2019-2020年高三物理寒假作业4含答案.doc

2019-2020年高三物理寒假作业4含答案1、 选择题.1.（单选）下列关于质点的说法正确的是（）A质点是客观存在的一种物体，其体积比分子还小B很长的火车一定不可以看做质点C为正在参加吊环比赛的陈一冰打分时，裁判们可以把陈一冰看做质点D如果物体的形状和大小对所研究的问题无影响，即可把物体看做质点2.（单选）一个物体受到4N的力，获得1m/s2的加速度，要使物体获得3m/s2的加速度，需要施加的力是（）A8 NB12 NC14 ND16 N3.（多选）如图所示，竖直放置的弹簧，小球从弹簧正上方某一高处落下，从球接触弹簧到弹簧被压缩到最大的过程中，关于小球运动的下述说法中正确的是（）A小球的机械能不断减小B小球的机械能不断增大C弹簧的弹性势能不断增大D弹簧的弹性势能不断减小4.（单选）如图，滑板运动员以速度v0从离地高度h处的平台末端水平飞出，落在水平地面上忽略空气阻力，运动员和滑板可视为质点，下列表述正确的是（）Av0越大，运动员在空中运动时间越长Bv0越大，运动员落地瞬间速度越大C运动员落地瞬间速度与高度h无关D运动员落地位置与v0大小无关5.（单选）甲、乙两物体均做直线运动，它们在某段时间内的位移x随时间f变化的图象如图所示，则在0t1时间内，下列判断正确的是（） A 甲物体做加速运动 B 甲、乙两物体运动方向相同 C 甲的平均速度比乙的平均速度大 D 甲、乙两物体的平均速度大小相等6.（多选）如图所示，在x轴上相距为L的两点固定两个等量异种点电荷+Q、Q，虚线是以+Q所在点为圆心、为半径的圆，a、b、c、d是圆上的四个点，其中a、c两点在x轴上，b、d两点关于x轴对称下列判断正确的是（）Ab、d两点处的电势相同B四点中c点处的电势最低Cb、d两点处的电场强度相同D将一试探电荷+q沿圆周由a点移至c点，+q的电势能减小7.（单选）图中矩形线圈abcd在匀强磁场中以ad边为轴匀速转动，产生的电动势瞬时值为e=5sin20t（V），则以下判断正确的是 （） A 此交流电的频率为Hz B 当线圈平面与中性面重合时，线圈中的感应电动势为5V C 当线圈平面与中性面垂直时，线圈中的感应电流为0V D 线圈转动一周，感应电流的方向改变一次8.（单选）在如图所示的竖直平面内，在水平线MN的下方有足够大的匀强磁场，一个等腰三角形金属线框顶点C与MN重合，线框由静止释放，沿轴线DC方向竖直落入磁场中忽略空气阻力，从释放到线框完全进入磁场过程中，关于线框运动的vt图，可能正确的是（） A B C D 2 实验题.9.若用主尺的最小分度是1mm，游标上有20个小的等分刻度的游标卡尺测量某一器件的长度时，显示如图所示，则该游标卡尺的读数为mm10.有一个小灯泡上标有“4V，2W”的字样，现要描述该小灯泡的伏安特性曲线，有下列器材供选用：A电压表（05V，内阻约为10k）B电压表（010V，内阻约为20k）C电流表（00.3A，内阻约为1）D电流表（00.6A，内阻约为0.5）E滑动变阻器（10，2.0A）F学生电源（选用直流6V档），还有电键、导线若干（1）实验中所用电压表应选用，电流表应选用（填器材前的字母）（2）在图甲实物图中已完成部分电路连接，请用笔画线代替导线补上还需要连接的线路（3）某同学根据实验得到的数据画出了该小灯泡的伏安特性曲线，如图乙所示，若用电动势为2V、内阻不计的电源给该小灯泡供电，则该小灯泡的实际功率是W三、解答题.11.如图所示，质量为m15 kg的滑块，置于一粗糙的斜面上，用一平行于斜面的大小为30 N的力F推滑块，滑块沿斜面向上匀速运动，斜面体质量m210 kg，且始终静止，取g10 m/s2，求:(1)斜面对滑块的摩擦力；(2)地面对斜面体的摩擦力和支持力。12.