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福建省福州市2014届高三上学期期末物理试题 Word版含解析


2013-2014 学年福建省福州市高三(上)期末物理试卷
一、选择题(共 10 小题,每小题 4 分,共 40 分.在每小题给出的四个选项中.只有一个选项正 确.选对的得 4 分,有选错的和不答的得 0 分.) 1.(4 分)(2013?连江县校级模拟)许多科学家在物理学发展过程中作出了重要的贡献,下列说 法符合物理学史实的是(( ) A.牛顿发现了万有引力定律,并通过实验测出引力常量 B. 奥斯特发现了电流的磁效应,并得出电磁感应定律 C. 伽利略通过实验,为牛顿第一定律的建立奠定基础 D.哥白尼提出了日心说,并发现行星沿椭圆轨道运行的规律 2.(4 分)(2013 秋?福州期末)如图所示,测力计、绳子的质量都不计,摩擦也不计.物体 A 重 40N,物体 B 重 10N,滑轮重 2N,两物体均处于静止状态,则测力计示数和物体 A 对水平地面 的压力大小分别是( )

A.22N 和 30 N

B.20 N 和 32 N

C.52 N 和 10z N

D.50 N 和 40 N

3.(4 分)(2013 秋?福州期末)某物体做直线运动的 v﹣t 图象如图所示.根据图象提供的信息

可知,该物体(



A.在 0~4s 内与 4~6s 内的平均速度相等 B. 在 0~4s 内的加速度大于 7~8s 内的加速度 C. 在 4 s 末离起始点最远 D.在 6 s 末离起始点最远 4.(4 分)(2013 秋?福州期末)我国探月卫星成功进入了绕“日地拉格朗日点”的轨道,我国成为 世界上第三个造访该点的国家,如图所示,该拉格朗日点位于太阳与地球连线的延长线上,一飞行 器位于该点,在几乎不消耗燃料的情况下与地球同步绕太阳做圆周运动,则此飞行器的( )

A.向心力仅由太阳的引力提供 B. 周期小于地球的周期

C. 线速度大于地球的线速度 D.向心加速度小于地球的向心加速度 5.(4 分)(2012?东城区二模)如图所示,在轻弹簧的下端悬挂一个质量为 m 的小球 A,若将小 球 A 从弹簧原长位置由静止释放,小球 A 能够下降的最大高度为 h.若将小球 A 换为质量为 2m 的小球 B,仍从弹簧原长位置由静止释放,则小球 B 下降 h 时的速度为(已知重力加速度为 g,且 不计空气阻力)( )

A.

B.

C.

D. 0

6.(4 分)(2013 秋?福州期末)一带电粒子仅在电场力作用下,从电场中 a 点以初速度 vo 进入 电场并沿虚线所示的轨迹运动到 b 点,如图所示,可以判断该粒子( )

A.在 a 点的加速度比 b 点大 C. 在 a 点的电势比 b 点小

B. 在 a 点的电势能比 b 点小 D.在 a 点的动能比 b 点小 )

7.(4 分)(2013 秋?福州期末)在水平面内有一固定的 U 型裸金属框架,框架上静止放置一根 粗糙的金属杆 ab,整个装置放在竖直方向的匀强磁场中,如图所示.下列说法中正确的是(

A.只有当磁场方向向上且增强,ab 杆才可能向左移动 B. 只有当磁场方向向下且减弱,ab 杆才可能向右移动 C. 无论磁场方向如何,只要磁场减弱,ab 杆才可能向右移动 D.当磁场变化时,ab 杆中一定有电流产生,且一定会移动 8.(4 分)(2013 秋?福州期末)如图所示,E 为内阻不能忽略的电池,R1、R2、R3 为定值电阻, R4 为滑动变阻器,S0 为开关, 断正确的是( ) 与 分别为电压表与电流表.当滑动片 P 向左移动时,下列判

A. C.

的读数变小, 的读数变大,

的读数变小 的读数变小

B. D.

的读数变大, 的读数变小,

的读数变大 的读数变大

9.(4 分)(2013 秋?福州期末)有一电路连接如图所示,理想变压器初级线圈接电压一定的交流 电,则下列说法中正确的是( )

