安徽省六安市左王中學高三物理知識點試題含解析

安徽省六安市左王中學高三物理知識點試題含解析一、選擇題：本題共5小題，每小題3分，共計15分．每小題只有一個選項符合題意1.下列關于曲線運動的說法，正確的是：（

）A．曲線運動可以是勻速運動；B．曲線運動的方向是軌跡的切線方向；C．做曲線運動的物體，其加速度可以和速度同方向；D．曲線運動一定是非勻變速運動。參考答案：B2.我國自行研制發(fā)射的“風云一號”“風云二號”氣象衛(wèi)星的軌道是不同的.“風云一號”是極地圓形軌道衛(wèi)星，其軌道平面與赤道平面垂直，周期為12h;“風云二號”是同步軌道衛(wèi)星，其圓軌道平面就是赤道平面，周期為24h.兩顆衛(wèi)星相比(

)A.“風云一號”離地面較高

B.“風云一號”角速度較小C.“風云二號”向心加速度較大

D.“風云二號”線速度較小

參考答案：D3.線圈通以如圖所示的隨時間變化的電流，則

A．0—t1時間內線圈中的自感電動勢最大

B．t1—t2時間內線圈中的自感電動勢最大

C．t2—t3時間內線圈中的自感電動勢最大

D．t1—t2時間內線圈中的自感電動勢最大參考答案：C4.甲、乙兩物體運動的速度圖象如圖所示，它們以下的物理量中相等的是A．位移

B．加速度

C．初速度

D．末速度參考答案：C5.（多選）（2014秋?廣饒縣月考）如圖所示，a、b帶等量異種電荷，MN為a、b連線的中垂線，現(xiàn)有一帶電粒子從M點以一定的初速度v射出，開始時的一段軌跡如圖中細線所示，若不計重力的作用，則在飛越該電場的過程中，下列說法中正確的是（）A． 該粒子帶負電B． 該粒子的動能先增大后減小C． 該粒子的電勢能先增大后減小D． 該粒子運動到無窮遠處后，其速度大小一定仍為v參考答案：ACD解：A、粒子軌跡向右彎曲，受到的電場力大致向右，則該粒子帶負電．故A正確．B、由題可知，電場力先做正功，后做負功，則根據(jù)動能定理得知：粒子的動能先增大后減?。蔅正確．C、電場力先做正功，后做負功，粒子的電勢能先減小后增大．故C錯誤．D、M點的電勢與無窮遠處相等，粒子從M點運動到無窮遠處過程，電場力做功為零，則該粒子運動到無窮遠處后，其速度大小一定仍為v．故D正確．故選：ACD二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.如圖，在斜面頂端先后水平拋出同一小球，第一次小球落到斜面中點，第二次小球落到斜面底端。則兩次小球運動時間之比t1∶t2=___；兩次小球落到斜面上時動能之比EK1∶EK2=_____。參考答案：；

7.(4分)如圖所示，質量為8kg的物體，以100J的初動能從斜面底端的A點沿斜面向上作勻減速直線運動，在上升過程中經(jīng)過B點時，動能減少了80J，機械能減少了32J，已知A、B間的距離s=2m，則物體受到的滑動摩擦力大小為

N，沿斜面向上運動的總時間為

s。

參考答案：答案：16，18.甲、乙兩個物體靜止在光滑的水平桌面上，m甲＞m乙，當甲物體獲得某一速度后與靜止的乙物體發(fā)生彈性正碰，碰撞后，系統(tǒng)的總動量不變（選填“減小”、“增大”或“不變”），甲的速度小于乙的速度（選填“大于”、“小于”或“等于”）．參考答案：考點：動量守恒定律．分析：兩物體碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，應用動量守恒定律與機械能守恒定律可分析答題．解答：解：兩物體組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，碰撞后系統(tǒng)總動量不變；設甲的初速度為v0，以甲的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：m甲v0=m甲v甲+m乙v乙﹣﹣﹣①物體發(fā)生彈性碰撞，機械能守恒，由機械能守恒定律得：m甲v02=m甲v甲2+m乙v乙2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②解得：v甲=，v乙=，已知：m甲＞m乙，則v甲＜v乙；故答案為：不變，小于．點評：本意主要考查了碰撞過程中動量守恒定律得應用，注意彈性碰撞機械能守恒，難度適中．9.如圖甲所示，利用打點計時器測量小車沿斜面下滑時所受阻力的示意圖，小車拖在斜面上下滑時，打出的一段紙帶如圖乙所示，其中O為小車開始運動時打出的點。設在斜面上運動時所受阻力恒定。(1)已知打點計時器使用的交流電頻率為50Hz，則小車下滑的加速度α=

▲

m/s2，打E點時小車速度=

▲

m/s（均取兩位有效數(shù)字）。(2)為了求出小車在下滑過程中所受的阻力，可運用牛頓運動定律或動能定理求解，在這兩種方案中除知道小車下滑的加速度a、打E點時速度、小車質量m、重力加速度g外，利用米尺還需要測量哪些物理量，列出阻力的表達式。方案一：需要測量的物理量

