1、2013-2014学年吉林省延边州龙井三中高三（上）期中物理试卷 一、选择题1（2012秋雅安期末）两个分别带有电荷量Q和+5Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F，两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为（）ABCD考点：库仑定律版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：清楚两小球相互接触后，其所带电量先中和后均分根据库仑定律的内容，根据变化量和不变量求出问题解答：解：相距为r时，根据库仑定律得：；接触后，各自带电量变为2Q，则此时两式联立得F=，故选D点评：本题考查库仑定律及带电题电量的转移问题注意两电荷接触后各自电荷量的变化，这是
2、解决本题的关键2（2013秋龙井市校级期中）如图所示，一个内壁光滑的圆锥筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，有两个质量相同的小球A和小球B紧贴圆锥筒内壁分别在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法中正确的是（）AA球的线速度必定小于B球的线速度BA球的角速度必定大于B球的角速度CA球运动的周期必定大于B球的周期DA球对筒壁的压力必定大于B球对筒壁的压力考点：线速度、角速度和周期、转速版权所有专题：匀速圆周运动专题分析：小球受重力和支持力，靠重力和支持力的合力提供圆周运动的向心力，根据F合=ma=m2r=m比较线速度、角速度、周期的大小解答：解：D、两球所受的重力大小相等，支持力方向相同，根据力的
3、合成，知两支持力大小、合力大小相等，故D错误A、根据得F合=，合力、质量相等，r越大线速度大，所以球A的线速度大于球B的线速度，故A错误；B、F合=m2r合力、质量相等，r越大角速度越小，A球的角速度小于B球的角速度故B错误；C、F合=m合力、质量相等，r越大，周期越大，A周期大于B周期故C正确故选：C点评：解决本题的关键知道小球做匀速圆周运动，靠重力和支持力的合力提供向心力会通过F合=ma=m2r=m比较线速度、角速度、周期的大小3（2013湖北模拟）如图所示，在“嫦娥”探月工程中，设月球半径为R，月球表面的重力加速度为g0飞船在半径为4R的圆形轨道上运动，到达轨道的A点时点火变轨进入椭圆轨
4、道，到达轨道的近月点B时，再次点火进入近月轨道绕月做圆周运动，则（）A飞船在轨道的运行速率大于B飞船在轨道上运行速率小于在轨道上B处的速率C飞船在轨道上的重力加速度小于在轨道上B处重力加速度D飞船在轨道、轨道上运行的周期之比有TI：TIII=4：1考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系版权所有专题：人造卫星问题分析：由圆周运动中向心力公式和万有引力公式的变换，通过联立多项公式获得运行速率判定A；由可知，轨道的半径越大，速度越小，判定飞船在轨道上的速度小于在轨道的速度；飞船在轨道的B点做离心运动，所以飞船在轨道的B点的速度等于飞船在轨道上的速度，最后判断出飞船在轨道上运行速率小于在轨道上B处的
5、速率；根据万有引力提供向心力和飞船越大半径的大小，可判定C由万有引力充当向心力的周期公式可判定D解答：解：A、设月球的质量为M，飞船的质量为m，飞船绕月运动速度为v，由万有引力提供向心力：，又：，解得：，故A错误；B、由可知，轨道的半径越大，速度越小，所以飞船在轨道上的速度小于在轨道的速度；而飞船在轨道的B点做离心运动，所以飞船在轨道的B点的速度大于飞船在轨道上的速度，所以飞船在轨道上运行速率小于在轨道上B处的速率故B正确图可知点火后由原来的高轨道进入低轨道，可知卫星要减速，从椭圆轨道变为的圆轨道，需要再次减速度，所以飞船故B错误C、飞船的加速度a：，可知轨道的半径越大，加速度越小，所以飞船在
6、轨道上的重力加速度小于在轨道上B处重力加速度，故C正确D、由万有引力充当向心力的周期公式：，得：，故D错误故选：BC点评：主要考查圆周运动中各种向心力公式的变换注意题设条件的完整性4（2011安徽三模）如图所示，光滑斜面的倾角为30轻绳通过两个滑轮与A相连，轻绳的另一端固定于天花板上，不计轻绳与滑轮的摩擦物块A的质量为m不计滑轮的质量，挂上物块B后，当滑轮两边轻绳的夹角为90时，A、B恰能保持静止，则物块B的质量为（）ABmCmD2m考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用版权所有专题：共点力作用下物体平衡专题分析：先对A受力分析，运用共点力平衡条件求出细线的拉力；再对B受力分析，
