心力；牛顿第二定律；平抛运动．【专题】匀速圆周运动专题．【分析】（1）已知平抛的抛出高度和落地速度方向，求落地的速度大小和方向，用运动的合成与分解求解；（2）小物块在BC间做圆周运动运动，在C点时轨道支持力和重力的合力提供圆周运动的向心力，据此求解即可；（3）当物块在长木板上运动时，由于木块对木板的摩擦力小于地面对木板的摩擦力，所以木板处于静止状态，结合牛顿第二定律和运动学公式求出长木板的至少长度．（4）若地面光滑，根据牛顿第二定律分别求出物块和木板的加速度，结合速度相等时，抓住位移之差等于木板的至少长度进行求解．【解答】解：（1）物块做平抛运动：H﹣h=，设到达C点时竖直分速度为v y则：v y=gt，代入数据解得v=方向与水平面的夹角为θ：tanθ=，（2）从A至C点，由动能定理得mgH=设C点受到的支持力为F N，则有F N﹣mg=代入数据解得，F N=44.7N根据牛顿第三定律可知，物块m对圆弧轨道C点的压力大小为44.7N（3）由题意可知小物块m对长木板的摩擦力f=μ1mg=5N长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力f′=μ2（M+m）g=10N因f＜f′，所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动小物块在长木板上做匀减速运动，至长木板右端时速度刚好为0则长木板长度至少为l=．（4）物块做匀减速直线运动的加速度大小，长木板的加速度大小，则两者速度相等时有：v2﹣a1t=a2t，解得t=，此时物块的位移=2.48m长木板的位移，则长木板的至少长度l′=x1﹣x2=2.48﹣0.4m=2.08m．答：（1）小物块运动至B点时的速度大小为m/s，方向与水平面夹角的正切值为；（2）小物块滑动至C点时，对圆弧轨道C点的压力F N=47.3N；（3）长木板至少为2.6m，才能保证小物块不滑出长木板．（4）若地面光滑，则长木板至少为2.08m，才能保证小物块不滑出长木板．【点评】本题关键要理清物块在多个不同运动过程中的运动规律，掌握物块各个阶段的运动规律是解决本题的关键．二、【选修3-5】（15分）13．下列关于原子和原子核的说法正确的是（）A．β衰变现象说明电子是原子核的组成部分B．某放射性元素经过11.4天有的原子核发生了衰变，则该元素的半衰期为3.8天C．放射性元素的半衰期随温度的升高而变短D．平均结合能越大表示原子核中的核子结合得越牢固E．在α、β、γ这三种射线中，γ射线的穿透能力最强，α射线的电离能力最强【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度．【专题】衰变和半衰期专题．【分析】a粒子大角度散射表明原子内部有一很小的核，即原子核，集中了全部的正电荷及几乎全部的质量．γ射线是一种波长很短的电磁波．。