A.只将 Sl 从 2 拨向 l 时,电流表示数变小 B. 只将 S2 从 4 拨向 3 时,电流表示数变大 C. 只将 S3 从闭合变为断开,电阻 R2 两端电压增大 D.只将变阻器 R3 的滑动触头上移,变压器的输入功率减小 10.(4 分)(2013 秋?福州期末)如图所示,斜面体 A 静止放置在水平地面上.质量为 m 的滑块 B 在沿斜面向下的外力 F 作用下向下运动,此时斜面体受到地面的摩擦力方向向右.若滑块 B 在 下滑时撤去 F,滑块仍向下运动的过程中,下列说法中正确是( )

A.斜面体 A 所受地面摩擦力可能为零 B. 斜面体 A 所受地面摩擦力的方向一定向右 C. 滑块 B 的加速度方向可能沿斜面向下 D.斜面体 A 对地面的压力一定变小 二、计算题(本题含 5 小题,共 60 分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤.只 写出最后答案的不能得分.有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位) 11.(10 分)(2013 秋?福州期末)我国成功发射一颗绕月运行的探月卫星.设该卫星的轨道是圆 形的,且贴近月球表面.已知月球的质量约为地球质量的 球上的第一宇宙速度为 v1,地球表面重力加速度为 g.求: (1)月球表面的重力加速度; (2)该探月卫星绕月运行的速率. ,月球的半径约为地球半径的 ,地

12. (10 分) (2013 秋?福州期末) 如图所示, 在距地面高为 H=45m 处, 有一小球 A 以初速度 v0=20m/s 水平抛出,与此同时,在 A 球的正下方有一物块 B 也以相同的初速度 v0.同方向滑出,物块 B 与 地面间的动摩擦因数为 μ=O.5,A、B 均可看做质点,空气阻力不计.求: (1)A 球从抛出到落地的时间; (2)A 球从抛出到落地这段时间内的位移大小; (3)A 球落地时,A、B 之间的距离.

13.(12 分)(2013 秋?福州期末)如图所示,一个由同种粗细均匀的金属丝制成的半径为 a、质 量为 m、电阻为 R 的金属圆环放在光滑的水平地面上,有一个磁感应强度大小为 B 方向竖直向下 的匀强磁场,其边界为 PQ.现圆环以速度 v 从如图位置朝磁场边界 PQ 运动,当圆环运动到直径 刚好与边界线 p 重合时,圆环的速度为 ,求:

(1)圆环的直径 MN 与边界线 PQ 重合时 MN 两点间的电压及圆环中感应电流方向; (2)在此过程中通过圆环某横截面的电量; (3)此过程中圆环产生的热量.

14.(14 分)(2013 秋?福州期末)某兴趣小组对一辆自制遥控小车的性能进行研究.他们让这辆 小车在水平的直轨道上由静止开始运动,并将小车运动的全过程记录下来,通过处理转化为 υ﹣t 图象,如图所示(除 2s~10s 时间段图象为曲线外,其余时间段图象均为直线).已知在小车运动 的过程中,2s~14s 时间段内小车的功率保持不变,在 14s 末停止遥控而让小车自由滑行,小车的 质量为 1.0kg,可认为在整个运动过程中小车所受到的阻力大小不变.求: (1)小车所受到的阻力大小; (2)小车匀速行驶阶段的功率; (3)小车在加速运动过程中(指图象中 0~10 秒内)位移的大小.

15.(14 分)(2013 秋?福州期末)如图所示,A 板左侧存在着水平向左的匀强电场 E1,A 板上 有一水平小孔正对右侧竖直屏上的 O 点,A 板与屏之间距离为 L,A 板与屏之间存在竖直向下的 匀强电场 E2 和沿垂直纸面向外的匀强磁场.一个带负电的可视为质点的微粒从 P 点以某一初速度

v0 竖直向上射入电场,经时间 0.4s 恰好从 A 板中的小孔水平进入右侧区域,并作匀速圆周运动, 最终打在屏上的 C 处.已知微粒电量和质量的比值 =25C/kg,磁感应强度 B=0.1T,A 板与屏之间 距离 L=0.2m, 屏上 C 点离 O 点的距离为 h= (1)匀强电场 E2 的大小; (2)微粒从 A 板小孔射入速度 v 的大小; (3)匀强电场 E1 的大小; (4)微粒从 P 点运动到 C 点的总时间. m. 不考虑微粒对电场和磁场的影响, 取 g=l0m/s . 求:
2