7、再次运用共点力平衡条件求出B的质量解答：解：先对A受力分析，再对B受力分析，如图根据共点力平衡条件，有mgsin30=T解得M=故选A点评：本题关键是先后对物体A、B受力分析，根据共点力平衡条件，结合合成法或正交分解法列式求解5（2014春福州校级期末）一个小球做自由落体运动，在第1s内重力做功为W1，在第2s内重力做功为W2；在第1s末重力的瞬时功率为P1，在第2s末重力的瞬时功率做功为P2，则W1：W2及P1：P2分别等于（）A1：1，1：1B1：2，1：3C1：3；1：2D1：4，1：2考点：功率、平均功率和瞬时功率版权所有专题：功率的计算专题分析：小球做初速度为零的匀加速直线运动，根据
8、推论，求出第一秒和第二秒内的位移和速度之比，根据W=mgh及P=mgv即可求解解答：解：小球做初速度为零的匀加速直线运动，所以第一秒和第二秒内的位移之比为1：3，根据W=mgh可知：W1：W2=1：3；第一秒末和第二秒末的速度之比为1：2，根据P=mgv可知P1：P2=1：2故选：C点评：本题主要考查了初速度为零的匀加速直线运动的推论及W=mgh、P=mgv的直接应用，难度不大，属于基础题6（2013福建模拟）在奥运比赛项目中，高台跳水是我国运动员的强项质量为m的跳水运动员进入水中后受到水的阻力而做减速运动，设水对他的阻力大小恒为F，那么在他减速下降高度为h的过程中，下列说法正确的是（g为当地
9、的重力加速度）（）A他的动能减少了FhB他的重力势能增加了mghC他的机械能减少了（Fmg）hD他的机械能减少了Fh考点：重力势能的变化与重力做功的关系；动能定理的应用；功能关系版权所有分析：运动员进入水中后，受到重力和水的阻力，做减速运动，根据功能关系判断即可解答：解：A、运动员进入水中后，受到重力和水的阻力，克服合力做的功等于动能的减小量，故动能减小（Fmg）h，故A错误；B、运动员进入水中后，重力做功mgh，故重力势能减小mgh，故B错误；C、D、运动员进入水中后，除重力外，克服阻力做功Fh，故机械能减小Fh，故C错误，D正确；故选：D点评：本题关键是根据功能关系，得到合力做功是动能变化
10、的量度，重力做功是重力势能变化的量度，除重力外其余力做功是机械能变化的量度7（2008秋西城区期末）如图，从地面上方某点，将一小球以5m/s的初速度沿水平方向抛出小球经过1s落地不计空气阻力，g=10m/s2则可求出（）A小球抛出时离地面的高度是5mB小球从抛出点到落地点的水平位移大小是5mC小球落地时的速度大小是15m/sD小球落地时的速度方向与水平地面成30角考点：平抛运动版权所有专题：平抛运动专题分析：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度求出落地的高度，结合初速度和时间求出水平位移，求出落地时竖直方向上的分速度，通过平行四边形定则求出小球落地时的速度大
11、小根据平行四边形定则求出落地时的速度与水平方向的夹角解答：解：A、根据h=得，所以高度h=故A正确B、小球在水平方向上的位移x=v0t=5m故B正确C、小球落地时竖直方向上的速度vy=gt=10m/s，则落地的速度v=故C错误D、设小球落地时速度与水平方向的夹角为，则tan，所以夹角不等于30度故D错误故选AB点评：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解8（2013秋龙井市校级期中）如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则（
12、）A带电油滴将沿竖直方向向上运动BP点的电势将降低C带电油滴的电势能将减少D极板带电量将增加考点：电容器版权所有专题：电容器专题分析：将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，电容器两板间电压不变，根据E=分析板间场强的变化，判断电场力变化，确定油滴运动情况由U=Ed分析P点与下极板间电势差如何变化，即能分析P点电势的变化和油滴电势能的变化解答：解：A、将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据E=得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动故A错误B、场强E减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与下极板间电势差将减小
13、，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低故B正确C、由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P点的电势降低，则油滴的电势能将增加故C错误D、根据Q=UC，由于电势差不变，电容器的电容减小，故带电量减小，故D错误；故选：B点评：本题运用E=分析板间场强的变化，判断油滴如何运动运用推论：正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化9（2008秋济宁期末）如图所示的电路，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态，现将滑动变阻器的滑片P向左移动，则（）A电容器中的电场强度将增大B电容器上的电荷量将减少C电容器的电容将减小D液滴将向上运动考点：电