峙对市爱惜阳光实验学校高三〔上〕周测物理试卷〔7〕一．选择题〔每题6分，共计72分，1-7题单项选择，8-12多项选择〕1．如下图，两轮用皮带传动，皮带不打滑，图中有A、B、C三点，这三点所在处半径r A＞r B=r C那么这三点的向心加速度a A、a B、a C的关系是〔〕A．a A=a B=a C B．a C＞a A＞a B C．a C＜a A＜a B D．a A＜a B=a C2．如下图，物体A、B随水平圆盘绕轴匀速转动，物体B在水平方向所受的作用力有〔〕A．圆盘对B及A对B的摩擦力，两力都指向圆心B．圆盘对B的摩擦力指向圆心，A对B的摩擦力背离圆心C．圆盘对B及A对B的摩擦力和向心力D．圆盘对B的摩擦力和向心力3．动物中也进行“体育比赛〞，在英国威尔士沿岸，海洋生物学家看到了令他们惊奇的一幕：一群海豚在水中将水母当球上演即兴“足球比赛〞，如下图．假设海豚先用身体将水母顶出水面一高度h，再用尾巴水平拍打水母，使水母以一的初速度v0沿水平方向飞出．水母落水前在水平方向的位移，由〔不计空气阻力〕〔〕A．水母质量、离水面高度h决B．水母质量、水平初速度v0决C．水母离水面高度h、水平初速度v0决D．由水母质量、离水面高度h、水平初速度v0决4．一小钢球从平台上的A处以速度v0水平飞出．经t0时间落在上B处，此时速度方向恰好沿斜坡向下，接着小钢球从B处沿直线自由滑下，又经t0时间到达坡下的C处．斜坡BC与水平面夹角为30°，不计摩擦阻力和空气阻力，那么钢球从A到C的过程中水平、竖直两方向的分速度V X、V Y随时间变化的图象是〔〕A ．B ．C ．D ．5．冰面对溜冰运发动的最大静摩擦力为运发动重力的k倍，运发动在水平冰面上沿半径为R的圆做圆周运动，其平安速度为〔〕A．v=k B．v ≤C．v ≤ D．v ≤6．如下图，倾斜轨道AC与有缺口的圆轨道BCD相切于C，圆轨道半径为R，两轨道在同一竖直平面内，D是圆轨道的最高点，缺口DB所对的圆心角为90°，把一个小球从斜轨道上某处由静止释放，它下滑到C点后便进入圆轨道，要想使它上升到D点后再落到B点，不计摩擦，那么以下说法正确的选项是〔〕A．释放点须与D点高B．释放点须比D 点高C．释放点须比D 点高D．使小球经D点后再落到B点是不可能的7．如下图，一根跨越光滑滑轮的轻绳，两端各有一杂技演员〔可视为质点〕，a 站于地面，b从图示的位置由静止开始向下摆动，运动过程中绳始终处于伸直状态，当演员b摆至最低点时，a刚好对地面无压力，那么演员a质量与演员b 质量之比为〔〕A．1：1 B．2：1 C．3：1 D．4：18．光滑的水平轨道AB，与半径为R的光滑的半圆形轨道BCD相切于B点，其中圆轨道在竖直平面内，B为最低点，D为最高点．一质量为m的小球以初速度v0沿AB运动，恰能通过最高点，那么〔〕A．R越大，v0越大B．R越大，小球经过B点后的瞬间对轨道的压力越大C．m越大，v0越大D．m与R同时增大，初动能E k0增大9．“北斗〞系统中两颗工作卫星1和2在同一轨道上绕地心O沿顺时针方向做匀速圆周运动，轨道半径为r，某时刻它们分别位于轨道上的A、B两位置，如下图．地球外表处的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力．以下判断中正确的选项是〔〕A．这两颗卫星的向心加速度大小为a=gB．这两颗卫星的角速度大小为ω=RC．卫星1由位置A运动至位置B所需的时间为t=D．如果使卫星1加速，它就一能追上卫星210．宇宙飞船绕地球做圆周运动时，由于地球遮挡阳光，会经历“日全食〞过程，如下图．地球的半径为R，地球质量为M，引力常量为G，地球自转周期为T0．太阳光可看作平行光，不考虑地球公转的影响，宇航员在A点测出地球的张角为σ，以下说法中正确的选项是〔〕A ．飞船的高度为B ．飞船的线速度为C．飞船的周期为2πD ．飞船每次“日全食〞过程的时间为11．如下图，“嫦娥三号〞从环月圆轨道I上的P点实施变轨进入椭圆轨道II，再由近月点 Q开始进行动力下降，最后于12月14日落月．以下说法正确的选项是〔〕A．沿轨道II运行的周期大于沿轨道I运行的周期B．沿轨道I运行至P点时，需制动减速才能进入轨道IIC．沿轨道II运行时，在P点的加速度大于在Q点的加速度D．沿轨道II运行时，由P点到Q点的过程中万有引力对其做负功12．宇宙中的有些恒星可组成双星系统．它们之间的万有引力比其它恒星对它们的万有引力大得多，因此在研究双星的运动时，可以忽略其它星球对它们的作用．S1和S2构成一个双星，它们在相互之间的万有引力作用下绕两者连线上某一点O做匀速圆周运动．S1的质量是S2质量的k倍〔k＞1〕，以下判断正确的选项是〔〕A．S1、S2的角速度之比为1：kB．S1、S2的线速度之比为1：kC．S1、S2的加速度之比为1：kD．S1、S2所受的向心力大小之比为k：1三．计算题13．如图，细绳一端系着质量M=0.6kg的物体，静止在水平面，另一端通过光滑小孔吊着质量m=0.3kg的物体，M的中点与圆孔距离为0.2m，并知M和水平面的最大静摩擦力为2N，现使此平面绕中心轴线转动，问角速度ω在什么范围m会处于静止状态？〔g取10m/s2〕14．光滑圆轨道和两倾斜直轨道组成如下图装置，其中直轨道bc粗糙，直轨道cd光滑，两轨道相接处为一很小的圆弧．质量为m=0.1kg的滑块〔可视为质点〕在圆轨道上做圆周运动，到达轨道最高点a时的速度大小为v=4m/s，当滑块运动到圆轨道与直轨道bc的相切处b时，脱离圆轨道开始沿倾斜直轨道bc滑行，到达轨道cd上的d点时速度为零．假设滑块变换轨道瞬间的能量损失可忽略不计，圆轨道的半径为R=0.25m，直轨道bc的倾角θ=37°，其长度为L=25m，d 点与水平地面间的高度差为h=0.2m，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6．求：〔1〕滑块在圆轨道最高点a时对轨道的压力大小；〔2〕滑块与直轨道bc问的动摩擦因数；〔3〕滑块在直轨道bc上能够运动的时间．高三〔上〕周测物理试卷〔7〕参考答案与试题解析一．选择题〔每题6分，共计72分，1-7题单项选择，8-12多项选择〕1．如下图，两轮用皮带传动，皮带不打滑，图中有A、B、C三点，这三点所在处半径r A＞r B=r C那么这三点的向心加速度a A、a B、a C的关系是〔〕A．a A=a B=a C B．a C＞a A＞a B C．a C＜a A＜a B D．a A＜a B=a C 【分析】共轴转动的点角速度相，靠传送带传动轮子边缘的点线速度大小相，抓住A、C两点的角速度相，根据a=rω2比拟A、C向心加速度，抓住A、B的线速度相，根据比拟向心加速度．【解答】解：A、C的角速度相，根据a=rω2知，A的半径大于C的半径，那么A的向心加速度大于C的向心加速度；A、B 的线速度相，根据知，B的半径小于A的半径，那么B的向心加速度大于A的向心加速度，所以a C＜a A＜a B．故C正确，A、B、D错误．应选：C．2．如下图，物体A、B随水平圆盘绕轴匀速转动，物体B在水平方向所受的作用力有〔〕A．圆盘对B及A对B的摩擦力，两力都指向圆心B．