2013-2014 学年福建省福州市高三(上)期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题(共 10 小题,每小题 4 分,共 40 分.在每小题给出的四个选项中.只有一个选项正 确.选对的得 4 分,有选错的和不答的得 0 分.) 1.(4 分)(2013?连江县校级模拟)许多科学家在物理学发展过程中作出了重要的贡献,下列说 法符合物理学史实的是(( ) A.牛顿发现了万有引力定律,并通过实验测出引力常量 B. 奥斯特发现了电流的磁效应,并得出电磁感应定律 C. 伽利略通过实验,为牛顿第一定律的建立奠定基础 D.哥白尼提出了日心说,并发现行星沿椭圆轨道运行的规律 考点:物理学史. 分析:根据物理学史来判断正误. 应掌握科学家在科学发展中作出突出贡献的科学家的名字及主 要发现. 解答:解:A、牛顿发现了万有引力定律,卡文迪许通过实验测出引力常量,故 A 错误 B、奥斯特发现了电流的磁效应,法拉第得出电磁感应定律,故 B 错误 C、伽利略通过实验,为牛顿第一定律的建立奠定基础,故 C 正确 D、哥白尼提出了日心说,开普勒发现了行星沿椭圆轨道运行的规律.故 D 错误. 故选 C. 点评:物理学史是物理考查内容之一.学习物理学史,可以从科学家身上学到科学精神和研究方 法. 2.(4 分)(2013 秋?福州期末)如图所示,测力计、绳子的质量都不计,摩擦也不计.物体 A 重 40N,物体 B 重 10N,滑轮重 2N,两物体均处于静止状态,则测力计示数和物体 A 对水平地面 的压力大小分别是( )

A.22N 和 30 N

B.20 N 和 32 N

C.52 N 和 10z N

D.50 N 和 40 N

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:先对 B 物体受力分析,受重力和拉力,二力平衡,得到绳子拉力;对 A 进行受力分析,A 处于静止状态,根据平衡条件求解体 A 对水平地面的压力,在对滑轮受力分析,受细线 的拉力、重力、测力计的拉力,根据平衡条件得到测力计读数. 解答:解:对物体 B 受力分析,受重力 mg 和拉力 T,由于物体 B 处于平衡状态,有

T=GB=10N 对 A 进行受力分析,A 处于静止状态,则 GA﹣T=N 解得:N=30N 根据牛顿第三定律可知,物体 A 对水平地面的压力大小为 30N 对滑轮受力分析,受细线的拉力 2T、重力、测力计的拉力 F,由于滑轮平衡,有 F=2T+G=22N 故选 A. 点评:本题关键是对物体 B 受力分析后,根据平衡条件计算出细线的拉力,最后再对滑轮研究; 切不可认为细线的拉力等于 A 的重力或认为等于 AB 重力的一半. 3.(4 分)(2013 秋?福州期末)某物体做直线运动的 v﹣t 图象如图所示.根据图象提供的信息

可知,该物体(



A.在 0~4s 内与 4~6s 内的平均速度相等 B. 在 0~4s 内的加速度大于 7~8s 内的加速度 C. 在 4 s 末离起始点最远 D.在 6 s 末离起始点最远 考点:匀变速直线运动的图像. 专题:运动学中的图像专题. 分析:在速度﹣时间图象中,某一点代表此时刻的瞬时速度,时间轴上方速度是正数,时间轴下 方速度是负数;切线代表该位置的加速度,向右上方倾斜,加速度为正,向右下方倾斜加 速度为负; 图象与坐标轴围成面积代表位移, 时间轴上方位移为正, 时间轴下方位移为负. 解答: 解:A、在 0~4s 内的平均速度 A 错误; B、因为速度﹣时间图象的切线代表该位置的加速度,向右上方倾斜,加速度为正,向右 下方倾斜加速度为负;所以 0﹣4s 内的加速度小于 7﹣8s 内的加速度,故 B 错误. CD、速度﹣时间图象与坐标轴围成面积代表位移,时间轴上方位移为正,时间轴下方位 移为负,所以前 6s 内的位移最大,此时物体离出发点最远,故 C 错误,D 正确. 故选:D 点评:本题是为速度﹣﹣时间图象的应用,要明确斜率的含义,知道在速度﹣﹣时间图象中图象 与坐标轴围成的面积的含义. 4.(4 分)(2013 秋?福州期末)我国探月卫星成功进入了绕“日地拉格朗日点”的轨道,我国成为 世界上第三个造访该点的国家,如图所示,该拉格朗日点位于太阳与地球连线的延长线上,一飞行 器位于该点,在几乎不消耗燃料的情况下与地球同步绕太阳做圆周运动,则此飞行器的( ) ,4~6s 内的平均速度 ,故