14、容；闭合电路的欧姆定律版权所有专题：电容器专题分析：由题意可知，电容器与R2并联，根据闭合电路欧姆定律可确定随着滑片左移，电阻的变化，导致电压的变化，从而判定电阻R2的电压变化，再根据可得，电容器的电量及由E=知两极间的电场强度如何变化解答：解：A、电容器两板间电压等于R2两端电压当滑片P向左移动时，总电阻增大，则总电流减小，则R2两端电压U减小，由E=知电容器中场强变小，A错误；B、根据可得，电容器充电，电荷量增大，B错误；C、电容器的电容与U的变化无关，保持不变，C项错误D、当滑片P向左移动时，R2两端电压U增大，由E=知电容器中场强变大，则带电液滴所受电场力变大，使液滴向上运动，D项正确
15、；故选：D点评：考查电容器的动态分析，涉及到闭合电路的欧姆定律，同时与E=公式的理解10（2014蚌埠一模）如图所示的电路，闭合开关S后，a、b、c三盏灯均能发光，电源电动势E恒定且内阻r不可忽略现将变阻器R的滑片稍向上滑动一些，三盏灯亮度变化的情况是（）Aa灯变亮，b灯和c灯变暗Ba灯和c灯变亮，b灯变暗Ca灯和c灯变暗，b灯变亮Da灯和b灯变暗，c灯变亮考点：闭合电路的欧姆定律版权所有专题：恒定电流专题分析：如图电路的结构是：c灯与变阻器R串联后与b灯并联，再与a灯串联R的滑片稍向上滑动时，变阻器R接入电路的电阻变小，外电路总电阻变小，根据欧姆定律分析干路电流的变化，再分析b灯电压的变化和
16、c灯的电流变化来分析灯泡亮度变化解答：解：R的滑片稍向上滑动时，变阻器R接入电路的电阻变小，外电路总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I增大，a灯变亮b的电压Ub=EI（r+Ra）减小，b灯变暗通过c灯的电流Ic=IIb，I增大，Ib减小，则Ic增大，c灯变亮故选：B点评：本题是电路中动态变化分析的问题，首先要搞清电路的结构，其次要按“部分整体部分”的顺序分析11（2008清城区模拟）图中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹粒子先经过M点，再经过N点可以判定（）AM点的电势大于N点的电势BM点的电势小于N点的电势C粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力D
17、粒子在M点受到的电场力小于在N点受到的电场力考点：电场线；电场强度；电势版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：本题比较简单，根据电场线的特点直接进行判断即可解答：解：电场线的疏密表示电场强度的强弱，沿电场方向电势降低，从图中可知：M点电势比N点高，N点处的电场线密，电场强度大，所受电场力大，故BC错误，AD正确故选AD点评：电场线的概念是电场中的重要概念，该概念包含物理信息较多，要加强理解和应用12（2014澄城县校级模拟）在图所示电路中，电源电动势为12V，电源内阻为1.0，电路中的电阻R0为1.5，小型直流电动机M的内阻为0.5，闭合开关S后，电动机转动，电流表的示数为2.0A则以下判
18、断中正确的是（）A电动机的输出功率为14WB电动机两端的电压为7.0VC电动机产生的热功率4.0WD电源输出的电功率为24W考点：电功、电功率；闭合电路的欧姆定律版权所有专题：恒定电流专题分析：在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的解答：解：B、电路中电流表的示数为2.0A，所以电动机的电压为U=EU内=12IrIR0=122121.5=7V，所以B正确；A、C，电动机的总功率为P总=UI=72=14W，电
19、动机的发热功率为P热=I2R=220.5=2W，所以电动机的输出功率为14 W2W=12W，所以A、C错误；D、电源的输出的功率为P输出=EII2R=122221=20W，所以D错误故选：B点评：对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的二、填空题13（2008上海）如图所示，把电量为5109C的电荷，从电场中的A点移到B点，其电势能增大（选填“增大”、“减小”或“不变”）；若A点的电势A=15V，B点的电势B=10V，则此过程中电场力做的功为2.5108 J考点：电势能；电势差；电势版权所有专题：计算题分析：判断电势能的高低可以根
