四川省眉山市洪雅縣三寶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.（多選）下列說法正確的是_______________.A．外界對物體做功時，物體的內能可能減小B．布朗運動就是液體分子的運動C．當分子間作用力表現為斥力時，分子勢能隨分子間距離的減小而增大D．液體表面張力產生的原因，是液體表面層的分子分布比液體內部緊密參考答案：2.2011年11月3日，我國發射的神舟八號與在太空運行的天宮一號完美“牽手”，成功實現交會對接（如圖）。交會對接飛行過程分為遠距離導引段、自主控制段、對接段、組合體飛行段和分離撤離段。對接任務完成后，神舟八號飛船返回位于內蒙古自治區蘇尼特右旗以西阿木古朗草原的主著陸場。則下列說法正確的是：

A．在遠距離導引段，天宮一號目標飛行器應在距神舟八號后下方某處B．在遠距離導引段，天宮一號目標飛行器應在距神舟八號前上方某處C．在組合體飛行段，神舟八號與天宮一號繞地球作勻速圓周運動的速度大于7．9km／sD．分離后，天宮一號變軌升高至飛行軌道運行，分離時其動能比在交會對接軌道時大，神舟八號變軌降低至飛行軌道運行時，其動能比在交會對接軌道時大參考答案：BD3.（單選）如圖所示，直線A是電源的路端電壓和電流的關系圖線，直線B、C分別是電阻R1、R2的兩端電壓與電流的關系圖線，若將這兩個電阻分別接到這個電源上，則（）A．R1接在電源上時，電源的效率高B．R2接在電源上時，電源的效率高C．R1接在電源上時，電源的輸出功率大D．電源的輸出功率一樣大參考答案：A解析：A、B，電源的效率η=，效率與路端電壓成正比，R1接在電源上時路端電壓大，效率高，故A正確，B錯誤．

C、D，由圖線的交點讀出，R1接在電源上時U=U0，I=I0，電源的輸出輸出功率P1=UI=U0I0R2接在電源上時U=U0，I=I0，電源的輸出輸出功率P2=UI=U0I0

故C、D均錯誤．故選A4.下列關于勻強電場中電勢差和場強的關系，正確的有A.任意兩點的電勢差，等于場強和這兩點間距離的乘積B.電勢降低的方向就是場強的方向C.電勢差越大，場強一定越大D.沿著電場線方向，距離相同的兩點之間電勢差相同參考答案：D5.（多選）如圖甲所示的電路中，理想變壓器原、副線圈匝數比為5：1，原線圈接入圖乙所示的電壓，副線圈接火災報警系統（報警器未畫出），電壓表和電流表均為理想電表，R0為定值電阻，R為半導體熱敏電阻，其阻值隨溫度的升高而減小．下列說法中正確的是（）A．圖乙中電壓的有效值為110VB．電壓表的示數為44VC．R處出現火警時電流表示數增大D．R處出現火警時電阻R0消耗的電功率增大參考答案：【考點】：變壓器的構造和原理；正弦式電流的最大值和有效值、周期和頻率．【專題】：交流電專題．【分析】：求有效值方法是將交流電在一個周期內產生熱量與將恒定電流在相同時間內產生的熱量相等，則恒定電流的值就是交流電的有效值．由變壓器原理可得變壓器原、副線圈中的電流之比，輸入、輸出功率之比，半導體熱敏電阻是指隨溫度上升電阻呈指數關系減小、具有負溫度系數的電阻，R處溫度升高時，阻值減小，根據負載電阻的變化，可知電流、電壓變化．：解：A、設將此電流加在阻值為R的電阻上，電壓的最大值為Um，電壓的有效值為U．?=?T代入數據得圖乙中電壓的有效值為110V，故A正確．B、變壓器原、副線圈中的電壓與匝數成正比，所以變壓器原、副線圈中的電壓之比是5：l，所以電壓表的示數為22v，故B錯誤．C、R處溫度升高時，阻值減小，副線圈電流增大，而輸出功率和輸入功率相等，所以原線圈增大，即電流表示數增大，故C正確．D、R處出現火警時通過R0的電流增大，所以電阻R0消耗的電功率增大，故D正確．故選ACD．【點評】：根據電流的熱效應，求解交變電流的有效值是常見題型，要熟練掌握．根據圖象準確找出已知量，是對學生認圖的基本要求，準確掌握理想變壓器的特點及電壓、電流比與匝數比的關系，是解決本題的關鍵．二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.一位小學生在玩游戲，他將一顆小鵝卵石子從離地面高處用手以的初速度豎直向上拋出，取，請你盡快地估算出：小石子從拋出到落至離地面的過程中的平均速度，其大小是