A.向心力仅由太阳的引力提供 B. 周期小于地球的周期 C. 线速度大于地球的线速度 D.向心加速度小于地球的向心加速度 考点:人造卫星的加速度、周期和轨道的关系;万有引力定律及其应用. 专题:人造卫星问题. 分析:飞行器与地球同步绕太阳运动, 角速度相等, 飞行器靠太阳和地球引力的合力提供向心力, 根据 v=rω,a=rω 比较线速度和向心加速度的大小. 解答:解:A、探测器的向心力由太阳和地球引力的合力提供.故 A 错误 B、飞行器与地球同步绕太阳运动,角速度相等,周期相同,故 B 错误 C、角速度相等,根据 v=rω,知探测器的线速度大于地球的线速度.故 C 正确 D、根据 a=rω 知,探测器的向心加速度大于地球的向心加速度.故 D 错误 故选 C. 点评:本题考查万有引力的应用,题目较为新颖,在解题时要注意分析向心力的来源及题目中隐 含的条件. 5.(4 分)(2012?东城区二模)如图所示,在轻弹簧的下端悬挂一个质量为 m 的小球 A,若将小 球 A 从弹簧原长位置由静止释放,小球 A 能够下降的最大高度为 h.若将小球 A 换为质量为 2m 的小球 B,仍从弹簧原长位置由静止释放,则小球 B 下降 h 时的速度为(已知重力加速度为 g,且 不计空气阻力)( )
2 2

A.

B.

C.

D. 0

考点:牛顿第二定律;胡克定律;动能定理. 专题:牛顿运动定律综合专题. 分析:对两个过程分别运用动能定理列式,之后联立方程组求解即可. 解答:解:小球 A 下降 h 过程,根据动能定理,有 mgh﹣W1=0 小球 B 下降 h 过程,根据动能定理,有 2m?gh﹣W1= ﹣0

联立解得 v= 故选 B. 点评:本题关键是对小球运动过程运用动能定理列式求解,也可以根据机械能守恒定律列式求 解. 6.(4 分)(2013 秋?福州期末)一带电粒子仅在电场力作用下,从电场中 a 点以初速度 vo 进入 电场并沿虚线所示的轨迹运动到 b 点,如图所示,可以判断该粒子( )

A.在 a 点的加速度比 b 点大 C. 在 a 点的电势比 b 点小 考点:电场线;电势. 专题:电场力与电势的性质专题.

B. 在 a 点的电势能比 b 点小 D.在 a 点的动能比 b 点小

分析:电场线是从正电荷或者无穷远出发出,到负电荷或无穷远处为止,电场线密的地方电场的 强度大,电场线疏的地方电场的强度小. 解答:解:A、电场线密的地方电场的强度大,电场线疏的地方电场的强度小,可知 EA<EB, 所以 a、b 两点比较,粒子的加速度在 b 点时较大,所以 A 错误. B、由粒子的运动的轨迹可以知道,粒子带正电,沿着电场线的方向,电场力做正功,电 势能减小,所以 a、b 两点比较,粒子的电势能在 a 点时较大,所以 B 错误. C、沿电场线的方向电势逐渐降低,所以 C 错误. D、由 B 的分析可知,带电粒子带的电荷为正电,在从 a 到 b 的过程中,电场力做正功, 粒子的动能动能逐渐变大,所以 D 正确. 故选 D. 点评:加强基础知识的学习,掌握住电场线的特点,即可解决本题. 7.(4 分)(2013 秋?福州期末)在水平面内有一固定的 U 型裸金属框架,框架上静止放置一根 粗糙的金属杆 ab,整个装置放在竖直方向的匀强磁场中,如图所示.下列说法中正确的是( )