圆盘对B的摩擦力指向圆心，A对B的摩擦力背离圆心C．圆盘对B及A对B的摩擦力和向心力D．圆盘对B的摩擦力和向心力【分析】A和B一起随圆盘做匀速圆周运动，先对A分析，得出B对A的摩擦力的方向，再对B分析，得出圆盘对B的摩擦力方向．【解答】解：A和B一起随圆盘做匀速圆周运动，A做圆周运动的向心力由B 对A的静摩擦力提供，所以B对A的摩擦力方向指向圆心，那么A对B的摩擦力背离圆心；B做圆周运动的向心力由A对B的摩擦力和圆盘对B的摩擦力提供，B所受的向心力指向圆心，A对B的摩擦力背离圆心，那么圆盘对B的摩擦力指向圆心．故B正确，A、C、D错误．应选B．3．动物中也进行“体育比赛〞，在英国威尔士沿岸，海洋生物学家看到了令他们惊奇的一幕：一群海豚在水中将水母当球上演即兴“足球比赛〞，如下图．假设海豚先用身体将水母顶出水面一高度h，再用尾巴水平拍打水母，使水母以一的初速度v0沿水平方向飞出．水母落水前在水平方向的位移，由〔不计空气阻力〕〔〕A．水母质量、离水面高度h决B．水母质量、水平初速度v0决C．水母离水面高度h、水平初速度v0决D．由水母质量、离水面高度h、水平初速度v0决【分析】水母做平抛运动，根据高度求出平抛运动的时间，结合初速度和时间求出水平位移的表达式，从而确与哪些因素有关．【解答】解：根据h=得，t=，那么水平位移x=，可知水平位移由水母离水面高度h和初速度v0共同决．故C正确，A、B、D错误．应选：C．4．一小钢球从平台上的A处以速度v0水平飞出．经t0时间落在上B处，此时速度方向恰好沿斜坡向下，接着小钢球从B处沿直线自由滑下，又经t0时间到达坡下的C处．斜坡BC与水平面夹角为30°，不计摩擦阻力和空气阻力，那么钢球从A到C的过程中水平、竖直两方向的分速度V X、V Y随时间变化的图象是〔〕A ．B ． C ．D ．【分析】根据题意可知：小钢球从平台上的A处以速度v0水平飞出后做平抛运动，落到B点后做匀加速直线运动直到C点．根据平抛运动、及匀加速运动水平方向和竖直方向速度的特点即可解题．【解答】解：0﹣t0时间内小钢球做平抛运动，水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动．t0﹣2t0时间内小钢球做匀加速直线运动，根据牛顿第二律得：a==所以分解到水平方向的加速度为分解到竖直方向的加速度所以：前t0时间内竖直方向速度增量是后t0时间内竖直方向速度增量的四倍．所以整个过程水平方向先做匀速运动，后做匀加速运动，故AB错误；竖直方向先以加速度g 匀加速，后以加速度匀加速运动，故C错误，D正确．应选D．5．冰面对溜冰运发动的最大静摩擦力为运发动重力的k倍，运发动在水平冰面上沿半径为R的圆做圆周运动，其平安速度为〔〕A．v=k B．v ≤C．v ≤ D．v ≤【分析】运发动在水平面上做圆周运动的向心力是由运发动受到的冰给运发动的最大静摩擦力提供的，根据向心力的公式可以计算出此时的最大速度【解答】解：由题意可知，最大静摩擦力为重力的k倍，所以最大静摩擦力于kmg，设运发动的最大的速度为v，那么：kmg=m解得：v=，所以平安速度v ≤，故B正确．应选：B6．如下图，倾斜轨道AC与有缺口的圆轨道BCD相切于C，圆轨道半径为R，两轨道在同一竖直平面内，D是圆轨道的最高点，缺口DB所对的圆心角为90°，把一个小球从斜轨道上某处由静止释放，它下滑到C点后便进入圆轨道，要想使它上升到D点后再落到B点，不计摩擦，那么以下说法正确的选项是〔〕A．释放点须与D点高B．释放点须比D 点高C．释放点须比D 点高D．使小球经D点后再落到B点是不可能的【分析】物体运动过程中只有重力做功，机械能守恒，物体离开D点做平抛运动，进入圆轨道，根据平抛运动的知识求出经过D点的速度，再结合机械能守恒律求出释放点的高度．【解答】解：A、通过D点的最小速度不为零，根据机械能守恒律可知释放的位置必须高于D点，故A错误；B、根据牛顿第二律得：小球通过D点的最小速度v=，小球从D点到B点，根据平抛运动，有R=vt，R=，解得：v=，所以能判断出使小球经D点后再落到B点是不可能的，故D正确，BC错误；应选：D 7．如下图，一根跨越光滑滑轮的轻绳，两端各有一杂技演员〔可视为质点〕，a 站于地面，b从图示的位置由静止开始向下摆动，运动过程中绳始终处于伸直状态，当演员b摆至最低点时，a刚好对地面无压力，那么演员a质量与演员b 质量之比为〔〕A．1：1 B．2：1 C．3：1 D．4：1【分析】b向下摆动过程中机械能守恒，在最低点绳子拉力与重力之差提供向心力，根据向心力公式得出绳对b的拉力，a刚好对地面无压力，可得绳子对a 的拉力，根据拉力相，可得两者质量关系．【解答】解：b 下落过程中机械能守恒，有：①在最低点有：②联立①②得：T b=2m b g当a刚好对地面无压力时，有：T a=m a gT a=T b，所以，m a：m b=2：1，故ACD错误，B正确．应选：B．8．光滑的水平轨道AB，与半径为R的光滑的半圆形轨道BCD相切于B点，其中圆轨道在竖直平面内，B为最低点，D为最高点．一质量为m的小球以初速度v0沿AB运动，恰能通过最高点，那么〔〕A．R越大，v0越大B．R越大，小球经过B点后的瞬间对轨道的压力越大C．m越大，v0越大D．m与R同时增大，初动能E k0增大【分析】小球恰能通过最高点时，由重力提供向心力，根据牛顿第二律求出小球经最高点时的速度，根据动能理求出初速度v0与半径R的关系．小球经过B 点后的瞬间由重力和轨道的支持力的合力提供向心力，由牛顿运动律研究小球对轨道的压力与半径的关系．【解答】解：A、C小球恰能通过最高点时，那么有mg=，，根据机械能守恒律得，=+2mgR ，得到，可见，R越大，v0越大，而且v0与小球的质量m无关．故A正确，C错误．B、从B到D，有mg•2R +=小球经过B点后的瞬间，N﹣mg=m，得到轨道对小球的支持力N=6mg，N与R 无关．故B错误．D、初动能E k0==+2mgR=，得知m与R同时增大，初动能E k0增大．故D正确．应选AD9．“北斗〞系统中两颗工作卫星1和2在同一轨道上绕地心O沿顺时针方向做匀速圆周运动，轨道半径为r，某时刻它们分别位于轨道上的A、B两位置，如下图．地球外表处的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力．以下判断中正确的选项是〔〕A．这两颗卫星的向心加速度大小为a=gB．这两颗卫星的角速度大小为ω=R C．卫星1由位置A运动至位置B所需的时间为t=D．如果使卫星1加速，它就一能追上卫星2【分析】万有引力提供向心力，可得出r相同那么速度v大小相，v变大那么r变大〔做离心运动〕，再结合即〔黄金代换〕，即可求解．【解答】解：A、卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力充当向心力，即：G=ma，由万有引力与重力关系，G=mg，解两式得：a=g，A项正确；B、由a=ω2r ，将上式代入得：ω=，B项错误；C、卫星1由位置A运动到位置B 所需时间为卫星周期的，由T=，t=，C项正确；D、卫星1加速后做离心运动，进入高轨道运动，不能追上卫星2，D项错误．应选：AC10．