▲

，阻力的表達式（用字母表示）

▲

；方案二：需要測量的物理量

▲

，阻力的表達式（用字母表示）

▲

。參考答案：量斜面的長度L和高度H,

(前1分,后2分)

方案二:測量斜面長度L和高度H,還有紙帶上OE距離S,10.如圖甲所示，在光滑的斜面上，有一滑塊，一勁度系數(shù)為k的輕彈簧上端與滑塊相連，下端與斜面上的固定擋板連接，在彈簧與擋板間有一力傳感器（壓力顯示為正值，拉力顯示為負值），能將各時刻彈簧中的彈力數(shù)據(jù)實時傳送到計算機，經(jīng)計算機處理后在屏幕上顯示出F﹣t圖象．現(xiàn)用力將滑塊沿斜面壓下一段距離，放手后滑塊將在光滑斜面上做簡諧運動，此時計算機屏幕上顯示出如圖乙所示圖象．（1）滑塊做簡諧運動的回復力是由

提供的；（2）由圖乙所示的F﹣t圖象可知，滑塊做簡諧運動的周期為s；（3）結合F﹣t圖象的數(shù)據(jù)和題目中已知條件可知，滑塊做簡諧運動的振幅為．參考答案：（1）彈簧的彈力和重力沿斜面的分力的合力（或彈簧彈力、重力和斜面支持力的合力）；（2）0.4；（3）；【考點】簡諧運動的回復力和能量．【分析】對滑塊進行受力分析，回復力指物塊所受力的合力；由F﹣t圖象分析滑塊的周期；根據(jù)胡克定律求出彈簧的伸長量和壓縮量，中間位置為平衡位置，從而可以求出振幅．【解答】解：（1）對滑塊進行受力分析，滑塊的合力為：彈簧的彈力和重力沿斜面的分力的合力，合力提供回復力．（2）由圖可以看出周期為0.4s（3）根據(jù)胡克定律：F1=KXF2=KX′振幅d==故答案為：（1）彈簧的彈力和重力沿斜面的分力的合力（或彈簧彈力、重力和斜面支持力的合力）；（2）0.4；（3）；11.（3分）如圖，a、b兩彈簧勁度系數(shù)均為K，兩球質量均為m，不計彈簧的質量，兩球靜止，則兩彈簧伸長量之和為

。參考答案：3mg/k12.我國將開展空氣中PM2.5濃度的監(jiān)測工作.PM2.5是指空氣中直徑小于2.5微米的懸浮顆粒物，其漂浮在空中做無規(guī)則運動，很難自然沉降到地面，吸入后會進入血液對人體形成危害.礦物燃料燃燒的排放是形成PM2.5的主要原因.下列關于PM2.5的說法中不正確的是

▲

.（填寫選項前的字母）

A．溫度越高，PM2.5的運動越激烈

B．PM2.5在空氣中的運動屬于分子熱運動C．周圍大量分子對PM2.5碰撞的不平衡使其在空中做無規(guī)則運動D．倡導低碳生活減少化石燃料的使用能有效減小PM2.5在空氣中的濃度參考答案：B13.如圖，墻上有兩個釘子a和b，它們的連線與水平方向的夾角為45°，兩者的高度差為l。一條不可伸長的輕質細繩一端固定于a點，另一端跨過光滑釘子b懸掛一質量為m1的重物。在繩上距a端l/2的c點有一固定繩圈。若繩圈上懸掛質量為m2的鉤碼，平衡后繩的ac段正好水平，則重物和鉤碼的質量比=________。參考答案：三、簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.如圖所示，熒光屏MN與x軸垂直放置，熒光屏所在位置橫坐標x0＝40cm，在第一象限y軸和MN之間存在沿y軸負方向的勻強電場，在第二象限有半徑R＝10cm的圓形磁場，磁感應強度大小B＝0.4T，方向垂直xOy平面向外。磁場的邊界和x軸相切于P點。在P點有一個粒子源，平行于坐標平面，向x軸上方各個方向發(fā)射比荷為1.0×108C./kg的帶正電的粒子，已知粒子的發(fā)射速率v0＝4.0×106m/s。不考慮粒子的重力粒子間的相互作用。求(1)帶電粒子在磁場中運動的軌跡半徑;(2)若所有帶電粒子均打在x軸下方的熒光屏上，求電場強度的最小值參考答案：（1）（2）【詳解】（1）粒子在磁場中做圓周運動，其向心力由洛倫茲力提供，即：，則；（2）由于r＝R，所以所有粒子從右半圓中平行x軸方向進入電場進入電場后，最上面的粒子剛好從Q點射出電場時，電場強度最小，粒子進入電場做類平拋運動，水平方向上豎直方向，聯(lián)立解得最小強度為：；15.（8分）一定質量的理想氣體由狀態(tài)A經(jīng)狀態(tài)B變?yōu)闋顟B(tài)C，其中AB過程為等壓變化，BC過程為等容變化。已知VA=0.3m3，TA=TB=300K、TB=400K。（1）求氣體在狀態(tài)B時的體積。（2）說明BC過程壓強變化的微觀原因（3）沒AB過程氣體吸收熱量為Q，BC過氣體