A.只有当磁场方向向上且增强,ab 杆才可能向左移动 B. 只有当磁场方向向下且减弱,ab 杆才可能向右移动 C. 无论磁场方向如何,只要磁场减弱,ab 杆才可能向右移动 D.当磁场变化时,ab 杆中一定有电流产生,且一定会移动

考点:楞次定律. 分析:感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化,也可以用“阻碍相对运动”、“增 缩减扩”来快速判断. 解答:解:A、ab 杆向左移动,面积减小,说明磁场正在增强,方向可以向上,也可以向下,故 A 错误; B、ab 杆向右移动,面积增加,要阻碍磁通量变化,说明磁场正在减弱,方向可以向上, 也可以向下,故 B 错误; C、无论磁场方向如何,只要磁场减弱,根据楞次定律,感应电流的磁场阻碍磁通量变化, 面积要增加,即要受到向右的安培力,ab 杆向右移动,故 C 正确; D、当磁场变化时,磁通量一定变化,一定有感应电动势,一定有感应电流,故一定有安 培力,因金属杆粗糙,存在摩擦力,故不一定运动,故 D 错误; 故选 C. 点评:楞次定律也可以表述成“感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的原因”. 8.(4 分)(2013 秋?福州期末)如图所示,E 为内阻不能忽略的电池,R1、R2、R3 为定值电阻, R4 为滑动变阻器,S0 为开关, 断正确的是( ) 与 分别为电压表与电流表.当滑动片 P 向左移动时,下列判

A. C.

的读数变小, 的读数变大,

的读数变小 的读数变小

B. D.

的读数变大, 的读数变小,

的读数变大 的读数变大

考点:闭合电路的欧姆定律. 专题:恒定电流专题. 分析:根据滑片的移动方向判断电路电阻如何变化, 再应用闭合电路欧姆定律判断干路电流如何 变化,然后由串并联电路特点及部分电路的欧姆定律分析答题. 解答:解:由电路图可知,滑片 P 向左移动时,滑动变阻器接入电路的阻值变大,电路总电阻变 大,由闭合电路欧姆定律可知,干路电流变小,R1、R2、R3 的总电阻 R 不变,它们的电 压 U=IR 变小,电压表示数变小;干路电流变小,R2、R3 的并联电阻不变,它们两端电压 变小,R3 两端电压变小,阻值不变,由欧姆定律可知,通过它的电流变小,电流表 A 示 数变小,故 A 正确; 故选 A. 点评:本题是电路的动态变化分析问题,按“局部→整体→局部”的顺序进行分析.灵活应用闭合 电路欧姆定律及串并联电路的性质进行分析即可求解. 9.(4 分)(2013 秋?福州期末)有一电路连接如图所示,理想变压器初级线圈接电压一定的交流 电,则下列说法中正确的是( )

A.只将 Sl 从 2 拨向 l 时,电流表示数变小 B. 只将 S2 从 4 拨向 3 时,电流表示数变大 C. 只将 S3 从闭合变为断开,电阻 R2 两端电压增大 D.只将变阻器 R3 的滑动触头上移,变压器的输入功率减小 考点:变压器的构造和原理. 专题:交流电专题. 分析: 理想变压器原副线圈变压比公式为: 以上两条规律分析讨论即可. 解答: 解:A、只将 S1 从 2 拨向 1 时,n1 变小,根据变压比公式 ,输出电压变大,故输 ;理想变压器输入功率等于输出功率;根据

出电流变大,输出功率变大;输入功率等于输出功率,故输入功率变大,输入电流变大, 故 A 错误; B、只将 S2 从 4 拨向 3 时,n2 变小,根据变压比公式 ,输出电压变小,故输出电