宇宙飞船绕地球做圆周运动时，由于地球遮挡阳光，会经历“日全食〞过程，如下图．地球的半径为R，地球质量为M，引力常量为G，地球自转周期为T0．太阳光可看作平行光，不考虑地球公转的影响，宇航员在A点测出地球的张角为σ，以下说法中正确的选项是〔〕A ．飞船的高度为B ．飞船的线速度为C．飞船的周期为2πD ．飞船每次“日全食〞过程的时间为【分析】宇宙飞船绕地球做匀速圆周运动，由飞船的周期及半径可求出飞船的线速度；同时由引力提供向心力的表达式，可列出周期与半径及角度α的关系．当飞船进入地球的影子后出现“日全食〞到离开阴影后结束，所以算出在阴影里转动的角度，即可求出发生一次“日全食〞的时间．【解答】解：A、飞船绕行有：v=①，T=2π②．用几何关系．在△OEA中有sin =③，飞船高度为h=r﹣R ④．③式代入④式，解得h=R 〔﹣1〕，故A错误；B、解①③得v=，故B正确；C、解②③得T=2π，故C正确；D、每次“日全食〞时间t为绕行BAC时间．由△ODB≌△OEA知γ=，又有β=γ，解得β=⑤综合圆周运动规律．有：2β=ωt，2π=ωT，解得t=⑥，解⑤⑥式得t=T，故D错误．应选：BC11．如下图，“嫦娥三号〞从环月圆轨道I上的P点实施变轨进入椭圆轨道II，再由近月点 Q开始进行动力下降，最后于12月14日落月．以下说法正确的选项是〔〕A．沿轨道II运行的周期大于沿轨道I运行的周期B．沿轨道I运行至P点时，需制动减速才能进入轨道IIC．沿轨道II运行时，在P点的加速度大于在Q点的加速度D．沿轨道II运行时，由P点到Q点的过程中万有引力对其做负功【分析】根据开普勒第三律可知卫星的运动周期和轨道半径之间的关系；根据做近心运动时万有引力大于向心力，做离心运动时万有引力小于向心力，可以确变轨前后速度的变化关系；根据F合=ma可知在不同轨道上的同一点加速度相同．【解答】解：A 、根据开普勒第三律，可得半长轴a越大，运动周期越大，显然轨道Ⅰ的半长轴〔半径〕大于轨道Ⅱ的半长轴，故沿轨道Ⅱ运动的周期小于沿轨道І运动的周期，故A错误；B、沿轨道Ⅰ运动至P时，制动减速，万有引力大于向心力做向心运动，做近心运动才能进入轨道Ⅱ．故B正确；C 、根据得：a=，沿轨道Ⅱ运行时，在P点的加速度小于在Q点的加速度，故C错误；D、在轨道Ⅱ上由P点运行到Q点的过程中，万有引力方向与速度方向成锐角，万有引力对其做正功，故D错误．应选：B．12．宇宙中的有些恒星可组成双星系统．它们之间的万有引力比其它恒星对它们的万有引力大得多，因此在研究双星的运动时，可以忽略其它星球对它们的作用．S1和S2构成一个双星，它们在相互之间的万有引力作用下绕两者连线上某一点O做匀速圆周运动．S1的质量是S2质量的k倍〔k＞1〕，以下判断正确的选项是〔〕A．S1、S2的角速度之比为1：kB．S1、S2的线速度之比为1：kC．S1、S2的加速度之比为1：kD．S1、S2所受的向心力大小之比为k：1【分析】据双星系统的特点，转动过程中周期相同那么角速度一样，由相互的万有引力提供向心力知向心力相同，由F=mw2r可得m1和m2的半径之比于质量的倒数比，又根据角速度和线速度的关系v=w2r知角速度相同，线速度与半径成正比，即可得出线速度之比．又因为a=vω，所以加速度之比于线速度之比．【解答】解：A、D、根据双星系统的特点，转动过程中周期相同那么角速度相同，由万有引力充当向心力，向心力也相同，所以S1、S2的角速度之比为1：1，向心力大小之比为1：1，故AD均错误．B、由F=mω2r可得S1和S2的半径比值r1：r2=m2：m1=1：k，由v=ωr知角速度相同，线速度与半径成正比，所以S1、S2的线速度之比为 1：k．故B正确．C、因为a=vω，所以加速度之比于线速度之比，故S1、S2的加速度之比为1：k，故C正确．应选：BC．三．计算题13．如图，细绳一端系着质量M=0.6kg的物体，静止在水平面，另一端通过光滑小孔吊着质量m=0.3kg的物体，M的中点与圆孔距离为0.2m，并知M和水平面的最大静摩擦力为2N，现使此平面绕中心轴线转动，问角速度ω在什么范围m会处于静止状态？〔g取10m/s2〕【分析】当角速度最小时，由于细绳的拉力作用，M有向圆心运动趋势，静摩擦力方向和指向圆心方向相反，并且到达最大值，由最大静摩擦力与细绳拉力的合力提供M的向心力．当角速度最大时，M有离开圆心趋势，静摩擦力方向指向圆心方向，并且到达最大值，由最大静摩擦力与细绳拉力的合力提供M的向心力．根据牛顿第二律求解角速度及其范围．【解答】解：设物体M和水平面保持相对静止．当ω具有最小值时，M有向圆心运动趋势，故水平面对M的静摩擦力方向和指向圆心方向相反，且于最大静摩擦力2N．根据牛顿第二律隔离M有：T﹣f m=Mω12r⇒0.3×10﹣2=0.6ω12×0.2解得ω1=rad/s当ω具有最大值时，M有离开圆心趋势，水平面对M摩擦力方向指向圆心，大小也为2N．再隔离M有：T+f m=Mω22r⇒0.3×10+2=0.6ω22×0.2解得ω=rad/s所以ω范围是：rad/s≤ω≤rad/s答：角速度ω在rad/s≤ω≤rad/s范围m会处于静止状态．14．光滑圆轨道和两倾斜直轨道组成如下图装置，其中直轨道bc粗糙，直轨道cd光滑，两轨道相接处为一很小的圆弧．质量为m=0.1kg的滑块〔可视为质点〕在圆轨道上做圆周运动，到达轨道最高点a时的速度大小为v=4m/s，当滑块运动到圆轨道与直轨道bc的相切处b时，脱离圆轨道开始沿倾斜直轨道bc滑行，到达轨道cd上的d点时速度为零．假设滑块变换轨道瞬间的能量损失可忽略不计，圆轨道的半径为R=0.25m，直轨道bc的倾角θ=37°，其长度为L=25m，d 点与水平地面间的高度差为h=0.2m，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6．求：〔1〕滑块在圆轨道最高点a时对轨道的压力大小；〔2〕滑块与直轨道bc问的动摩擦因数；〔3〕滑块在直轨道bc上能够运动的时间．【分析】〔1〕在圆轨道最高点a处滑块受到的重力和轨道的支持力提供向心力，由牛顿第二律即可求解；〔2〕从a点到d点重力与摩擦力做功，全程由动能理即可求解；〔3〕分别对上滑的过程和下滑的过程中使用牛顿第二律，求得加速度，然后结合运动学的公式，即可求得时间．【解答】解：〔1〕在圆轨道最高点a 处对滑块由牛顿第二律得：所以=N由牛顿第三律得滑块在圆轨道最高点a时对轨道的压力大小为N〔2〕从a点到d 点全程由动能理得：=0.8〔3〕设滑块在bc上向下滑动的加速度为a1，时间为t1，向上滑动的加速度为a2，时间为t2；在c点时的速度为v c．由c到d ：=2m/sa点到b 点的过程：所以=5m/s 在轨道bc上：下滑：=s上滑：mgsinθ+μmgcosθ=ma2a2=gsinθ+μgcosθ=1m/s20=v c﹣a2t2=0.16s因为μ＞tanθ，所以滑块在轨道bc上停止后不再下滑滑块在两个斜面上运动的总时间：t总=t1+t2=〔+0.16〕s=6s 答：〔1〕滑块在圆轨道最高点a时对轨道的压力大小是N；〔2〕滑块与直轨道bc问的动摩擦因数是0.8；〔3〕滑块在直轨道bc上能够运动的时间是6s．。

