2015年秋高三物理上册期末考试试题(有答案)
广东省清远市2015届高三上学期期末检测物理试题 Word版含答案
清远市2014—2015学年度第一学期期末质量检测试题高三物理科部分一、单项选择题：本题包括16小题，每小题4分，共64分。
每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。
选对的得4分，选错或不答的得0分。
13．右图是某质点运动的速度图象，由图象得到的正确结果是A ．0～1 s 内该质点的平均速度大小是2 m/sB ．0～1 s 内该质点的位移大小是2 mC ．0～1 s 内该质点的加速度大于2～4 s 内的加速度D ．0～1 s 内该质点的运动方向与2～4 s 内的运动方向相反14．电子束焊接机中的电子枪如图所示，K 为阴极，A 为阳极，阴极和阳极之间的电场线如图中虚线所示，A 上有一小孔，阴极发射的电子在阴极和阳极间电场作用下聚集成一细束，以极高的速率穿过阳极上的小孔，射到被焊接的金属上，使两块金属熔化而焊接到一起．不考虑电子重力，下列说法正确的是A ．A 点的电势低于K 点的电势B ．电子克服电场力做功C ．电子的电势能不断增加D ．电子动能不断增加15．右图是娱乐场所中的一种滑梯，滑梯在最底端是处于水平切线方向，质量为M 、可看成质点的一名滑梯爱好者从高为h 的滑梯顶端静止下滑，忽略所有摩擦及阻力，则滑梯爱好者在下滑过程中下列说法正确的是A ．机械能不守恒B ．滑梯爱好者滑到底层末端时的速度大小为gh v 2C ．滑梯爱好者滑到底层末端时对滑梯的压力为MgD ．滑梯爱好者到达底层末端时处于失重状态16．右图是显像管原理示意图，电子束经电子枪加速后，进入偏转磁场偏转．不加磁场时，电子束打在荧光屏正中的O 点．若要使电子束打在荧光屏上位置由O 逐渐向A 移动，则A ．在偏转过程中，洛伦兹力对电子束做正功B ．在偏转过程中，电子束做匀加速曲线运动C ．偏转磁场的磁感应强度应逐渐变大D ．偏转磁场的方向应垂直于纸面向内二、双项选择题：本题包括9小题，每小题6分，共54分。
每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求。
江苏省苏州市2015届高三物理上学期期末考试试题(含解析)新人教版
江苏省苏州市2015届高三上学期期末考试物理试卷一、单项选择题：此题共7小题，每一小题3分，共21分．每一小题只有一个选项符合题意．1．如下关于物理学史和物理研究方法的表示中正确的答案是〔〕A．用点电荷来代替带电体的研究方法叫微元法B．利用v﹣t图象推导匀变速直线运动位移公式的方法是理想模型法C．伽利略借助实验研究和逻辑推理得出了自由落体运动规律D．法拉第发现电流的磁效应与他坚信电和磁之间一定存在联系的哲学思想是分不开的考点：物理学史．.分析：物理学中对于多因素〔多变量〕的问题，常常采用控制因素〔变量〕的方法，把多因素的问题变成多个单因素的问题；每一次只改变其中的某一个因素，而控制其余几个因素不变，从而研究被改变的这个因素对事物影响，分别加以研究，最后再综合解决，这种方法叫控制变量法；它是科学探究中的重要思想方法，控制变量法是初中物理中常用的探索问题和分析解决问题的科学方法之一．等效替代法是指在研究某一个物理现象和规律中，因实验本身的特殊限制或因实验器材等限制，不可以或很难直接揭示物理本质，而采取与之相似或有共同特征的等效现象来替代的方法；解答：解：A、用质点代替实际物体是采用了理想模型的方法，质点实际不存在，A错误；B、在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法，B错误；C、伽利略在研究自由落体运动时采用了推理的方法，C正确；D、法拉第发现电磁感应现象，和他坚信电与磁之间一定存在着联系的哲学思想分不开，D错误；应当选：C点评：解决此题要知道常用的物理学研究方法：控制变量法、等效替代法、模型法、比拟法、分类法、类比法、转换法等．2．〔3分〕如下列图，一定质量的物体通过轻绳悬挂，结点为O．人沿水平方向拉着OB绳，物体和人均处于静止状态．假设人的拉力方向不变，缓慢向左移动一小段距离，如下说法正确的答案是〔〕A．O A绳中的拉力先减小后增大B．O B绳中的拉力不变C．人对地面的压力逐渐减小D．地面给人的摩擦力逐渐增大考点：共点力平衡的条件与其应用；力的合成与分解的运用．.专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：将重力进展分解，判断OB拉力的变化，根据平衡条件判断摩擦力的变化．解答：解：将重物的重力进展分解，当人的拉力方向不变，缓慢向左移动一小段距离，如此OA与竖直方向夹角变大，OA的拉力由图中1位置变到2位置，可见OA绳子拉力变大，OB绳拉力逐渐变大；OA拉力变大，如此绳子拉力水平方向分力变大，根据平衡条件知地面给人的摩擦力逐渐增大；人对地面的压力始终等于人的重力，保持不变；应当选：D．点评：此题考查了动态平衡问题，用图解法比拟直观，还可以用函数法．3．〔3分〕如下列图，虚线是某静电场的一簇等势线，边上标有电势的值．一带电粒子只在电场力作用下恰能沿图中的实线从A经过B运动到C．如下判断正确的答案是〔〕A．粒子一定带负电B．A处场强大于C处场强C．粒子在A处电势能大于在C处电势能D．粒子从A到B电场力所做的功大于从B到C电场力所做的功考点：等势面；电场线．.分析：根据电场线与等势面垂直且由高电势指向低电势，确定出电场线方向，根据曲线运动中物体所受的合力方向指向轨迹的内侧，可判断出粒子所受的电场力方向，判断粒子的电性．根据等差等势面密处场强大，可判断场强的大小．由电场力做功正负，判断电势能的大小和动能的大小．解答：解：AB、根据电场线与等势面垂直且由高电势指向低电势，可知电场线方向大致向左，根据粒子轨迹的弯曲方向可知，粒子所受的电场力方向大致向左，如此知粒子一定带正电．故A错误；B、等差等势面的疏密反映电场强度的大小，A处场强大于C处场强，故B正确；C、从A点飞到C点，电场力方向与速度的夹角为钝角，电场力做负功，电势能增大，故C错误；D、根据W=Uq知电势差一样，电场力做功一样，故D错误．应当选：B点评：此题要掌握等势面与电场线的关系和曲线运动合力指向，由粒子的轨迹判断出电场力方向，分析能量的变化．