流变小,输出功率变小;输入功率等于输出功率,故输入功率变小,输入电流变小,故 B 错误; C、只将 S3 从闭合变为断开,少一个支路,但电阻 R2 与 R3 串联的支路的电压不变,故通 过电阻 R2 的电流不变,电压也不变,故 C 错误; D、只将变阻器 R3 的滑动触头上移,负载总电阻变大,故输出电流变小,输出功率变小; 输入功率等于输出功率,故输入功率减小,故 D 正确. 故选 D. 点评:本题关键:(1)根据变压比公式讨论输出电压的变化情况;(2)对三个电阻的混连部分 进行动态分析. 10.(4 分)(2013 秋?福州期末)如图所示,斜面体 A 静止放置在水平地面上.质量为 m 的滑块 B 在沿斜面向下的外力 F 作用下向下运动,此时斜面体受到地面的摩擦力方向向右.若滑块 B 在 下滑时撤去 F,滑块仍向下运动的过程中,下列说法中正确是( )

A.斜面体 A 所受地面摩擦力可能为零

B. 斜面体 A 所受地面摩擦力的方向一定向右 C. 滑块 B 的加速度方向可能沿斜面向下 D.斜面体 A 对地面的压力一定变小 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:斜面体受到地面的摩擦力方向向右可知,斜面体对物体 B 是有摩擦的,而 F 是沿斜面向 下的,对摩擦力没有影响,撤去后 A 的受力情况没有发生变化,再对 B 进行受力分析即 可判断加速度的方向. 解答:解:A:斜面体受到地面的摩擦力方向向右可知,斜面体对物体 B 是有摩擦的,而 F 是沿 斜面向下的,对 A 的压力和摩擦力没有影响,撤去 F 后, A 的受力情况没有发生变化,所以斜面体 A 所受地面摩擦力的方向一定向右,斜面体 A 对地面的压力也不变,故 B 正确,AD 错误; C:对 B 滑块进行受力分析,B 滑块受到重力 G,斜面的支持力 N,和摩擦力 f,把重力 在这两个方向进行分解,在支持力方向受力平衡,而摩擦力方向上说不清,因为题目给的 信息不足. 如果把 A 和 B 放在一起看就发现:如果 B 能在重力作用下有向下的加速度,那么 A 和 B 作为整体这时受到的合外力必然沿斜面向下.这就要求,A 必然受到地面水平向左的摩擦 力,这与之前关于摩擦力的分析是矛盾的.所以 B 不能加速沿斜面向下,故 C 错误; 故选 B 点评:本题主要考查了同学们受力分析的能力, 要求同学们能根据题目的意思正确对物体进行受 力分析,同时注意整体法和隔离法的应用,难度适中. 二、计算题(本题含 5 小题,共 60 分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤.只 写出最后答案的不能得分.有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位) 11.(10 分)(2013 秋?福州期末)我国成功发射一颗绕月运行的探月卫星.设该卫星的轨道是圆 形的,且贴近月球表面.已知月球的质量约为地球质量的 球上的第一宇宙速度为 v1,地球表面重力加速度为 g.求: (1)月球表面的重力加速度; (2)该探月卫星绕月运行的速率. 考点:人造卫星的加速度、周期和轨道的关系;万有引力定律及其应用. 专题:人造卫星问题. 分析:(1)根据万有引力等于重力得出表面重力加速度与中心天体半径和质量的关系,从而通 过地球表面的重力加速度求出月球表面的重力加速度. (2)根据万有引力提供向心力,求出速度与轨道半径的关系,从而得出探月卫星的速度 与地球第一宇宙速度的关系. 解答:解:(1)根据万有引力等于重力得, ,月球的半径约为地球半径的 ,地



所以



(2)根据万有引力提供向心力得

解得 v=

所以



则 v=

. . .

答:(1)月球表面的重力加速度为 (2)探月卫星绕月运行的速率为 v=

点评:解决本题的关键掌握万有引力等于重力和万有引力提供向心力这两个理论,并能熟练运 用. 12. (10 分) (2013 秋?福州期末) 如图所示, 在距地面高为 H=45m 处, 有一小球 A 以初速度 v0=20m/s 水平抛出,与此同时,在 A 球的正下方有一物块 B 也以相同的初速度 v0.同方向滑出,物块 B 与 地面间的动摩擦因数为 μ=O.5,A、B 均可看做质点,空气阻力不计.求: (1)A 球从抛出到落地的时间; (2)A 球从抛出到落地这段时间内的位移大小; (3)A 球落地时,A、B 之间的距离.