2020年广东省汕头市西凤中学高三物理期末试卷含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1. （多选）一列简谐横波在x轴上传播，某时刻的波形图如图21所示，图中每小格代表1m，a 、b 、c为三个质点，a正向上运动。

由此可知________A．该波沿x 轴正方向传播B．c 正向上运动C．该时刻以后，b比c先到达平衡位置D．该时刻以后，b比c先到达离平衡位置最远处E．a质点振动一个周期，波传播的距离为8m参考答案：ACE2. 一质点在连续的6s内作匀加速直线运动，在第一个2s内位移为12m，最后一个2s内位移为36m，下面说法正确的是（）A．质点的加速度大小是3m/s2 B．质点的加速度大小是2m/s2C．第2s末的速度大小是12 m/s D．第1s内的位移大小是6m参考答案：A【考点】匀变速直线运动规律的综合运用；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的速度与位移的关系．【分析】根据连续相等时间内的位移之差是一恒量，即△x=aT2求出质点的加速度．根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出第1s末的速度再有运动学公式求的速度和位移．【解答】解：A、设第一个2s内的位移为x1，第三个2s内，即最后1个2s内的位移为x3，根据x3﹣x1=2aT2得：．故A正确，B错误．C、第1s末的速度等于第一个2s内的平均速度，则：，则第2s末速度为v=v1+at=6+3×1m/s=9m/s．故C错误．D、在第1s内反向看为匀减速运动则s==6×1﹣3×=4.5m，故D错误；故选：A．3. （单选）物体做直线运动，速度图象如图所示。