4．〔3分〕如下列图是质量为m的小球靠近墙面竖直上抛的频闪照片，甲图是上升时的照片，乙图是下降时的照片，O是运动的最高点．假设小球所受阻力大小不变，重力加速度为g ，据此估算小球受到的阻力大小为〔〕A．m g B．m g C．m g D．mg考点：牛顿第二定律；竖直上抛运动．.专题：直线运动规律专题．分析：闪光频率一样，如此小球每经过两个相邻位置的时间间隔是一样的，根据位移公式求出两种情况的加速度之比，根据牛顿第二定律列方程表示出上升和下落的加速度，联立即可求解．解答：解：设每块砖的厚度是d，向上运动上运动时：9d﹣3d=aT2①向下运动时：3d﹣d=a′T2②联立①②得：= ③根据牛顿第二定律，向上运动时：mg+f=ma④向下运动时：mg﹣f=ma′⑤联立③④⑤得：f=mg；应当选：B．点评：解决此题的关键是利用匀变速直线运动的推论△x=aT2求出两种情况下的加速度，进而由牛顿第二定律即可求解．5．〔3分〕〔2011•辽宁模拟〕一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地．两板间有一个正检验电荷固定在P点，如下列图，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、φ表示P点的电势，W表示正电荷在P点的电势能，假设正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0的过程中各物理量与负极板移动距离x的关系图象中正确的答案是〔〕A．B．C．D．考点：电容器的动态分析．.专题：电容器专题．分析：由题意可知电量不变，由平行板电容器的决定式可知电容的变化；由定义式可得出两端电势差的变化；再由U=Ed可知E的变化，进而判断势能的变化．解答：解：A、当负极板右移时，d减小，由C=可知，C与x图象不能为一次函数图象！故A错误；B、由U=可知，U=Q，如此E==，故E与d无关，故B错误；C、因负极板接地，设P点原来距负极板为l，如此P点的电势φ=E〔l﹣l0〕；故C正确；D、电势能E=φq=Eq〔l﹣l0〕，不可能为水平线，故D错误；应当选：C．点评：此题考查电容器的动态分析，由于结合了图象内容，对学生的要求更高了一步，要求能根据公式得出正确的表达式，再由数学规律进展分析求解．6．〔3分〕〔2014•大东区一模〕一个物体静止在质量均匀的球形星球外表的赤道上．万有引力常量为G，星球密度为ρ，假设由于星球自转使物体对星球外表的压力恰好为零，如此星球自转的角速度为〔〕A．B．C．ρGπD．考点：万有引力定律与其应用．.专题：万有引力定律的应用专题．分析：赤道上随行星一起转动的物体对行星外表的压力恰好为零，说明此时万有引力提供向心力，根据万有引力充当向心力与M=ρV进展求解．解答：解：设某行星质量为M，半径为R，物体质量为m，万有引力充当向心力，如此有G=mRω2，又M=ρV=ρπR3．联立两式解得：ω=应当选：A．点评：该题考查了万有引力公式与向心力根本公式的直接应用，难度不大，属于根底题．7．〔3分〕用两根足够长的粗糙金属条折成“「〞型导轨，右端水平，左端竖直，与导轨等宽的粗糙金属细杆ab、cd和导轨垂直且接触良好．ab、cd杆的质量、电阻值均相等，导轨电阻不计，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中．当ab杆在水平拉力F作用下沿导轨向右匀速运动时，cd杆沿轨道向下运动，以下说法正确的答案是〔〕A．c d杆一定向下做匀速直线运动B．cd杆一定向下做匀加速直线运动C． F做的功等于回路中产生的焦耳热与ab杆抑制摩擦做功之和D．F的功率等于ab杆上的焦耳热功率与摩擦热功率之和考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．.分析：题中ab匀速切割磁感线产生恒定的感应电动势，cd不切割磁感线，不产生感应电动势，回路中感应电流恒定，分析cd可能的受力情况，判断其运动情况；对ab进展受力情况分析，由平衡条件分析拉力F；根据功能关系分析拉力F的功率．解答：解：A、B、由图看出，ab匀速切割磁感线，产生恒定的感应电动势，cd不切割磁感线，不产生感应电动势，回路中感应电流恒定；cd棒竖直方向上受到向下的重力和向上滑动摩擦力f，水平方向受到轨道的支持力N 和安培力FA，如此f=μN=μFA=μBIL，可知f大小不变．假设重力大于滑动摩擦力，cd杆做匀加速运动；假设重力等于滑动摩擦力，cd杆做匀速运动；故A错误，B错误；C、导体棒ab做匀速直线运动，受拉力、重力、向左的安培力、向左的滑动摩擦力和向上的支持力；故拉力做的功等于ab杆抑制摩擦做功和抑制安培力做功之和，ab杆抑制安培力做功等于回路中产生的焦耳热，故F做的功等于回路中产生的焦耳热与ab 杆抑制摩擦做功之和，故C正确；D、F做的功等于回路中产生的焦耳热与ab杆抑制摩擦做功之和，故F的功率等于回路上的焦耳热功率与摩擦热功率之和，故D错误；应当选：C．点评：此题要注意cd杆不切割磁感线，没有感应电动势产生，同时要正确分析两棒的受力和能量如何转化，分析时能量的形式不能少．二、多项选择题：此题共6小题，每一小题4分，共24分，每一小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．8．〔4分〕如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比为4：1，电压表和电流表均为理想电表，R1是用氧化锰等金属氧化物烧结而成的热敏电阻，R0为定值电阻．原线圈接如图乙所示的正弦交流电，如下说法正确的答案是〔〕A．交流电压u的表达式u=36sin100πt〔V〕B．变压器原、副线圈中的电流之比为1：4C．变压器输入、输出功率之比为1：4D．当R1温度升高时，电压表和电流表的读数均变大考点：变压器的构造和原理．.专题：交流电专题．分析：由图乙可知交流电压最大值Um=36V，周期T=0.02s，可由周期求出角速度的值，如此可得交流电压u的表达式U=36sin100πtV、由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，Rt处温度升高时，阻值减小，根据负载电阻的变化，可知电流．