考点:牛顿第二定律;匀变速直线运动的位移与时间的关系;平抛运动. 专题:牛顿运动定律综合专题. 分析:根据高度,结合位移时间公式求出 A 球落地的时间.根据初速度和时间求出 A 球抛出点 到落地点之间的位移.

根据牛顿第二定律求出 B 的加速度,结合速度时间公式求出减速到零的时间,判断 A 落 地时,B 是否停止,结合位移公式求出 AB 之间的距离 解答: 解:(1)根据 H= t= 得: .

(2)A 球从抛出点到落地点之间的水平位移为: x=v0t=20× 3m=60m. 故 A 球从抛出到落地这段时间内的位移大小为:

(3)根据牛顿第二定律得,B 滑行的加速度大小 B 速度减为零的时间为: , 则 A 落地时,B 的位移 AB 间的距离为: △ x=x﹣xB=60﹣37.5m=22.5m. 答:(1)A 球落地的时间为 3s; (2)A 球从抛出点到落地点之间的位移为 75m; (3)A 落地时,AB 之间的距离为 22.5m.



=37.5m

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, 结合等时性结合运动 学公式灵活求解 13.(12 分)(2013 秋?福州期末)如图所示,一个由同种粗细均匀的金属丝制成的半径为 a、质 量为 m、电阻为 R 的金属圆环放在光滑的水平地面上,有一个磁感应强度大小为 B 方向竖直向下 的匀强磁场,其边界为 PQ.现圆环以速度 v 从如图位置朝磁场边界 PQ 运动,当圆环运动到直径 刚好与边界线 p 重合时,圆环的速度为 ,求:

(1)圆环的直径 MN 与边界线 PQ 重合时 MN 两点间的电压及圆环中感应电流方向; (2)在此过程中通过圆环某横截面的电量; (3)此过程中圆环产生的热量.

考点:法拉第电磁感应定律;动能定理的应用. 专题:电磁感应——功能问题. 分析:(1)根据 E=BLv 求出圆环的直径 MN 与边界线 PQ 重合时的感应电动势,根据闭合电路

欧姆定律求出 MN 两点间的电压,根据楞次定律得出感应电流的方向. (2)根据法拉第电磁感应定律求出平均感应电动势,再根据闭合电路欧姆定律求出平均 感应电流,从而根据 q=It 求出电量的大小. (3)克服安培力做的功全部转化为圆环产生的热量,根据动能定理求出克服安培力做的 功. 解答:解:(1)由法拉第电磁感应定律得, E=

根据楞次定律得,感应电流电流为顺时针方向. (2)根据法拉第电磁感应定律得,

由闭合电路欧姆定律得:

解得:



(3)由动能定理得, 而 Q=﹣WA 所以 . ,感应电流的

答:(1)圆环的直径 MN 与边界线 PQ 重合时 MN 两点间的电压为 方向为顺时针方向. (2)在此过程中通过圆环某横截面的电量 (3)此过程中圆环产生的热量为 . .

点评:解决本题的关键掌握瞬时感应电动势和平均感应电动势的求法, 以及知道克服安培力做的 功等于整个回路产生的热量. 14.(14 分)(2013 秋?福州期末)某兴趣小组对一辆自制遥控小车的性能进行研究.他们让这辆 小车在水平的直轨道上由静止开始运动,并将小车运动的全过程记录下来,通过处理转化为 υ﹣t 图象,如图所示(除 2s~10s 时间段图象为曲线外,其余时间段图象均为直线).已知在小车运动 的过程中,2s~14s 时间段内小车的功率保持不变,在 14s 末停止遥控而让小车自由滑行,小车的 质量为 1.0kg,可认为在整个运动过程中小车所受到的阻力大小不变.求: (1)小车所受到的阻力大小; (2)小车匀速行驶阶段的功率; (3)小车在加速运动过程中(指图象中 0~10 秒内)位移的大小.