20、据电势高低进行：负电荷在电势高的地方电势能低，正电荷则相反；也可以利用电场力做功：电场力做正功，电势能降低，做负功，电势能增加电场力做功和路径无关，至于始末位置的电势差有关解答：解：A点电势高于B点，因此负电荷在A点电势能小于B点，故将负电荷从A点移到B点，电势能将增加；故答案为：增大，2.5108点评：电势、电势能是电场中重要的概念，要正确理解电势、电势能之间以及电场力做功和电势能之间关系14（2015华亭县校级三模）两块平行金属板，相距2厘米，组成一个电容器当将它接在200伏的直流电压上时，它所带的电量是5108库那么，电容器的极板间的场强大小为10000V/m，电容器的电容大小为2.51
21、010F考点：电容器；电场强度版权所有专题：电容器专题分析：电容器间的电场为匀强电场，根据场强公式即可求解；根据电容的定义式求电容大小解答：解：电容器间的电场为匀强电场，所以电容器的极板间的场强大小为E=10000V/m，电容C=2.51010F故答案为：10000V/m，2.51010F点评：本题考查了电容的定义式的应用，知道电容器间的电场为匀强电场15（2013秋龙井市校级期中）一个小孩把6.0kg的物体沿高0.50m，长2.0m的光滑斜面，由底部匀速推到顶端，小孩做功为30，若有5.0N阻力的存在，小孩匀速把物体推上去应做40功，物体克服阻力做的功为10，重力做的功为30（g取10m/s
22、2）考点：功的计算版权所有专题：功的计算专题分析：物体匀速运动，速度不变，根据动能定理列式求解小孩做的功，根据W=fs求解阻力做的功，根据W=mgh求解重力做功，根据动能定理求解小孩做的功解答：解：匀速运动，速度不变，根据动能定理得：Wmgh=00解得：W=mgh=6100.5=30J若有5.0N阻力的存在，Wf=fx=52=10J，所以物体克服阻力做的功为10J，重力做的功WG=mgh=6100.5=30J根据动能定理得：Wmgh+Wf=00解得：W=mghWf=6100.5+10=40J故答案为：30；40；10；30点评：本题考查了功的公式和动能定理的基本运用，比较简单，是一道好题三、实
23、验题16（2013秋龙井市校级期中）（1）利用如图1中所示的装置可以研究自由落体运动实验中需要调整好仪器，接通打点计时器的电源，松开纸带，使重物下落打点计时器会在纸带上打出一系列的小点为了测试重物下落的加速度，还需要的实验器材有C（ 填入正确选项前的字母）A天平 B秒表 C米尺若实验中所得到的重物下落的加速度值小于当地的重力加速度值，而实验操作与数据处理均无错误，写出一个你认为可能引起此误差的原因：打点计时器与纸带间存在摩擦（2）“验证机械能守恒定律”的实验可以采用如图2所示的（甲）或（乙）方案来进行两种方案中，较理想的是甲（填“甲”或“乙”）方案，理由是因为这个方案摩擦阻力较小，误差小，操作
24、方便，实验器材少；如图2（丙）是实验中得到的一条纸带，图中所标的数据是相邻两计数点间的距离，已知每两个计数点之间的时间间隔T=0.1S，则物体运动的加速度=4.8m/s2，经分析该纸带是采用乙（填“甲”或“乙”）实验方案得到的考点：验证机械能守恒定律；测定匀变速直线运动的加速度版权所有专题：实验题分析：解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项知道乙装置中小车与斜面存在摩擦纸带实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的加速度解答：解：（1）根据运动学公式得：x=at2，a=，为了测试重物下落的加
25、速度，还需要的实验器材有：米尺，用来测量计数点之间的距离该实验中不需要天平，通过打点计时器打点的时间间隔可以计算出计数点之间的时间间隔，所以也不需要秒表故选：C若实验中所得到的重物下落的加速度值小于当地的重物加速度值，说明重物下落过程中除了受重力，还受到了打点计时器对纸带的摩擦力（2）乙装置中小车与斜面存在摩擦，会产生较大误差故甲方案好些机械能守恒的前提是只有重力做功，实际操作的方案中应该使摩擦力越小越好故甲方案好一些，因为这个方案摩擦阻力较小，误差小，操作方便，实验器材少由于相邻的计数点位于之差不等，采用逐差法求解加速度根据运动学公式得：x=at2，=m/s2=4.8m/s2该纸带是采用乙实
26、验方案得到的因为物体运动的加速度比重力加速度小很多故答案为：（1）C；打点计时器与纸带间存在摩擦；（2）甲；因为这个方案摩擦阻力较小，误差小，操作方便，实验器材少；a=4.8；乙点评：清楚实验中需要测量的物理量，从中知道需要的仪器和多余的仪器知道实验原理，清楚实际情况下存在的误差四、计算题17（2013甘州区校级二模）如图，一个质量为0.6kg 的小球以某一初速度从P点水平抛出，恰好从光滑圆弧ABC的A点的切线方向进入圆弧（不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失）已知圆弧的半径R=0.3m，=60，小球到达A点时的速度 v=4m/s取g=10m/s2，求：（1）小球做平抛运动的初速度v0；（2）