解答：解：A、由图乙可知交流电压最大值Um=36V，周期T=0.02s，可由周期求出角速度的值为=100π，如此可得交流电压u的表达式U=36sin100πtV，故A正确；B、理想变压器原、副线圈的匝数比为4：1，所以变压器原、副线圈中的电流之比为1：4，故B正确；C、变压器输入、输出功率之比为1：1，故C错误；D、当R1温度升高时，阻值减小，电压表示数不变，电流表的示数变大，故D错误；应当选：AB．点评：根据图象准确找出量，是对学生认图的根本要求，准确掌握理想变压器的特点与电压、电流比与匝数比的关系，是解决此题的关键．9．〔4分〕如下列图，小球B放在真空正方体容器A内，球B的直径恰好等于A的内边长，现将它们以初速度v0竖直向上抛出，如下说法中正确的答案是〔〕A．假设不计空气阻力，下落过程中，B对A没有弹力B．假设考虑空气阻力，上升过程中，A对B的弹力向下C．假设考虑空气阻力，下落过程中，B对A的弹力向上D．假设不计空气阻力，上升过程中，A对B有向上的弹力考点：牛顿运动定律的应用-超重和失重．.专题：牛顿运动定律综合专题．分析：将容器以初速度V0竖直向上抛出后，假设不计空气阻力，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到加速度为g，再以容器A为研究对象，其合力为重力，A、B间无相互作用力．假设考虑空气阻力，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到加速度大于g，再以球B为研究对象，根据牛顿第二定律分析B所受压力方向．解答：解：A、D、将容器以初速度V0竖直向上抛出后，假设不计空气阻力，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到加速度为g，再以容器A为研究对象，上升和下落过程其合力等于其重力，如此B对A没有压力，A对B也没有支持力．故A正确，D错误．B、假设考虑空气阻力，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到：上升过程加速度大于g，再以球B为研究对象，根据牛顿第二定律分析：B受到的合力大于重力，B除受到重力外，还应受到向下的压力．A对B的压力向下．故B正确．C、假设考虑空气阻力，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到：下落过程加速度小于g，再以B为研究对象，根据牛顿第二定律分析：A受到的合力小于重力，B除受到重力外，还应受到向上的力，即A对B的支持力向上，B对A的压力向下，故C错误．应当选：AB点评：此题采用整体法和隔离法，由牛顿定律分析物体的受力情况，考查灵活选择研究对象的能力．10．〔4分〕〔2012•盐城一模〕如下列图是研究自感通电实验的电路图，A1、A2是两个规格一样的小灯泡，闭合电键调节电阻R，使两个灯泡的亮度一样，调节可变电阻R1，使他们都正常发光，然后断开电键S．重新闭合电键S，如此〔〕A．闭合瞬间，A1立刻变亮，A2逐渐变亮B．闭合瞬间，A2立刻变亮，A1逐渐变亮C．稳定后，L和R两端电势差一定一样D．稳定后，A1和A2两端电势差不一样考点：自感现象和自感系数．.专题：电磁感应与电路结合．分析：闭合开关的瞬间，L相当于断路，稳定后自感作用消失，结合欧姆定律分析电压大小．解答：解：闭合瞬间，L相当于断路，A2立刻变亮，A1逐渐变亮，稳定后，两个灯泡的亮度一样，说明它们两端的电压一样，L和R两端电势差一定一样，选项BC正确AD错误．应当选BC点评：对自感线圈来讲，重点掌握开关闭合瞬间，断路稳定后和开关断开的瞬间，线圈对电流突变的阻碍作用．11．〔4分〕质量为2×103kg的汽车由静止开始沿平直公路行驶，行驶过程中牵引力F和车速倒数的关系图象如下列图．己知行驶过程中最大车速为30m/s，设阻力恒定，如此〔〕A．汽车所受阻力为6×103 NB．汽车在车速为5 m/s时，加速度为3m/s2C．汽车在车速为15 m/s时，加速度为lm/s2D．汽车在行驶过程中的最大功率为6×104 W考点：功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律．.分析：从图线看出，开始图线与x轴平行，表示牵引力不变，牵引车先做匀加速直线运动，倾斜图线的斜率表示额定功率，即牵引车达到额定功率后，做加速度减小的加速运动，当加速度减小到零，做匀速直线运动．解答：解：A、当牵引力等于阻力时，速度最大，由图线可知阻力大小f=2000N，故A错误．B、倾斜图线的斜率表示功率，可知P=fv=2000×30W=60000W，车速为5m/s时，汽车做匀加速直线运动，加速度a=，故B错误．C、当车速为15m/s时，牵引力F=，如此加速度a=，故C正确．D、汽车的最大功率等于额定功率，等于60000W．故D正确．应当选：CD．点评：解决此题的关键能够从图线中分析出牵引车的运动情况，知道倾斜图线的斜率表示牵引车的额定功率．12．〔4分〕在如图〔a〕所示的电路中，Rl为定值电阻，R2为滑动变阻器，电表均为理想电表．闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P从最右端滑到最左端，两个电压表读数随电流表读数变化的图线如图〔b〕所示．如此〔〕A．电源内电阻的阻值为10ΩB．电源的最大输出功率为1.8WC．滑动变阻器R2的最大功率为0.9WD．图线甲是电压表V2读数随电流表读数变化的图线考点：闭合电路的欧姆定律．.专题：恒定电流专题．分析：将滑动变阻器的滑片P从最右端移到最左端，接入电路的电阻减小，分析电路中电流的变化，确定两个电压表读数的变化，判断图线与电压表示数的对应关系；根据闭合电路欧姆定律求解电源的内电阻和电动势．由图线的斜率求解R1的阻值，将Rl 看成电源的内阻，当等效电源的内外电阻相等时，滑动变阻器R2的功率最大．解答：解：AD、将滑动变阻器的滑片P从最右端移到最左端，接入电路的电阻减小，电路中的电流增大，R1的电压和电源的内电压增大，如此R2的电压减小，所以电压表V1的示数增大，电压表V2的示数减小，可知图线乙反映的是电压表V1的示数随电流的变化，图线甲反映的是电压表V2的示数随电流的变化．