如图所示，在倾角为=30的斜面上，固定一宽L=0.25m的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和变阻器电源电动势E=6V，内阻r=1.0，一质量m=20g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好整个装置处于磁感强度B=0.80T、垂直于斜面向上的匀强磁场中（导轨的电阻不计）金属导轨是光滑的，g取10m/s2，要保持金属棒在导轨上静止，求：（1）金属棒所受到的安培力；（2）通过金属棒的电流；（3）滑动变阻器R接入电路中的阻值【】山东省xx年高三物理寒假作业4参考答案1.考点：质点的认识分析：当物体的大小和形状在研究的问题中能忽略，物体可以看成质点解答：解：A、质点是一种理想化的物理模型，没有大小和形状，故A错误；B、一个物体能不能看做质点关键是看物体的形状或大小在所研究的问题中是否可以忽略，研究火车从北京开往上海的时间，火车可以看成质点，故B错误；C、吊环比赛要考虑运动员的形状，故此时不能看做质点，故C错误；D、如果物体的形状和大小对所研究的问题无影响，即可把物体看做质点，故D正确故选：D点评：一个物体能否看成质点，关键看物体的大小和形状在所研究的问题中能否忽略2.考点：牛顿第二定律 专题：牛顿运动定律综合专题分析：先根据牛顿第二定律求出物体的质量，再根据牛顿第二定律求出物体的合力解答：解：根据牛顿第二定律公式a=，得：m=则物体获得3m/s2的加速度时，合力为：F=ma=43N=12N故选：B3.考点：功能关系 分析：分析清楚小球的运动过程，根据小球受力情况判断小球的运动性质，然后分析小球动能、机械能的变化情况解答：解：A、小球在运动过程中，弹簧弹力对小球做负功，小球的机械能减少，故A正确，B错误；C、小球在向下运动过程中，小球与弹簧组成的系统机械能守恒，弹力对小球做负功，小球机械能减少，弹簧的弹性势能增加，故C正确，D错误；故选：AC4.考点：平抛运动；动能定理专题：平抛运动专题分析：运动员和滑板做平抛运动，根据分位移公式和分速度公式列式求解即可解答：解：A、运动员和滑板做平抛运动，有，故运动时间与初速度无关，故A错误；B、C、根据动能定理，有mgh=，解得，故v0越大，运动员落地瞬间速度越大，故B正确，C错误；D、射程，初速度越大，射程越大，故D错误；故选：B点评：本题关键是明确运动员和滑板做平抛运动，然后根据平抛运动的分位移公式和动能定理列式分析讨论5.【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】： 位移图象的斜率等于物体的速度，由数学知识比较速度的大小，确定物体的运动性质物体的位移大小等于纵坐标的变化量解：A、位移图象的斜率等于物体的速度，0t1的时间内甲沿正方向做减速运动，乙沿负方向做加速运动，运动方向相反故AB错误C、物体的位移大小等于纵坐标的变化量，根据图象可知甲、乙两物体的位移大小相等，时间相等，所以平均速度大小相等，故C错误，D正确故选：D【点评】： 对于位移图象，抓住图象的斜率等于速度、坐标的变化量等于位移大小是关键6.考点：电势；电势能专题：压轴题；电场力与电势的性质专题分析：该电场中的电势、电场强度都关于x轴对称，所以bd两点的电势相等，场强大小相等，方向是对称的c点在两个电荷连线的中点上，也是在两个电荷连线的中垂线上，所以它的电势和无穷远处的电势相等解答：解：A：该电场中的电势关于x轴对称，所以bd两点的电势相等，故A正确；B：c点在两个电荷连线的中点上，也是在两个电荷连线的中垂线上，所以它的电势和无穷远处的电势相等而正电荷周围的电场的电势都比它高，即c点的电势在四个点中是最低的故B正确；C：该电场中的电场强度关于x轴对称，所以bd两点场强大小相等，方向是对称的，不相同的故C错误；D：c点的电势低于a点的电势，试探电荷+q沿圆周由a点移至c点，电场力做正功，+q的电势能减小故D正确故选：ABD点评：该题考查常见电场的特点，解题的关键是c点在两个电荷连线的中点上，也是在两个电荷连线的中垂线上，所以它的电势和无穷远处的电势相等而正电荷周围的电场的电势都比它高，负电荷周围的电场的电势都比它低属于基础题目7.