放出熱量為Q2，比較Q1、Q2的大小說明原因。參考答案：解析：（1）設氣體在B狀態(tài)時的體積為VB，由蓋--呂薩克定律得，，代入數(shù)據(jù)得。(2)微觀原因：氣體體積不變，分子密集程度不變，溫度變小，氣體分子平均動能減小，導致氣體壓強減小。(3)大于；因為TA=TB，故AB增加的內能與BC減小的內能相同，而AB過程氣體對外做正功，BC過程氣體不做功，由熱力學第一定律可知大于?？键c：壓強的微觀意義、理想氣體狀態(tài)方程、熱力學第一定律四、計算題：本題共3小題，共計47分16.（15分）如圖所示，一個半徑為R=2.0m的水平圓盤繞過圓心的豎直軸轉動，轉動角速度為ω=5.0rad/s。在圓盤邊緣處有一個小滑塊隨圓盤一起轉動，某一時刻，滑塊從圓盤邊緣A滑落，經(jīng)光滑的過渡圓管進入光滑斜面軌道AB。已知AB段斜面傾角為?；瑝K在運動過程中始終未脫離軌道，不計在過渡圓管處的機械能損失。（g=10m/s2，sin=0.6，cos=0.8，結果保留兩位有效數(shù)字）（1）若A、B間距離為3.0m，求滑塊從A滑至B點的時間；（2）滑塊從開始上滑到再下滑回A處的過程中，圓盤轉動的圈數(shù)。參考答案：，

n=2.7（1）滑塊做圓周運動，有滑塊向上運動時加速度a，由牛頓第二定律得運動至B點時，由運動規(guī)律得解上各式、代入數(shù)據(jù)得，（2）滑塊返回A點的時間為t'，由運動規(guī)律得由運動規(guī)律知圓盤轉動周期為t/時間圓盤轉動的圈數(shù)為解上各式且代入數(shù)據(jù)得n=2.717.一個豎直固定在地面上的內壁光滑的透氣圓筒，筒中有一勁度系數(shù)為k的輕彈簧，其下端固定，上端連接一滑塊A，平衡時彈簧的壓縮量為，彈性勢能為E，如圖所示．物塊B從A的正上方距離為9x0的P處自由落下，與A發(fā)生碰撞，碰撞作用時間極短，且碰撞中沒有能量損失，碰后B立刻反彈，上升的最大高度為4x0．現(xiàn)使A恢復靜止，改用另一質量為物塊B質量5倍的物塊C從某處自由落下，落在A上立刻與A一起向下運動，但并不粘連．為使之后的運動過程中A、C兩物體不會分離，求物塊C下落時距A的高度H．參考答案：設A的質量為m，A靜止，有：設B的質量為mB，B與A碰前速度為v1，由機械能守恒定律可知：B與A發(fā)生完全彈性碰撞，設碰后A、B速度大小分別為，由動量守恒定律有：由機械能守恒定律有：可得：對B反彈，機械能守恒有：得：由題可知：設C與A碰前速度為v2，由機械能守恒定律可知：C與A碰，碰后速度為v3，由動量守恒：A、C分離發(fā)生在彈簧原長處O，不分離即系統(tǒng)至O點速度為零。由系統(tǒng)機械能守恒可知：解得：18.在xOy平面內，第Ⅲ象限內的直線OM是電場與磁場的邊界，0M與x軸負方向成45°角。在x＜0且OM的左側空間存在著x軸負方向的勻強電場，場強E大小為50N/C；在y＜0且OM的右側空間存在著垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度B=0.2T。如圖所示。一不計重力的帶負電的微粒，從坐標原點O沿y軸負方向以v0=4×103m/s的初速度進入磁場，已知微粒的電荷量q=-4×10-18C，質量m=1×10-24kg，求：

（1）帶電微粒第一次經(jīng)過電、磁場邊界OM的坐標；（2）帶電微粒離開電、磁場時的位置的坐標；（3）帶電微粒在電、磁場區(qū)域運動的總時間。

參考答案：見解析解：(1)第一次經(jīng)過磁場邊界上的A點，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得：qv0B＝m

解得：r＝＝5×10－3m

（2分）A點位置坐標為(－5×10－3m，－5×10－3m)

（2分）經(jīng)過磁場邊界時速度方向與OM夾角為450；與電場平行。

（1分）(2)微粒從C點沿y軸正方向進入電場，做類平拋運動a＝，解得：a＝2.0×108m/s2

（1分）Δx＝at＝2r

解得：t1＝1×10－5s

（2分）Δy＝v0t1

代入數(shù)據(jù)解得Δy＝0.04m

（1分)y