根据闭合电路欧姆定律得：电压表V2的示数U2=E﹣I〔R1+r〕①由图线甲的斜率大小等于R1+r，由图知：R1+r==Ω=10Ω图线②的斜率等于R1，如此R1==Ω=5Ω如此得：r=5Ω，故A错误，D正确．B、由甲图知：I=0.2A时，U2=4V，如此电源的电动势为E=U2+I〔R1+r〕=4+0.2×〔5+5〕=6V当R1+R2=r时电源的输出功率最大，如此电源的最大输出功率为Pm==W=1.8W，故B正确．C、将Rl看成电源的内阻，当R1+r=R2时，滑动变阻器R2的功率最大，为PmR2==W=0.9W，故D正确．应当选：Bcd．点评：此题关键：一是分析电路图，确认电路组成、连接方式、三电表的测量对象，能从图象上得到相关信息．二能运用等效思维求解滑动变阻器R2的最大功率．13．〔4分〕如下列图，足够长的木板A静止放置于水平面上，小物块B以初速度v0从木板左侧滑上木板，关于此后A、B两物体运动的v﹣t图象可能是〔〕A．B．C．D．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：木块滑上木板，木块做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律比拟出A、B的加速度大小，从而确定速度时间图线的正误解答：解：A、木块滑上木板，滑块做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得，，假设地面对木板无摩擦力，如此，当木块和木板速度相等后，两者一起匀速运动，故A正确；BCD、木块滑上木板，滑块做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得，，假设地面对木板有摩擦力且动摩擦因数为μ′如此，木板能加速运动说明地面对木板的动摩擦因数μ′＜μ，故木板和木块速度相等后两者一起在地面上匀减速运动的加速度小于木块开始时的加速度，故BC错误，D正确．应当选：AD．点评：此题综合考查了动能定理，牛顿第二定律，对学生能力的要求较高，关键是通过图线的斜率判断图象的正误．三、简答题：本大题共3小题；其中第14题10分，第15题10分，共计20分．请将解答填写在答题卡相应的位置．14．〔3分〕用游标卡尺测量某小球直径时，为使测量爪靠近小球，应用手指推动部件〔如图中“A〞、“B〞、“C〞〕，并旋紧紧固螺丝再进展读数．如图是卡尺的某次测量其读数为10.30mm．考点：刻度尺、游标卡尺的使用．.专题：实验题．分析：解决此题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．解答：解：游标卡尺的主尺读数为10mm，游标尺上第6个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为6×0.05mm=0.30mm，所以最终读数为：10mm+0.30mm=10.30mm．故答案为：10.30点评：对于根本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些根本仪器进展有关测量．15．〔7分〕某同学设计了一个如图1所示的装置来测定滑块与水平木板间的动摩擦因数，其中A为滑块，B和C是钩码，个数可调．A的左端与打点计时器的纸带〔未画出〕相连，通过打点计时器打出的纸带测出系统的加速度．实验中该同学在钩码总质量〔m+m′=m0〕保持不变的条件下，屡次改变m和m′的钩码个数，重复测量．不计绳和滑轮的质量与它们之间的摩擦．①实验中除电磁打点计时器、纸带、假设干个质量均为50克的钩码、滑块、一端带有定滑轮的长木板、细线外，为了完本钱实验，还应有BDA．秒表B．毫米刻度尺C．天平D．低压交流电源②实验中该同学得到一条较为理想的纸带，如图3所示．现从清晰的O点开始，每隔4个点取一计数点〔中间4个点没画出〕，分别记为A、B、C、D、E、F．测得各计数点到OD点的距离分别为OA=1.61cm，OB=4.02cm，OC=7.26cm，OD=11.30cm，OE=16.14cm9OF=21.80cm，打点计时器打点频率为50Hz．由此纸带可得到打E点时滑块的速度v=0.52m/s，此次实验滑块的加速度a=0.81m/s2．〔结果均保存两位有效数字〕③在实验数据处理中，该同学以m为横轴，以系统的加速度a为纵轴，绘制了如图2所示的实验图线，由此可知滑块与木板间的动摩擦因数µ=0.3．〔g取10m/s2，保存两位有效数字〕考点：探究影响摩擦力的大小的因素．.专题：实验题；摩擦力专题．分析：〔1〕本实验中需要交流电源和长度的测量工具〔2〕每隔4个点取一计数点，相邻计数点之间的时间间隔为0.1s，由匀加速规律可得，用平均速度等于中间时刻的瞬时速度求解速度、用△x=at2求解加速度〔3〕对系统应用牛顿第二定律，得到图线的纵轴截距为﹣μg，可解得动摩擦因数解答：解：〔1〕A、打点计时器通过打点即可知道时间，故不需要秒表，故A错误．B、实验需要测量两点之间的距离，故需要毫米刻度尺和，故B正确．C、本实验中可以不测滑块的质量，而且砝码的质量，故天平可以不选，故C错误．D、打点计时器要用到低压交流电源，故D正确．应当选：BD〔2〕每隔4个点取一计数点，相邻计数点之间的时间间隔为0.1s，故用平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得：=0.44m/s同理可求，=0.36m/s由匀变速运动规律得：所以，vE=2vD﹣vC=0.88﹣0.36m/s=0.52m/s由△x=at2可得：a===0.81m/s2〔3〕对ABC系统应用牛顿第二定律可得：a=所以，a﹣﹣t图象中，纵轴的截距为﹣μg，故﹣μg=﹣3，μ=0.3故答案为：〔1〕BD〔2〕0.52；0.81〔3〕0.3点评：熟悉纸带的处理方法，注意时间的数值和长度的单位、逐差法等；对于图象问题，注意分析截距、斜率、面积等的含义．16．〔10分〕一实验小组用某种导电材料制作成电阻较小的线状元件Z，并通过实验研究该元件中的电流随两端电压从零逐渐增大过程中的变化规律．