由图象可以判断（）A. 第1s内与第2s内的位移方向相反B. 第1s末物体的速度改变方向C. 第1.5s与第2.5s的加速度方向相反D. 第3s末和第5s末物体的位置相同参考答案：D4. 氢原子核外电子在能级间跃迁时发出a、b两种频率的单色光，经同一双缝干涉装置得到的干涉图样分别如甲、乙两图所示。

2021年高三物理上学期第七次周练试题1．如图，人沿平直的河岸以速度v行走，且通过不可伸长的绳拖船，船沿绳的方向行进，此过程中绳始终与水面平行．当绳与河岸的夹角为α时，船的速率为( )A．v sin α B.v sin αC．v cos α D.v cos α2．如图所示，甲、乙两同学从河中O点出发，分别沿直线游到A点和B点后，立即沿原路线返回到O点，OA、OB分别与水流方向平行和垂直，且OA＝OB.若水流速度不变，两人在静水中游速相等，则他们所用时间t甲、t乙的大小关系为( )A．t甲＜t乙B．t甲＝t乙C．t甲＞t乙D．无法确定3.小球在水平桌面上做匀速直线运动，当它受到力F的作用(F的方向如图所示)时，小球可能的运动方向是( )A．Oa B．ObC．Oc D．Od4.如图所示，在抗洪抢险中，一战士驾驶摩托艇救人，假设河岸是平直的，洪水沿河岸向下游流去，水流速度为v1，摩托艇在静水中的航速为v2.战士救人的地点A离岸边最近处O的距离为d.若战士想在最短时间内将人送上岸，则摩托艇登陆的地点离O点的距离为( )A.dv2v22－v21B．0C.dv1v2D.dv2v15．如图所示，一铁球用细线悬挂于天花板上，静止垂在桌子的边缘，悬线穿过一光盘的中间孔，手推光盘在桌面上平移，光盘带动悬线紧贴着桌子的边缘以水平速度v匀速运动，当光盘由A位置运动到图中虚线所示的B位置时，悬线与竖直方向的夹角为θ，此时铁球( )A．竖直方向速度大小为v cos θB．竖直方向速度大小为v sin θC．竖直方向速度大小为v tan θD ．相对于地面速度大小为v6.如图所示，从地面上同一位置抛出两小球A 、B ，分别落在地面上的M 、N 点，两球运动的最大高度相同. 空气阻力不计，则( )A ．B 的加速度比A 的大 B ．B 的飞行时间比A 的长C ．B 在最高点的速度比A 在最高点的大D ．B 在落地时的速度比A 在落地时的大7．在实验操作前应该对实验进行适当的分析．研究平抛运动的实验装置示意图如图所示．小球每次都从斜槽的同一位置无初速释放，并从斜槽末端水平飞出．改变水平板的高度，就改变了小球在板上落点的位置，从而可描绘出小球的运动轨迹．某同学设想小球先后三次做平抛运动，将水平板依次放在如图1、2、3的位置，且1与2的间距等于2与3的间距．若三次实验中，小球从抛出点到落点的水平位移依次为x 1、x 2、x 3，机械能的变化量依次为ΔE 1、ΔE 2、ΔE 3，忽略空气阻力的影响，下面分析正确的是( )A ．x 2－ x 1＝x 3－x 2，ΔE 1＝ΔE 2＝ΔE 3B ．x 2－ x 1>x 3－x 2，ΔE 1＝ΔE 2＝ΔE 3C ．x 2－ x 1>x 3－x 2，ΔE 1<ΔE 2<ΔE 3D ．x 2－ x 1<x 3－x 2，ΔE 1<ΔE 2<ΔE 38.如图所示，相距l 的两小球A 、B 位于同一高度h (l 、h 均为定值)．将A 向B 水平抛出的同时，B 自由下落．A 、B 与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反．不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间，则( )A ．A 、B 在第一次落地前能否相碰，取决于A 的初速度 B ．A 、B 在第一次落地前若不碰，此后就不会相碰C ．A 、B 不可能运动到最高处相碰D ．A 、B 一定能相碰9.如图所示，在斜面顶端的A 点以速度v 平抛一小球，经t 1时间落到斜面上B 点处，若在A 点将此小球以速度0.5v 水平抛出，经t 2时间落到斜面上的C 点处，以下判断正确的是( )A ．AB ∶AC ＝2∶1 B ．AB ∶AC ＝4∶1 C ．t 1∶t 2＝4∶1D ．t 1∶t 2＝2∶110.如图所示，在竖直放置的半圆形容器的中心O 点分别以水平初速度v 1、v 2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，已知OA 与OB 互相垂直，且OA 与竖直方向成α角，则两小球初速度之比v 1v 2为( )A ．tan αB ．cos αC ．tan αtan αD ．cos αcos α11.如图所示，两个物体以相同大小的初速度从O 点同时分别向x 轴正、负方向水平抛出，它们的轨迹恰好满足抛物线方程y ＝1kx 2，那么以下说法正确的是( )A．物体被抛出时的初速度为kg 2B．物体被抛出时的初速度为2kgC．两个物体抛出后，经时间t二者相距为t2kgD．两个物体抛出后，经时间t二者与O点所构成的三角形面积为2kg2gt3j29193 7209 爉-32403 7E93 纓39101 98BD 颽cK37761 9381 鎁30171 75DB 痛_32850 8052 聒22218 56CA 囊21241 52F9 勹37592 92D8 鋘37146 911A 鄚。

