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寒假的時候，大家都要做寒假作業，一份寒假作業的答案，對于大家寒假作業的完成非常有作用。物理網高中頻道為大家提供-高三物理寒假作業本答案，供大家參考。

一、選擇題

1.如圖，當風水平吹來時，風箏面與水平面成一夾角，人站在地面上拉住連接風箏的細線.則()

A. 空氣對風箏的作用力方向水平向右

B. 地面對人的摩擦力方向水平向左

C. 地面對人的支持力大小等于人和風箏的總重力

D. 風箏處于穩定狀態時拉直的細線不可能垂直于風箏面

2.北斗衛星導航系統是我國正在實施的自主發展、獨立運行的衛星導航系統，衛星分布在繞地球的幾個軌道上運行，其中的北斗?2A距地面的高度約為1.8萬千米，已知地球同步衛星離地面的高度約為3.6萬千米，地球半徑約為6400km，地球的第一宇宙速度為7.9km/s，則北斗?2A衛星的運行速度約為()

A. 3.0km/s B. 4.0km/s C. 7.9km/s D. 2.5km/s

3.以不同初速度將兩個物體同時豎直向上拋出并開始計時，一個物體所受空氣阻力可忽略，另一物體所受空氣阻力大小與物體速率成正比，下列用虛線和實線描述兩物體運動的v?t圖象可能正確的是()

A. B. C. D.

4.如圖所示，在x軸上方垂直于紙面向外的勻強磁場，兩帶電量相同而質量不同的粒子以相同的速度從O點以與x軸正方向成=60角在圖示的平面內射入x軸上方時，發現質量為m1的粒子從a點射出磁場，質量為m2的粒子從b點射出磁場.若另一與a、b帶電量相同而質量不同的粒子以相同速率與x軸正方向成=30角射入x軸上方時，發現它從ab的中點c射出磁場，則該粒子的質量應為(不計所有粒子重力作用)()

A. (m1+m2) B. (m1+m2) C. (m1+m2) D. (m1+m2)

5.如圖所示，水平傳送帶以速度v1勻速運動，小物體P、Q由通過定滑輪且不可伸長的輕繩相連，t=0時刻P在傳送帶左端具有速度v2，P與定滑輪間的繩水平，t=t1時刻P離開傳送帶.不計定滑輪質量和摩擦，繩足夠長.正確描述小物體P速度隨時間變化的圖象可能是()

A B C D

6.如圖，傾斜固定的氣墊導軌底端固定有滑塊P，滑塊Q可在導軌上無摩擦滑動，兩滑塊上分別固定有同名磁極相對的條形磁鐵.將Q在導軌上方某一位置由靜止釋放，已知由于磁力作用，Q下滑過程中并未與P相碰.不考慮磁鐵因相互作用而影響磁性，且不計空氣阻力，則在Q下滑過程中()

A. 滑塊Q的機械能守恒

B. 滑塊Q和滑塊P間的最近距離與初始釋放位置的高度有關

C. 滑塊Q所能達到最大速度與初始釋放位置的高度有關

D. 滑塊Q達到最大速度時的位置與初始釋放位置的高度無關

二、實驗題

7.(1)小葉同學利用圖甲裝置探究加速度與質量之間的定性關系。根據圖片信息，他安裝儀器后，準備開始測量實驗數據時的狀態如圖甲所示，從圖片上看，你覺得他在開始正確測量前必須得修正哪幾方面的問題?(請寫出三點)

(2)修正后，小葉同學就開始實驗測量，如下圖乙所示。他所接的打點計時器的電檔位如右圖示，則他所選的打點計時器是哪種常用的打點計時器?

8.一個未知電阻Rx，阻值大約為10k?20k，為了較為準確地測定其電阻值，實驗室中有如下器材：

電壓表V1(量程3V、內阻約為3k) 電壓表V2(量程15V、內阻約為15k)

電流表A1(量程200A、內阻約為100) 電流表A2(量程0.6A、內阻約為1)

電源E(電動勢為3V) 滑動變阻器R(最大阻值為20)

開關S

(1)在實驗中電壓表選，電流表選 .(填V1、V2，A1、A2)

(2)為了盡可能減小誤差，請你在虛線框中畫出本實驗的電路圖.