〔1〕该小组连成的实物电路如图1所示，其中有两处错误，请在错误的连线上打“×〞，并在原图上用笔画出正确的连线．〔2〕在实验中应选用的滑动变阻器是A．A．滑动变阻器R1 〔0～5Ω 额定电流5A〕B．滑动变阻器R2 〔0～20Ω 额定电流2A〕C．滑动变阻器R3 〔0～100Ω 额定电流0.5A〕〔3〕实验测得元件中的电流与电压的关系如表所示，试在图2方格纸中画出电流与电压的U〔V〕0 0.40 0.50 0.60 0.70 0.80 1.00 1.20I〔A〕0 0.20 0.30 0.40．0.55 0.75 1.25 1.801.25A；当电阻R的阻值为3.6Ω时，电流表的读数为0.80A．结合图线，求出电池的电动势为 4.1V，内阻为0.47Ω．〔不计电流表的内阻，结果保存两位有效数字〕考点：描绘小电珠的伏安特性曲线；测定电源的电动势和内阻．.专题：实验题；恒定电流专题．分析：〔1〕由题意可明确实验中滑动变阻器与电流表的接法；如此可得出正确电路；〔2〕根据实验中的接法可选择滑动变阻器；〔3〕根据描点法得出对应的伏安特性曲线；〔4〕根据图象可得出对应的电压值，再由闭合电路欧姆定律列式，联立求解即可．解答：解：〔1〕因Z电阻较小，故应采用电流表外接法；由于要求电压从零开始变化，故滑动变阻器选用分压接法；接法如图：〔2〕分压接法中，为了便于调节，滑动变阻器选用总阻值小，且额定电流较大的；应当选：A；〔3〕根据描点法得出对应的伏安特性曲线如下列图；〔4〕当电流为1.25A时，Z电阻两端的电压为1.0V；当电流为0.8A时，电压为0.8V；由闭合电路欧姆定律可知：E=1.25〔r+2〕+1=1.25r+3.5E=0.81〔r+3.6〕+0.8=0.81r+3.716联立解得：E=4.1V；r=0.49Ω故答案为：〔1〕如下列图；〔2〕A；〔3〕如下列图；〔4〕4.1；0.49．点评：此题考查描绘小灯泡的伏安特性曲线的实验原理与仪表选择、数据处理等问题，要注意分压接法的正确应用．四、计算题：本大题共4小题，共55分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，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．17．〔12分〕如下列图，足够长的斜面倾角θ=37°，一物体以v0=12m/s的初速度从斜面上的A点开始沿斜面向上运动，加速度大小a=8.0m/s2．g取10m/s2，sin 37°=0.6，cos37°=0.8，求：〔1〕物体沿斜面向上滑行的最大距离；〔2〕物体与斜面间的动摩擦因数；〔3〕物体沿斜面到达最高点后返回过程中的加速度大小．。
山东省滕州市第二中学2015届高三上学期期末考试物理试题WORD版含答案
山东省滕州市第二中学2015届高三上学期期末考试物理试题一、选择题（本题共12小题,共计48分。
在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项符合题目要求，有的有多个选项符合题目要求。
全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1．物理学家通过艰苦的实验来探究自然的物理规律，为人类的科学事业做出了巨大贡献，值得我们敬仰。
下列描述中符合物理学史实的是A．开普勒发现了行星运动三定律，从而提出了日心说B．牛顿发现了万有引力定律但并未测定出引力常量GC．奥斯特发现了电流的磁效应并提出了分子电流假说D．法拉第发现了电磁感应现象并总结出了判断感应电流方向的规律2．如图所示，质量为2kg的物体B和质量为1kg的物体C用轻弹簧连接并竖直地静置于水平地面上．再将一个质量为3kg的物体A轻放在B上的一瞬间，弹簧的弹力大小为（取g=10m/s2）A．30N B．0 C．20N D．12N3．如图所示，人造卫星A、B在同一平面内绕地心O做匀速圆周运动．已知A、B连线与A、O连线间的夹角最大为θ，则卫星A、B的角速度之比12ωω等于A ．3sin θB ．31sin θC ．D4．一物体在以xOy 为直角坐标系的平面上运动，其运动规律为x=－2t 2－4t ，y=3t 2+6t （式中的物理量单位均为国际单位）。
关于物体的运动，下列说法正确的是（ ）A ．物体在x 轴方向上做匀减速直线运动B ．物体在y 轴方向上做匀加速直线运动C ．物体运动的轨迹是一条直线D ．物体运动的轨迹是一条曲线5．“天宫一号”被长征二号火箭发射后，准确进入预定轨道，如图所示，“天宫一号”在轨道1上运行4周后，在Q 点开启发动机短时间加速，关闭发动机后，“天宫一号”沿椭圆轨道2运行到达P 点，开启发动机再次加速，进入轨道3绕地球做圆周运动。
“天宫一号”在图示轨道1、2、3上正常运行时，下列说法正确的是（ ）A ．“天宫一号”在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率B ．“天宫一号”在轨道3上的角速度大于在轨道1上的角速度C ．“天宫一号”在轨道1上经过Q 点的加速度大于它在轨道2上经过Q 点的加速度D ．“天宫一号”在轨道2上经过P 点的加速度等于它在轨道3上经过P 点的加速度 6．如图所示，两个质量相同的小球A 和B ，分别用细线悬在等高的O 1、O 2两点，A 球的悬线比B 球的悬线长，把两球的悬线拉到水平后将小球无初速度的释放，则经过最低点时（以悬点所在水平面为零势能面），下列说法正确的是（ ）A．A球的速度大于B球的速度B．悬线对A球的拉力大于对B球的拉力C．A球的向心加速度等于B球的向心加速度D．A球的机械能大于B球的机械能7．水平面上A、B、C三点固定着三个电荷量均为Q的正点电荷，将另一质量为m的带正电的小球（可视为点电荷）放置在O点，OABC恰构成一棱长为L的正四面体，如图所示。
邯郸市2015届高三上学期期末考试物理试题及答案