高三物理第一轮复习第七章（先考卷）第一讲 动量及其守恒定律编写人：吴艳婷 审核人：刘春琴班级 姓名 学号 评价一、 选择题（每小题6分）1. 一枚火箭搭载着卫星以速率v 0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离。

已知前部分的卫星质量为m 1，后部分的箭体质量为m 2，分离后箭体以速率v 2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力与分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v 1为( )A ．v 0－v 2B ．v 0＋v 2C ． v 0－m 2m 1v 2 D ．v 0＋m 2m 1(v 0－v 2) 2. 质量为m 的物体放在光滑水平地面上，在与水平方向成θ角的恒力F 作用下，由静止开始运动，经过时间t ，速度为v ，在此时间内推力F 和重力的冲量大小分别为( )A ．Ft ，0B ．Ft cos θ，0C ．mv ，0D ．Ft ，mgt3. (2014·高考重庆卷)一弹丸在飞行到距离地面5 m 高时仅有水平速度v ＝2 m/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 ＝10 m/s2.则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )4. (2014·福建福州一模)如图所示，光滑的水平面上，小球A 以速度v 0向右运动时与静止的小球B 发生对心正碰，碰后A 球的速率为v 03，B 球的速率为v 02，A 、B 两球的质量之比为( ) A ．3：8B ．3：5C ．2：3D ．4：3 5. (2014·重庆质检)如图所示，一沙袋用无弹性轻细绳悬于O 点，开始时沙袋处于静止，此后弹丸以水平速度击中沙袋后均未穿出。

第一次弹丸的速度为v 1，打入沙袋后二者共同摆动的最大摆角为30°，当其第1次返回图示位置时，第2粒弹丸以水平速度v 2又击中沙袋，使沙袋向右摆动且最大摆角仍为30°。

若沙袋质量是弹丸质量的30倍，则以下结论中正确的是( )A ．v 1：v 2＝1：1B ．v 1：v 2＝31：32C ．v 1：v 2＝32：31D ．v 1：v 2＝31：636．（多选）质量为Ｍ、内壁间距为Ｌ 的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为ｍ 的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ。

广东省汕头市西凤中学高三物理期末试卷含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1. 如图所示，密闭气缸左侧底导热，其余部分绝热性能良好，隔热轻活塞K把气缸分隔成体积相等的两部分，K与气缸壁的接触是光滑的，两部分中分别盛有相同质量、相同温度且高于环境温度的同种气体a和b，气体分子之间相互作用势能可忽略，当气体a通过左侧底向外散失一定的热量后，a、b各自达到新的平衡（）A．a的体积减小了，压强降低了B．b的温度降低了C．散失热量后a的分子热运动比b的分子热运动激烈D．a减少的内能大于b减少的内能参考答案：答案：ABD2.（多选）下列说法正确的是。

A．由红光和绿光组成的一细光束从水中射向空气，在不断增大入射角时水面上首先消失的是绿光B．光的双缝干涉实验中，在光屏上的某一位置会时而出现明条纹时而出现暗条纹C．均匀变化的电场产生均匀变化的磁场向外传播就形成了电磁波D．根据相对论可知空间和时间与物质的运动状态有关参考答案：AD3. （多选题）如图所示，皮带始终保持v＝3m/s的速度顺时针运转，一个质量为m＝1kg，初速度为零的物体放在传送带的左端。

若物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.15，传送带左右两端距离s＝4.5m，则物体从传送带左端到右端所需时间t，设传送带轮是由电动机带动的，由于传送物体而使电动机多消耗的电能为W，（g＝10m/s2）则( ) A．t＝2s B．t＝2.5s C．W＝4.5J D．W＝9J参考答案：BD考点：牛顿第二定律的应用；功能关系【名师点睛】解决本题的关键会根据受力判断物体的运动情况，以及知道消耗的电能等于摩擦产生的内能与物体动能增量之和。

4. 如图所示为运送粮袋的传送装置，已知AB间长度为L，传送带与水平方向的夹角为，工作时运行速度为，粮袋与传送带间的动摩擦因数为，正常工作时工人在A点将粮袋放到运行中的传送带上，关于粮袋从A到B的运动，（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）以下说法正确的是A．粮袋到达B点的速度可能大于、可能相等或小于B．粮袋开始运动的加速度为,若L足够大,则以后将以速度做匀速运动C．若,则粮袋从A到B一直做加速运动D．不论大小如何,粮袋从A到B一直做匀加速运动,且参考答案：AC5. 如图所示，是验证楞次定律实验的示意图，竖直放置的线圈固定不动，将磁铁从线圈上方插入或拔出，线圈和电流表构成的闭合回路中就会产生感应电流．各图中分别标出了磁铁的极性、磁铁相对线圈的运动方向以及线圈中产生的感应电流的方向等情况,其中正确的是( )参考答案：CD二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6. 某同学用电源频率为50Hz的电磁打点计时器（含复写纸）做“探究质量一定时，加速度与合力的关系”实验。