(3)測得電阻值與真實值相比 (填偏大偏小相等)

三、計算題

9.一物體從靜止開始做勻加速直線運動，加速度的大小為a，經過一段時間當速度為v時，將加速度反向、大小改變。為使這物體再經過與加速過程所用時間的N倍時間恰能回到原出發點，則反向后的加速度應是多大?回到原出發點時的速度為多大?

10.如圖所示，一個學生坐在小車上做推球游戲，學生和不車的總質量為M=100kg，小球的質量為m=2kg.開始時小車、學生和小球均靜止不動.水平地面光滑.現該學生以v=2m/s的水平速度(相對地面)將小球推向右方的豎直固定擋板.設小球每次與擋板碰撞后均以同樣大小的速度返回.學生接住小球后，再以相同的速度大小v(相對地面)將小球水平向右推向擋板，這樣不斷往復進行，此過程學生始終相對小車靜止.求：

(1)學生第一次推出小球后，小車的速度大小;

(2)從學生第一次推出小球算起，學生第幾次推出小球后，再也不能接到從擋板彈回來的小球.

11.如圖所示，A、B為兩塊平行金屬板，A板帶正電荷、B板帶負電荷.兩板之間存在著勻強電場，兩板間距為d、電勢差為U，在B板上開有兩個間距為L的小孔.C、D為兩塊同心半圓形金屬板，圓心都在貼近B板的O處，C帶正電、D帶負電.兩板間的距離很近，兩板末端的中心線正對著B板上的小孔，兩板間的電場強度可認為大小處處相等，方向都指向O.半圓形金屬板兩端與B板的間隙可忽略不計.現從正對B板小孔緊靠A板的O處由靜止釋放一個質量為m、電荷量為q的帶正電的微粒(微粒的重力不計)，問：

(1)微粒穿過B板小孔時的速度多大?

(2)為了使微粒能在C、D板間運動而不碰板，C、D板間的電場強度大小應滿足什么條件?

(3)從釋放微粒開始，求微粒通過半圓形金屬板間的最低點P點的時間?

參考答案

1.解：A、D、設細線與水平面的夾角為，風力大小為F.先研究風箏，分析受力如圖，

空氣對風箏的作用力方向垂直于風箏的平面，風箏處于穩定狀態時拉直的細線不可能垂直于風箏面.故A錯誤，D正確;

根據平衡條件得：

B、對該同學分析受力可知，人受到重力、地面的支持力、繩子向右上的拉力和地面對人的摩擦力方向水平向左，故B正確.

C、對人和風箏整體研究，豎直方向上有：(M+m)g=N+Fcos，是風箏與水平面之間的夾角;則得：N=(M+m)g?Fcos(M+m)g.故C錯誤.

2.解：設M為地球質量，m1為同步衛星，m2為北斗?2A衛星質量，R為地球半徑，R1為地球同步衛星離地面的高度，R2為北斗?2A衛星距地面的高度，v1為同步衛星的速度，v2為北斗?2A衛星速度.

研究同步衛星繞地球做勻速圓周運動，根據萬有引力提供向心力，列出等式： ①

根據圓周運動知識得： ②

T=243600s，

研究北斗?2A衛星繞地球做勻速圓周運動，根據萬有引力提供向心力，列出等式： ③

由①②③解得：

v2=4km/s

故B正確、ACD錯誤.

3.解：沒有空氣阻力時，物體只受重力，是豎直上拋運動，v?t圖象是直線;

有空氣阻力時，上升階段，根據牛頓第二定律，有：mg+f=ma，故a=g+，由于阻力隨著速度而減小，故加速度逐漸減小，最小值為g;

有空氣阻力時，下降階段，根據牛頓第二定律，有：mg?f=ma，故a=g?，由于阻力隨著速度而增大，故加速度減小;

v?t圖象的斜率表示加速度，故圖線與t軸的交點對應時刻的加速度為g，切線與虛線平行;

故選：D

4.解：粒子做勻速圓周運動，軌跡如圖：

故質量為m1、m2、m3的粒子軌道半徑分別為：

=2L+d

故： ①

粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，故：

②

③

④

聯立①②③④解得：m3= (m1+m2)

故選：C.