2014-2015学年河北省邯郸市高三（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共10小题，每小题4分．在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一个选项符合题目要求，第8～10题有多个选项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分．1．（4分）库仑通过实验研究电荷间的作用力与距离、电荷量的关系时，先保持电荷量不变，寻找作用力与电荷间距离的关系；再保持距离不变，寻找作用力与电荷量的关系．这种研究方法常被称为“控制变量法”．下列应用了控制变量法的实验是（）A．验证机械能守恒定律B．探究力的平行四边形定则C．探究加速度与力、质量的关系D．探究匀变速直线运动速度随时间的变化规律考点：验证机械能守恒定律．专题：实验题；机械能守恒定律应用专题．分析：控制变量法是物理上常用的研究方法，当研究一个物理量同时与多个因素有关时，则采用此方法；如：探究加速度与力、质量的关系；分别研究加速度与力；加速度与质量的关系欧姆定律中，电流大小与电压和电阻都有关，分别研究电流与电压关系和电流与电阻的关系；焦耳定律中，导体产生的热量与电流、电阻、时间有关，研究时分别采用控制变量的方法，逐个研究热量与电流、电阻、时间的关系，从而得出结论．解答：解：A、验证机械能守恒定律采用的是重力势能的改变量等于动能的改变量，不涉及控制变量法；故A错误；B、探究力的平行四边形定则时，采用的是等效替代法；故B错误；C、探究加速度与力、质量的关系时，要分别研究加速度与力；加速度与质量的关系；故应控制变量；故C正确；D、探究匀变速直线运动速度随时间的变化规律时，不需要控制变量；故D错误；故选：C．点评：此题考查物理上的研究方法，要针对实验的情况，选用合适的研究方法，当研究一个物理量同时与多个因素有关时，则采用控制变量法．2．（4分）质量为0.8kg的物体在一水平面上运动，如图a、b分别表示物体不受拉力和受到水平拉力作用的v﹣t图象，则拉力与摩擦力之比为（）A．9：8 B．4：3 C．2：1 D．3：2考点：匀变速直线运动的图像；牛顿第二定律．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：由图象可求得物体的加速度，由牛顿第二定律可求得合力，不受水平拉力作用时物体的合力即为摩擦力．解答：解：物体不受水平拉力时，加速度大小为：a2；1===1.5m/s物体受到水平拉力作用时加速度大小为：a2===0.75m/s2；根据牛顿第二定律得：f=ma1；F﹣f=ma2，可得：F：f=3：2故选：D．点评：图象在物理学中具有非常重要的地位，本题将图象与牛顿第二定律相结合，是道好题．3．（4分）某同学参加学校运动会立定跳远项目比赛，起跳直至着地过程如图，测量得到比赛成绩是2.5m，目测空中脚离地最大高度约0.8m，忽略空气阻力，则起跳过程该同学所做功约为（）A．65J B．350J C．700J D．1250J考点：功能关系．分析：运动员做抛体运动，从起跳到达到最大高度的过程中，竖直方向做加速度为g的匀减速直线运动，水平方向做匀速直线运动，根据竖直方向求出运动时间和起跳时竖直方向的速度，根据水平方向求出水平速度，根据速度的合成原则求出合速度，再根据动能定理即可求解．解答：解：运动员做抛体运动，从起跳到达到最大高度的过程中，竖直方向做加速度为g的匀减速直线运动，则t==0.4s，竖直方向初速度v y=gt=4m/s水平方向做匀速直线运动，则v0==3.125m/s，则起跳时的速度v==5.07m/s设中学生的质量为50kg，根据动能定理得：W=mv2=×50×25.7=642J；最接近700J故选：C点评：本题的关键是正确处理运动员的运动过程，知道运动员做抛体运动，竖直方向做加速度为g的匀减速直线运动，水平方向做匀速直线运动；同时要注意明确题目中只要求求出最接近的．4．（4分）如图，用等长的两根轻质细线把两个质量相等的小球悬挂起．现对小球b施加一个水平向左的恒力F，同时对小球a施加一个水平向右的恒力3F，最后达到稳定状态，表示平衡状态的图可能是图中的（）A ．B ．C ．D ．考点： 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析： 将两球连同之间的细线看成一个整体，根据平衡条件并采用正交分解法列式求解；在对球b 受力分析，再根据平衡条件列式分析．解答： 解：对两个球整体受力分析，水平方向受向左的F 和向右的3F ，故上面绳子一定向右偏；设上面绳子与竖直方向夹角为α，则：Tsin α=2FTcos α=2mg设下面绳子与竖直方向夹角为β，则：T′sin β=FT′cos β=mg联立可得：α=β故选：D ． 点评： 本题重点考查了学生的受力分析的能力，解题的关键是能够从整体着手分析受力，若采用隔离法分析a 、b 两个小球受力的情况，则有一定的难度．5．（4分）如图所示，汽车用跨过定滑轮的轻绳拉动物块A ．汽车匀速向右运动，在物块A 到达滑轮之前，关于物块A 的下列说法正确的是（ ）A ． 将竖直向上做匀速运动B ． 将处于超重状态C ． 将处于失重状态D ． 将竖直向上先加速后减速考点：运动的合成和分解；超重和失重．专题：运动的合成和分解专题．分析：将小车的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的速度等于A的速度，根据A的运动情况得出A的加速度方向，得知物体运动情况解答：解：设绳子与水平方向的夹角为θ，将小车的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的速度等于A的速度，根据平行四边形定则得，v A=vcosθ，车子在匀速向右的运动过程中，绳子与水平方向的夹角为θ减小，所以A的速度增大，A做加速上升运动，且拉力大于重物的重力，故ACD错误，B正确，故选：B．点评：解决本题的关键会对小车的速度进行分解，知道小车的速度是沿绳子方向和垂直于绳子方向速度的合速度．6．（4分）如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为1：5，原线圈两端的交变电压为u=20sin100πt（V）氖泡在两端电压达到100V时开始发光，下列说法中正确的有（）A．开关接通后，氖泡的发光频率为50HzB．开关接通后，电压表的示数为100VC．开关断开后，电压表的示数变大D．开关断开后，变压器的输出功率不变考点：变压器的构造和原理．专题：交流电专题．