，方向

.參考答案：0.50

向下7.在探究物體的加速度a與物體所受外力F、物體質量M間的關系時，采用如圖所示的實驗裝置．小車及車中的砝碼質量用M表示，盤及盤中的砝碼質量用m表示．①當M與m的大小關系滿足________時，才可以認為繩子對小車的拉力大小等于盤和砝碼的重力．②某一組同學先保持盤及盤中的砝碼質量m一定來做實驗，其具體操作步驟如下，以下做法正確的是________．A．平衡摩擦力時，應將盤及盤中的砝碼用細繩通過定滑輪系在小車上B．每次改變小車的質量時，不需要重新平衡摩擦力C．實驗時，先放開小車，再接通打點計時器的電源D．用天平測出m以及小車質量M，小車運動的加速度可直接用公式a＝求出③另兩組同學保持小車及車中的砝碼質量M一定，探究加速度a與所受外力F的關系，由于他們操作不當，這兩組同學得到的a－F關系圖象分別如圖1和圖2所示，其原因分別是：

圖1

圖2圖1：____________________________________________________；圖2：_____________________________________________________.參考答案：①m?M

（2分）②B

（2分）③圖1：m過大(或M過小)，造成m不是遠小于M（2分）圖2：沒有平衡摩擦力或木板的傾角過小（2分）8.

設地球繞太陽做勻速圓周運動，半徑為R，速度為，則太陽的質量可用、R和引力常量G表示為__________。太陽圍繞銀河系中心的運動可視為勻速圓周運動，其運動速度約為地球公轉速度的7倍，軌道半徑約為地球公轉軌道半徑的2×109倍。為了粗略估算銀河系中恒星的數目，可認為銀河系中所有恒星的質量都集中在銀河系中心，且銀河系中恒星的平均質量約等于太陽質量，則銀河系中恒星數目約為__________。參考答案：答案：；解析：地球繞太陽做圓周運動的向心力由太陽對地球的萬有引力充當。根據萬有引力定律和牛頓第二定律有，整理得

太陽繞銀河系運動也是由萬有引力充當向心力。

同理可得。9.如圖是等離子體發電機示意圖，平行金屬板間的勻強磁場的磁感應強度B=0.5T，兩板間距離為20cm，要使輸出電壓為220V，則等離子體垂直射入磁場的速度v=

m/s。a是電源的

極。參考答案：2200

正10.一只標有“18V，10W”的燈泡，正常工作時的電阻為Ω；若用多用電表的歐姆檔來測量這只燈泡的電阻，則測出的阻值應（填“大于”、“等于”或“小于”）正常工作時的電阻。參考答案：32.4Ω，小于11.內壁光滑的環形細圓管，位于豎直平面內，環的半徑為R（比細管的半徑大得多）．在細圓管中有兩個直徑略小于細圓管管徑的小球（可視為質點）A和B，質量分別為m1和m2，它們沿環形圓管（在豎直平面內）順時針方向運動，經過最低點時的速度都是v0；設A球通過最低點時B球恰好通過最高點，此時兩球作用于環形圓管的合力為零，那么m1、m2、R和v0應滿足的關系式是____________．參考答案：（1）在飛機沿著拋物線運動時被訓人員處于完全失重狀態，加速度為g，拋物線的后一半是平拋運動，在拋物線的末端飛機速度最大，為v=250m/s.豎直方向的分量vy=250cos30o=216.5m/s．水平方向的分量vx=250sin30o=125m/s．平拋運動的時間t=vy/g=22.2s．水平方向的位移是s=vxt=2775m．被訓航天員處于完全失重狀態的總時間是t總=10×2t=444s．（2）T-mg=mv2/r

由題意得T=8mg，r=v2/7g=915.7m（3）每飛過一個120o的圓弧所用時間t‘=（2πr/v）/3=7.67s，t總=10t‘+t總=76.7+444=520.7s（4）s總=20s+10×2rsin30o=55500+15859=71359m．．12.如圖，質量為M=3kg的木板放在光滑水平面上，質量為m=1kg的物塊在木板上，它們之間有摩擦，木板足夠長，兩者都以v=4m/s的初速度向相反方向運動，當木板的速度為v1=2.4m/s時，物塊速度的大小是