2022年广东省汕头市西凤初级中学高三物理下学期期末试卷含解析一、 选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意 1. 如图所示是医生用计算辅助某种射线断层摄影（简称“CT ”）检查身体的情景，这种能穿透身体的射线是A ．红外线B ．可见光C ．紫外线D ．X 射线 参考答案： D2. （多选）静电场方向平行于x 轴，其电势随x 的分布可简化为如图所示的折线。

一质量为m 、带电量为＋q 的粒子（不计重力），以初速度v0从O 点（x=0）进入电场，沿x 轴正方向运动。

下列叙述正确的是 （ ）A ．粒子从O 运动到x1的过程中速度逐渐减小B ．粒子从x1运动到x3的过程中，电势能先减小后增大C ．要使粒子能运动到x4处，粒子的初速度v0至少为D ．若v0＝，粒子在运动过程中的最大速度为【必做题】参考答案：AD3. 一位杂技演员，当他仅用手握竖直竿沿竿匀速爬上时，手受到的摩擦力为f 1；当他仅用手握竿沿该竿匀速滑下时，手受到的摩擦力为f 2。

下列说法中正确的是（ ） A ．f 1、f 2大小相等，方向相同B ．f 1、f 2大小相等，f 1方向向上，f 2方向向下C ．f 1、f 2大小相等，f 1方向向下，f 2方向向上D ．f 1>f 2，方向都向上参考答案：答案：A4. 关于波动，下列说法正确的是（ ）B解：A 、只有横波才能发生偏振现象，故A 错误；B 、用白光做单缝衍射与双缝衍射，都可以观察到彩色条纹，故B 正确；C 、声波在传播过程中，介质中质点的速度并不等于声波的传播速度，故C 错误；D 、无电磁波按波长由长到短的顺序是：无线电波、红外线、可见光、紫外线、X 射线和γ射线，故D 错误． 故选B ．5. （单选）如图所示，质量为m 的小球，用OB 和O ′B 两根轻绳吊着，两轻绳与水平天花板的夹角分别为30°和60°，这时OB 绳的拉力大小为F 1，若烧断O ′B 绳，当小球运动到最低点C 时，OB 绳的拉力大小为F 2，则F 1：F 2等于（ ）1：2D考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：烧断水平细线前，小球处于平衡状态，合力为零，根据平衡条件求F1．烧断水平细线，当小球摆到最低点时，由机械能守恒定律求出速度，再由牛顿牛顿第二定律求F2．解答：解：烧断水平细线前，小球处于平衡状态，合力为零，根据几何关系得：F1=mgsin30°= mg；烧断水平细线，设小球摆到最低点时速度为v，绳长为L．小球摆到最低点的过程中，由机械能守恒定律得：mgL（1﹣sin30°）= mv2在最低点，有F2﹣mg=m联立解得F2=2mg；故F1：F2等于1：4；故选：D．点评：本题是共点力平衡和机械能守恒、牛顿第二定律的综合，要善于分析物体的状态和运动过程，准确选择解题规律．二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6. 为了测量自制遥控赛车的额定功率，某兴趣小组让赛车拖着纸带在水平地面上沿直线运动．并用打点计时器(电源频率50( Hz)记录运动情况。

2015届高三毕业班物理第七次质量检测（力学部分）本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。

共100分。

考试时间90分钟。

第Ⅰ卷（选择题部分 42分）一选择题（每小题3分，共42分。

下列每小题所给选项至少有一项符合题意，请将正确答案的序号填涂在答题卡上。

全对得3分，对而不全得2分）1、在经典力学建立过程中，伽利略、牛顿等物理学家作出了彪炳史册的贡献。

关于物理学家的贡献，下列说法正确的是（）A. 牛顿发现了万有引力定律并通过实验测量得出了引力常量GB. 伽利略在对自由落体运动的研究中，采用了以实验检验猜想和假设的科学方法C. 牛顿认为站在足够高的山顶上无论以多大的水平速度抛出物体，物体都会落回地面D．伽利略揭示了力与运动的关系，并用实验验证了在水平面上运动的物体若没有摩擦，将保持这个速度一直运动下去2、如图所示为物体做直线运动的v－t图象。

若将该物体的运动过程用x－t图象表示出来（其中x为物体相对出发点的位移），则下列选项中的四幅图描述正确的是（）3、如图所示，一个“Y”字形弹弓顶部跨度为L，两根相同的橡皮条均匀且弹性良好，其自由长度均为L，在两橡皮条的末端用一块软羊皮（长度不计）做成裹片可将弹丸发射出去。

若橡皮条的弹力满足胡克定律，且劲度系数为k，发射弹丸时每根橡皮条的最大长度为2L（弹性限度内），则弹丸被发射过程中所受的最大弹力为（）A．15kLB ．32kLC．kL D． 2kL4、如图所示，一轻绳跨过光滑定滑轮，两端分别系一个质量为m1、m2的物块．m1放在地面上，m2离水平地面有一定高度．当m1的质量发生改变时，m2的加速度a的大小也将随之改变．下列四个图象中最能正确反映a与m1之间关系的是 ( )5、某大型游乐场内的新型滑梯可以等效为如图所示的物理模型，一个小朋友与斜面在AB段的动摩擦因数μ1<tan θ，BC段的动摩擦因数μ2>tan θ，他从A点开始下滑，滑到C点恰好静止，整个过程中滑梯保持静止状态。