分析：根据电压与匝数程正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论．解答： 解：A 、交变电压的频率为=50Hz ，一个周期内电压两次大于100V ，即一个周期内氖泡能两次发光，所以其发光频率为100Hz ，所以A 项错误；B 、由交变电压的瞬时值表达式知，原线圈两端电压的有效值为20V ，由电压与匝数成正比得副线圈两端的电压为U 2=100V，电压表的示数为交流电的有效值，所以B 项正确；C 、开关断开前后，输入电压不变，变压器的变压比不变，故输出电压不变，所以C 项错误；D 、断开后，电路消耗的功率减小，输出功率决定输入功率，所以D 项错误．故选：B ．点评： 本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解．7．（4分）如图，一正方形闭合线圈，从静止开始下落一定高度后，穿越一个有界的匀强磁场区域，线圈上、下边始终与磁场边界平行．自线圈开始下落到完全穿越磁场区域的过程中，线圈中的感应电流I 、受到的安培力F 及速度v 随时间t 变化的关系，可能正确的是（ ）A ．B ．C ．D ．考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．专题： 电磁感应与图像结合．分析： 分析导体框进入磁场后所做的可能的运动，进行判断和选择．安培力在电磁感应现象中是阻力，总与导体相对于磁场的运动方向相反，安培力大小与速度成正比，根据牛顿第二定律分析线框加速度的变化情况，就判断速度图象斜率的变化情况．解答： 解：A 、若导体框进入磁场后安培力与重力平衡而做匀速直线运动，感应电流保持不变，完全进入磁场后，磁通量不变，没有感应电流产生，穿出磁场的过程中，由于速度大于进入时的速度，线框所受的安培力大于重力，线框将做减速运动，速度减小，安培力也减小，线框的加速度也减小，电流减小变慢，斜率变小．而且穿出与进入磁场两个过程磁通量变化情况，产生的感应电流方向相反，所以A是可能的．故A正确．B、线框下落过程中，受到的安培力总是阻力，与线框的运动方向相反，则进入和空出磁场过程安培力方向相同，符号相同．故B错误．CD、线框进入磁场过程，若重力大于安培力，线框将做加速运动，随着速度的增大，安培力增大，加速度将减小，速度图象的斜率将减小．故CD均错误．故选：A点评：本题关键要有分析线框的受力情况和运动情况的能力，抓住安培力是阻力，其方向总与导体相对于磁场的速度成正比是关键．8．（4分）两个带等量正电荷的小球（可视为点电荷）固定在图中a、b两点，MN为ab连线的中垂线，交直线ab于O点，A为MN上的一点．取无限远处的电势为零．一带负电的试探电荷q，仅在静电力作用下运动，则（）A．若q从A点由静止释放，其将以O点为对称中心做往复运动B．若q从A点由静止释放，其在由A点向O点运动的过程中，加速度先增大后减小C．q由A点向O点运动时，其动能逐渐增大，电势能逐渐增大D．若在A点给q一个合适的初速度，它可以做匀速圆周运动考点：电场线；电场强度．分析：根据等量同种点电荷电场线的分布情况，抓住对称性，分析试探电荷q的受力情况，确定其运动情况，根据电场力做功情况，分析其电势能的变化情况．解答：解：A、电场强度在MN上是对称分布的，故根据电场力做功可知，其将以O点为对称中心做往复运动；故A正确．两等量正电荷周围部分电场线如右图所示，其中a、b连线的中垂线MN上，设任意点P到O的距离是x，a到O的距离是，则a在P产生的场强：．在 a、b连线的中垂线MN上的分量：展开得：由三项式定理：得由于故试探电荷所受的电场力是变化的，q由A向O的运动时的电场力逐渐减小，加速度一直减小，故B错误．C、从A到O过程，电场力做正功，动能增大，电势能逐渐减小，故C错误．D、负电荷在A点受到的电场力的方向竖直向下，根据等量同种点电荷的电场分布的空间对称性可知，若在A点给q一个合适的初速度，使它在A点受到的电场力恰好等于向心力，它可以在与两个电荷的连线垂直的平面内做匀速圆周运动，故D正确．故选：AD点评：本题考查静电场的基本概念．关键要熟悉等量同种点电荷电场线的分布情况，运用动能定理进行分析．9．（4分）有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在赤道表面上随地球一起转动，b是近地轨道卫星，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，它们均做匀速圆周运动，各卫星排列位置如图所示，则（）A．a的向心加速度等于重力加速度g B．在相同时间内b转过的弧长最长C．c在4 h内转过的圆心角是D．d的运动周期有可能是20h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：同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，根据a=ω2r比较a与c的向心加速度大小，再比较c的向心加速度与g的大小．根据万有引力提供向心力，列出等式得出角速度与半径的关系，分析弧长关系．根据开普勒第三定律判断d与c的周期关系．解答：解：A、同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，则知a与c的角速度相同，根据a=ω2r知，c的向心加速度大．由，得g=，卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则同步卫星的向心加速度小于b的向心加速度，而b的向心加速度约为g，故知a的向心加速度小于重力加速度g．故A错误；B、由，得v=，卫星的半径越大，线速度越小，所以b的线速度最大，在相同时间内转过的弧长最长．故B正确；C、c是地球同步卫星，周期是24h，则c在4h内转过的圆心角是．故C正确；D、由开普勒第三定律=k知，卫星的半径越大，周期越大，所以d的运动周期大于c的周期24h．故D错误；故选：BC．点评：对于卫星问题，要建立物理模型，根据万有引力提供向心力，分析各量之间的关系，并且要知道同步卫星的条件和特点．10．（4分）如图，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上．