5.ABC解：1.若v1=v2，小物體P可能受到的靜摩擦力等于繩的拉力，一直相對傳送帶靜止勻速向右運動，若最大靜摩擦力小于繩的拉力，則小物體P先向右勻減速運動，減速到零后反向勻加速直到離開傳送帶，由牛頓第二定律知mQg?mPg=(mQ+mP)a，加速度不變，故A正確;

2.若v1v2，小物體P先向右勻加速直線運動，由牛頓第二定律知mPg?mQg=(mQ+mP)a，到小物體P加速到與傳送帶速度v1相等后勻速，故B選項可能;

3.若v1a1，故C選項正確，D選項錯誤.

故選：ABC

6.解：A、滑塊Q下滑的過程中，受到P的排斥力作用，此排斥力對Q做負功，所以Q的機械能減小，故A錯誤.

B、滑塊Q在下滑過程中，沿軌道方向受到重力的分力和磁場斥力，先做加速運動后做減速運動，當速度減至零時，與P的距離最近.根據能量守恒得知，Q初始釋放位置的高度越大，相對于P位置具有的重力勢能越大，當P運動到最低點時，其重力勢能全部轉化為磁場能，則知磁場能越大，PQ的距離越近，故B正確.

CD、當滑塊所受的磁場力與重力沿軌道向下的分力二力平衡時，Q的速度最大，重力的分力一定，根據平衡條件得知，速度最大時磁場力的大小也一定，則Q速度最大的位置一定，與Q初始釋放位置的高度無關.

根據能量守恒得知，滑塊Q釋放的位置越高，具有的重力勢能越大，速度最大時磁場能一定，則Q所能達到的最大動能越大，最大速度也越大，故知滑塊Q所能達到最大速度與初始釋放位置的高度有關.故CD正確.

故選：BCD

7.a、長木板的右端沒被墊高，說明沒有平衡摩擦力;b、小車和打點計時器的距離太開了; c、細線沒套在定滑輪的輪槽上，以致拉線未能與板面平行;(2)電磁打點計時器。

解析：(1)長木板的右端沒被墊高，說明沒有平衡摩擦力;小車和打點計時器的距離太遠了，細線沒套在定滑輪的輪槽上，以致拉線未能與板面平行;

(2)電磁打點計時器使用4-6V交流電壓，電火花打點計時器直接接在220V交流電壓上，所以他所選的打點計時器是電磁打點計時器.

9. , 解析：取加速度a的方向為正方向

以加速度a加速運動時有：

以加速度反向運動到原出發點時，位移為

有：

解得：

回到原出發點時的速度

解得：

負號表明，回到原出發點時速度的大小為，方向與原的運動方向相反

10.解：(1)學生推小球過程：設學生第一次推出小球后，學生所乘坐小車的速度大小為v1，學生和他的小車及小球組成的系統動量守恒，取向右的方向為正方向，由動量守恒定律得：

mv+Mv1=0①，

代入數據解得：v1=?0.04m/s，負號表示車的方向向左;

(2)學生每向右推一次小球，根據方程①可知，學生和小車的動量向左增加mv，同理，學生每接一次小球，學生和小車的動量向左再增加mv，設學生第n次推出小球后，小車的速度大小為vn，由動量守恒定律得：

(2n?1)mv?Mvn=0，

要使學生不能再接到擋板反彈回來的小球，

有：vn2 m/s，

解得：n25.5，

即學生推出第26次后，再也不能接到擋板反彈回來的小球.

答：(1)學生第一次推出小球后，小車的速度大小為0.04m/s;

(2)從學生第一次推出小球算起，學生第26次推出小球后，再也不能接到從擋板彈回來的小球.

11.

(3)微粒從釋放開始經射入B板的小孔，d=v2 ，

則 =2dv=2d m2qU，

設微粒在半圓形金屬板間運動經過第一次到達最低點P點，則 =L4 m2qU，

所以從釋放微粒開始，經過 + =2d+L4 m2qU微粒第一次到達P點;根據運動的對稱性，易知再經過2( + )微粒再一次經過P點

所以經過時間t=(2k+1)2d+L4 m2qU，(k=0,1，2，)微粒經過P點.

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