27、P点与A点的高度差；（3）小球到达圆弧最高点C时对轨道的压力考点：向心力；平抛运动版权所有专题：匀速圆周运动专题分析：（1）由题意，小球恰好从光滑圆弧ABC的A点的切线方向进入圆弧，说明到到A点的速度vA方向与水平方向的夹角为，根据速度的分解可以求出初速度v0；（2）平抛运动水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，根据平抛运动的基本规律求出P点与A点的高度差；（3）选择从A到C的运动过程，运用动能定理求出C点速度，根据向心力公式求出小球在最高点C时对轨道的压力解答：解：（1）小球恰好从光滑圆弧ABC的A点的切线方向进入圆弧，则小球到A点的速度与水平方向的夹角为，所以： v0=vx=vA
28、cos=40.5m/s=2m/s （2）vy=vAsin=4m/s=2m/s由平抛运动的规律得：vy2=2gh带入数据，解得：h=0.6m（3）从A到C的运动过程中，运用动能定理得：=mgR（1+cos）带入数据解之得：vC=m/s由圆周运动向心力公式得：NC+mg=m代入数据解之得：NC=8N由牛顿第三定律，得：小球对轨道的压力大小8N，方向竖直向上答：（1）小球做平抛运动的初速度v0为2m/s；（2）P点与A点的高度差为0.6m；（3）小球到达圆弧最高点C时对轨道的压力大小为8N，方向竖直向上点评：本题是平抛运动和圆周运动相结合的典型题目，除了运用平抛运动和圆周运动的基本公式外，求速度的问
29、题，动能定理不失为一种好的方法18（2010秋会泽县校级期末）如图所示为两组平行板金属板，一组竖直放置，一组水平放置，今有一质量为m的电子静止在竖直放置的平行金属板的A点，经电压U0加速后通过B点进入两板间距为d、电压为U的水平放置的平行金属板间，若电子从两块水平平行板的正中间射入，且最后电子刚好能从右侧的两块平行金属板穿出，A、B分别为两块竖直板的中点，求：（1）电子通过B点时的速度大小；（2）右侧平行金属板的长度；（3）电子穿出右侧平行金属板时的动能考点：带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用版权所有专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：（1）质子在加速电场中，电场力做正功eU0，由动
30、能定理求解质子射出加速电场的速度（2）质子进入偏转电场后做类平抛运动，沿水平方向做匀速直线运动，位移大小等于板长L；竖直方向做匀加速直线运动，位移大小等于板间距离的一半，由牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式求解板长L（3）在偏转电场中，电场力对质子做为eU，根据动能定理，对全过程研究，求解质子穿出电场时的速度解答：解：（1）在加速过程根据动能定理得：eU0=解得到质子射出加速电场的速度v0=（2）粒子在竖直方向：y=，a=在水平方向：x=L=v0t联立上式得到 代入数据得L=（2）从刚开始到射出电场的过程中运用动能定理得：=e（U0+）答：（1）电子通过B点时的速度大小为；（2）右侧平行金属
31、板的长度为；（3）电子穿出右侧平行金属板时的动能为e（U0+）；点评：本题是复合场问题，关键是分析质子的分析情况和运动情况在偏转电场中质子做类平抛运动，采用运动的分解方法研究19（2013怀化一模）如图所示，是一种折射率n=1.5的棱镜，用于某种光学仪器中，现有一束光线沿MN方向射到棱镜的AB面上，入射角的大小满足sin1=0.75，求：（1）光在棱镜中传播的速率；（2）画出此束光线射出棱镜后的方向，要求写出简要的分析过程（不考虑返回到AB和BC面上的光线）考点：光的折射定律版权所有专题：光的折射专题分析：（1）根据光在介质中速度公式v=，求出v=光在棱镜中传播的速率；（2）根据折射定律求出光
32、在AB面上的折射角，由几何知识求出光射到BC面上的入射角，判断能否发生全反射，画出光路图解答：解：（1）光在棱镜中传播的速率v=2108m/s（2）由题光在AB面上入射角的正弦sini=sin1=0.75，由折射定律率n=得，sinr=，得到AB面上的折射角r=30由几何关系得，BC面上的入射角=45全反射临界角C=arcsin=arcsin45，则光在BC面上发生全反射，光线垂直于AC面射出棱镜，光路如图所示答：（1）光在棱镜中传播的速率为2108m/s；（2）画出此束光线射出棱镜后的方向如图点评：本题是折射定律、光速公式和全反射知识的综合应用当光从光密介质射入光疏介质时要考虑能否发生全反射