m/s，木板和物塊最終的共同速度的大小是

m/s。參考答案：

0.8

13.如圖所示，N為金屬板，M為金屬網，它們分別與電池的兩極相連，各電池的電動勢和極性如圖所示，已知金屬板的逸出共為4.8eV．線分別用不同能量的電子照射金屬板（各光子的能量已在圖上標出），那么各圖中沒有光電子到達金屬網的是AC（填正確答案標號），能夠到達金屬網的光電子的最大動能是0.5eV．參考答案：解：因為金屬鎢的逸出功為4.8eV．所以能發生光電效應的是B、C、D，B選項所加的電壓為正向電壓，則電子一定能到達金屬網；C選項光電子的最大初動能為1.0eV．小于反向電壓，根據動能定理，知電子不能到達金屬網；D選項光電子的最大初動能為2.0eV，大于反向電壓，根據動能定理，有光電子能夠到達金屬網．故沒有光電子達到金屬網的是A、C．故選：ACD項中逸出的光電子最大初動能為：Ekm=E光﹣W溢=6.8eV﹣4.8eV=2.0eV，到達金屬網時最大動能為Ek=2.0﹣1.5=0.5eV．故答案為：AC，0.5．三、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軸上方各個方向發射比荷為1.0×108C./kg的帶正電的粒子，已知粒子的發射速率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，聯立解得最小強度為：；15.（2014?宿遷三模）學校科技節上，同學發明了一個用彈簧槍擊打目標的裝置，原理如圖甲，AC段是水平放置的同一木板；CD段是豎直放置的光滑半圓弧軌道，圓心為O，半徑R=0.2m；MN是與O點處在同一水平面的平臺；彈簧的左端固定，右端放一可視為質點、質量m=0.05kg的彈珠P，它緊貼在彈簧的原長處B點；對彈珠P施加一水平外力F，緩慢壓縮彈簧，在這一過程中，所用外力F與彈簧壓縮量x的關系如圖乙所示．已知BC段長L=1.2m，EO間的距離s=0.8m．計算時g取10m/s2，滑動摩擦力等于最大靜摩擦力．壓縮彈簧釋放彈珠P后，求：（1）彈珠P通過D點時的最小速度vD；（2）彈珠P能準確擊中平臺MN上的目標E點，它通過C點時的速度vc；（3）當緩慢壓縮彈簧到壓縮量為x0時所用的外力為8.3N，釋放后彈珠P能準確擊中平臺MN上的目標E點，求壓縮量x0．參考答案：（1）彈珠P通過D點時的最小速度為；（2）通過C點時的速度為m/s；（3）壓縮量為0.18m．考點： 動能定理的應用；機械能守恒定律．專題： 動能定理的應用專題．分析： （1）根據D點所受彈力為零，通過牛頓第二定律求出D點的最小速度；（2）根據平拋運動的規律求出D點的速度，通過機械能守恒定律求出通過C點的速度．（3）當外力為0.1N時，壓縮量為零，知摩擦力大小為0.1N，對B的壓縮位置到C點的過程運用動能定理求出彈簧的壓縮量．解答： 解：（1）當彈珠做圓周運動到D點且只受重力時速度最小，根據牛頓第二定律有：mg=解得．v==m/s（2）彈珠從D點到E點做平拋運動，設此時它通過D點的速度為v，則s=vtR=gt從C點到D點，彈珠機械能守恒，有：聯立解得v=代入數據得，V=2m/s（3）由圖乙知彈珠受到的摩擦力f=0.1N，根據動能定理得，且F1=0.1N，F2=8.3N．得x=代入數據解得x0=0.18m．答：（1）彈珠P通過D點時的最小速度為；（2）通過C點時的速度為m/s；（3）壓縮量為0.18m．點評： 本題考查了動能定理、機械能守恒定律、牛頓第二定律的綜合，涉及到圓周運動和平拋運動，知道圓周運動向心力的來源，以及平拋運動在豎直方向和水平方向上的運動規律是解決本題的關鍵．四、計算題：本題共3小題，共計47分16.一卡車拖掛一車廂，在水平直道上以的速度勻速行駛。某時刻，車廂脫落，此后卡車和車廂均以大小為的加速度分別做勻加速運動和勻減速滑行。在車廂脫落后，司機才發覺并緊急剎車，剎車時卡車的加速度大小為，求卡車和車廂都停下后兩者之間的距離。參考答案：車廂脫落后，內卡車行駛的路程為，末速度為根據運動學公式有

①

②

③式中，是卡車在剎車后減速行駛的路程。設車廂脫落后滑行的路程為，有

④卡車和車廂都停下來后相距

⑤由①至⑤式得代入題給數據得

⑥17.固定光滑細桿與水平地面成一定傾角，在桿上套有一個光滑小環，小環從桿底開始在沿桿方向上的推力F作用下向上運動．0﹣2s內推力的大小為5.0N，2﹣4s內推力的大小變為5.5N，小環運動的速度隨時間變化規律如圖所示，重力加速度g=10m/s2．求：（l）小環在加速運動時的加速度a的大小；（2）小環的質量m；（3）細桿與水平地面之間的夾角α．（4）第4秒末撤去F，求小環到達最高點離開地面的高度．參考答案：解：（1）由圖象知，小環在2﹣4s內的加速度（2）令小環質量為m，有：小環勻速上升時：F﹣mgsinθ=0

①小環加速上升時：F′﹣mgsin0=ma

②已知F=5N，F′=5.5N，a=0.5m/s2，所以由①和②解得：小環質量m=（3）代入小環質量m=1kg到式①，可得：所以夾角θ=30°（4）由v﹣t圖象知，小環勻速上升的距離：x1=v0t=1×2m=2m小環加速上升的距離：小環在重力和桿的支持力作用下做勻減速運動，加速度大小a′=gsinθ=5m/s2小環勻減速上升的最大距離所以環沿桿上升的距離x=x1+x2+x3=