考点:动能定理;功率、平均功率和瞬时功率. 专题:动能定理的应用专题. 分析:(1)在 14s 末停止遥控而让小车自由滑行,小车只受摩擦力,故可以可以先求加速度, 再求出合力,等于摩擦力; (2)匀速阶段,牵引力等于阻力,速度已知,直接根据公式 P=Fv 求解; (3)前 2 秒位移根据运动学公式求解,2s 到 10s 为变加速过程,其位移可以由动能定理 求解. 解答: 解:(1)由图象可得:在 14 s~18 s 时间段 a= m/s =﹣1.5m/s
2 2

小车受到阻力大小:Ff=ma=﹣1.5N(负号表示力的方向与运动方向相反) (2)在 10s~14s 小车做匀速运动,牵引力大小 F 与 Ff 大小相等 F=1.5N P=Fυ=1.5×6W=9W (3)速度图象与横轴之间的“面积”等于物体运动的位移 0~2s 内 x1= × 2× 3m=3m 2s~10s 内根据动能定理 Pt﹣Ffx2= 解得 x2=39 m 加速过程中小车的位移大小为:x=x1+x2=42 m 答:(1)小车所受到的阻力大小为 1.5N; (2)小车匀速行驶阶段的功率为 9W; (3)小车在加速运动过程中位移的大小为 42m. 点评:本题关键分析清楚小车各段的运动规律以及力的变化情况, 结合牛顿第二定律和动能定理 求解. 15.(14 分)(2013 秋?福州期末)如图所示,A 板左侧存在着水平向左的匀强电场 E1,A 板上 有一水平小孔正对右侧竖直屏上的 O 点,A 板与屏之间距离为 L,A 板与屏之间存在竖直向下的 匀强电场 E2 和沿垂直纸面向外的匀强磁场.一个带负电的可视为质点的微粒从 P 点以某一初速度 v0 竖直向上射入电场,经时间 0.4s 恰好从 A 板中的小孔水平进入右侧区域,并作匀速圆周运动, 最终打在屏上的 C 处.已知微粒电量和质量的比值 =25C/kg,磁感应强度 B=0.1T,A 板与屏之间 距离 L=0.2m, 屏上 C 点离 O 点的距离为 h= (1)匀强电场 E2 的大小; (2)微粒从 A 板小孔射入速度 v 的大小; (3)匀强电场 E1 的大小; (4)微粒从 P 点运动到 C 点的总时间. m. 不考虑微粒对电场和磁场的影响, 取 g=l0m/s . 求:
2



考点:带电粒子在混合场中的运动;牛顿第二定律;向心力. 专题:带电粒子在复合场中的运动专题. 分析:粒子在 A 板右侧重力与电场力相等; 画出轨迹根据几何知识求出圆周运动半径,然后由半径公式求速度; 根据水平方向的分运动形式求解; 确定出粒子圆周运动的圆心角,然后根据圆周运动周期公式求圆周运动的时间,然后求总 时间. 解答:解:(1)由微粒进入 A 板右侧区域做匀速圆周运动可得: qE2=mg E2 = = =0.4N/C

(2)设微粒做匀速圆周运动的半径为 R, 由几何关系 R =L +(R﹣h) 得:R= m θ=60°
2 2 2

设圆心角为 θ,sinθ= =

洛伦兹力提供向心力:qvB=m v= = m/s=0.58m/s

(3)微粒从 P 到 S,水平方向做匀加速运动, 水平方向:a= = =1.45m/s
2

由牛顿第二定律得:qE1=ma E1 = =0.058N/C

(4)匀速圆周运动的周期: T= = s T=

微粒从 S 运动到 C 点时间为:tSC= t 总=tPS+ =0.82s 答:(1)匀强电场 E2 的大小 0.4N/C;

(2)微粒从 A 板小孔射入速度 v 的大小 0.58m/s; (3)匀强电场 E1 的大小 0.058N/C; (4)微粒从 P 点运动到 C 点的总时间 0.82s.

点评:本题没有采用程序法思维,而采用倒叙法,先研究最后一个过程,再研究前面的过程.微 粒在电场和重力场的复合场中运动,运用运动的分解法,在磁场中采用画轨迹的方法,方 法不同.


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