考点： 交流的峰值、有效值以及它们的关系 专题： 交流电专题分析： 根据感应电动势的瞬时表达式e=0.5sin20t（V），可以求出频率、某时刻，e的瞬时值、交流电的电动势最大值，当t=0时线圈平面跟磁感线垂直，磁通量最大，磁通量变化率为0解答： 解：A、根据e=5sin20t（V），得：=20rad/s，所以f=Hz=Hz，故A正确；B、当线圈平面与中性面重合时，线圈边的切割速度最小，即线圈中的感应电动势为零，故B错误；C、当线圈平面与中性面垂直时，线圈边的切割速度最大，线圈中的感应电流最大，故C错误；D、线圈转动到中性面位置时，电流方向改变，则转动一周，感应电流的方向改变两次，故D错误；故选：A8.解：线框进入磁场过程受到的安培力：F=BIL=BL=线框进入磁场过程中，切割磁感线的有效长度L增大，安培力增大，由牛顿第二定律得：mgF=ma，则a=g线框由静止做加速运动，由于L、v不断增大，加速度a减小，则线框进入磁场过程做加速度减小的加速运动，加速度减小，vt图象的斜率减小故ABD错误，C正确；故选：C9.解：游标卡尺的主尺读数为103mm，游标尺上第2个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为20.05mm=0.10mm，所以最终读数为：103mm+0.10mm=103.10mm故答案为：103.1010.考点：描绘小电珠的伏安特性曲线.专题：实验题分析：（1）器材的选取需精确、安全，根据灯泡的额定电流选择合适的电流表，从测量误差的角度出发选择合适的滑动变阻器（2）由实验原理可明确实验中的实物图；（3）由伏安特性曲线明确对应的电流值，再由功率公式可求得功率解答：解：（1）灯泡的额定电压为4V，故电压一选择A；灯泡的额定电流为0.5A，选择03A量程的电流表量程偏大，测量误差大，所以选择量程为0.6A的电流表，即D（2）本实验中采用滑动变阻器的分压接法，电流表选用外接法；故实物图如图所示；（3）电源电压为2V，则由图象可知，图象与伏安特性曲线的交点横坐标为0.4A，即电流为0.4A，则功率P=UI=20.4=0.8W；故答案为：（1）A；D（2）如图（3）0.8点评：解决本题的关键掌握器材选取的原则，以及知道滑动变阻器分压式和限流式接法的区别，以及电流表内外接的区别11.解析：(1)用隔离法：对滑块作受力分析，如图甲所示，在平行斜面的方向上Fm1gsin30f，(2分)得f5 N（1分）(2)用整体法：因两个物体均处于平衡状态，故可以将滑块与斜面体当作一个整体来研究，其受力如图乙所示，由图乙可知：在水平方向上有F地Fcos3015N；（2分）在竖直方向上有N地(m1m2)gFsin30135 N（2分） 。12.考点：安培力分析：（1）通过受力分析，利用共点力平衡即可求的安培力；（2）由F=BIL即可求的电流（3）由闭合电路的欧姆定律即可求的电阻解答：解：（1）作出金属棒的受力图，如图则有：F=mgsin30 F=0.1N （2）根据安培力公式F=BIL得：解得：I=0.5A （3）由闭合电路的欧姆定律有：解得：R=11 答：（1）金属棒所受到的安培力0.1N；（2）通过金属棒的电流为0.5N；（3）滑动变阻器R接入电路中的阻值为11点评：本题是金属棒平衡问题时，关键分析受力情况，特别是分析和计算安培力的大小