现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行．已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计．开始时整个系统处于静止状态．释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时，C恰好离开地面．下列说法正确的是（）A．斜面倾角α=30°B．A获得的最大速度为gC．C刚离开地面时，B的加速度为零D．从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球组成的系统机械能守恒考点：共点力平衡的条件及其应用；机械能守恒定律．分析：（1）C刚离开地面时，弹簧的弹力等于C的重力，根据牛顿第二定律知B的加速度为零，B、C加速度相同，分别对B、A受力分析，列出平衡方程，求出斜面的倾角．（2）A、B、C组成的系统机械能守恒，初始位置弹簧处于压缩状态，当B具有最大速度时，弹簧处于伸长状态，根据受力知，压缩量与伸长量相等．在整个过程中弹性势能变化为零，根据系统机械能守恒求出B的最大速度，A的最大速度与B相等．解答：解：A、A刚离开地面时，对A有：kx2=mg此时B有最大速度，即a B=a C=0则对B有：T﹣kx2﹣mg=0对A有：4mgsinα﹣T=0以上方程联立可解得：sinα=，α=30° 故A正确；B、初始系统静止，且线上无拉力，对B有：kx1=mg由上问知x1=x2=，则从释放至A刚离开地面过程中，弹性势能变化量为零；此过程中A、B、C组成的系统机械能守恒，即：4mg（x1+x2）sinα=mg（x1+x2）+（4m+m）v Bm2以上方程联立可解得：v Bm=2g所以A获得最大速度为2g，故B错误；C、对B球进行受力分析可知，刚释放A时，B所受合力最大，此时B具有最大加速度，故C错误；D、从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B、C及弹簧组成的系统机械能守恒，故D错误．故选：A．点评：本题关键是对三个物体分别受力分析，得出物体B速度最大时各个物体都受力平衡，然后根据平衡条件分析；同时要注意是那个系统机械能守恒．二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第11～15题为必考题，每个试题考生都必须作答．第16～18题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共5题，48分）11．（6分）“动能定理”和“机械能守恒定律”是物理学中很重要的两个力学方面的物理规律．某同学设计了如图1所示的实验装置．一个电磁铁吸住一个小钢球，当将电磁铁断电后，小钢球将由静止开始向下加速运动．小钢球经过光电门时，计时装置将记录小钢球通过光电门所用的时间t，用直尺测量出小钢球由静止开始下降至光电门时的高度h．（1）该同学为了验证“动能定理”，用游标卡尺测量了小钢球的直径，结果如图1所示，他记录的小钢球的直径d= 1.326 cm．（2）该同学在验证“动能定理”的过程中，忽略了空气阻力的影响，除了上述的数据之外是否需要测量小钢球的质量不需要（填“需要”或“不需要”）．（3）如果用这套装置验证机械能守恒定律，下面的做法能提高实验精度的是AC ．A．在保证其他条件不变的情况下，减小小球的直径B．在保证其他条件不变的情况下，增大小球的直径C．在保证其他条件不变的情况下，增大小球的质量D．在保证其他条件不变的情况下，减小小球的质量．考点：探究功与速度变化的关系；验证机械能守恒定律．专题：实验题；动能定理的应用专题．分析：（1）游标卡尺先读主尺再读出游标尺，游标尺不估读；（2）由动能定理表达式可知质量会被消掉；（3）从实验的测量原理可判定各个选项．解答：解：（1）由图示游标卡尺可知，其示数为13mm+13×0.02mm=11.26mm=1.326cm．（2）该同学在验证“动能定理”的过程中，需要验证的表达式为：mgh=mv2可知，实验不需要测量小钢球的质量．（3）实验方案为：以小球通过光电门的时间得到小球的平均速度，以此来表示瞬时速度，然后验证：，即是否成立，由此验证机械能守恒，故：AB、小球的直径越小v越精确，故A正确，B错误．CD、由于实际存在阻力故：，即：．可知所以质量越大，这一项越小，精确性越高，故C正确，D错误．故选：AC故答案为：（1）1.326；（2）不需要；（3）AC．点评：本题难点在于第三问，要明确实验的原理，综合不考虑空气阻力和考虑空气阻力两种情况，分别列动能定理来讨论．12．（8分）2014年诺贝尔物理学奖授予三名日裔科学家，以表彰他们在发现新型高效、环境友好型光源方面所作出的贡献﹣﹣三位获奖者“发明的高效蓝色发光二极管（LED）带来了明亮而节能的白色光源”．某实验小组要精确测定额定电压为3V的LED 灯正常工作时的电阻，已知该灯正常工作时电阻大约300Ω，电学符号与小灯泡电学符号相同．实验室提供的器材有：A．电流表A1（量程为15mA，内阻R A1约为10Ω）B．电流表A2（量程为2mA，内阻R A2=20Ω）C．定值电阻R1=10ΩD．定值电阻R2=1980ΩE．滑动变阻器R（0至20Ω）一只F．电压表V（量程为6V，内阻R V约3kΩ）G．蓄电池E（电动势为4V，内阻很小）F．开关S一只（1）要完成实验，除蓄电池、开关、滑动变阻器外，还需选择的器材有ABD （填写器材前的字母编号）．（2）画出实验电路图．（3）写出测量LED灯正常工作时的电阻表达式R x= ，I1、I2分别为电流表A1、A2的读数（说明式中题目未给出的各字母的意义）．考点：描绘小电珠的伏安特性曲线．专题：实验题；恒定电流专题．分析：滑动变阻器阻值远小于LED的电阻，所以滑动变阻器采用分压式接法．LED灯的额定电压为3V，题目所给的电压表量程太大，测量不准确，需通过电流表和定值电阻改装为电压表，因为通过LED的电流较小，可以用题目中的电压表当电流表使用．根据闭合电路欧姆定律求出LED正常工作时的电阻，根据欧姆定律得出LED电压为3V时，电流表的电流．解答：解：（1）要精确测定额定电压为3V的LED灯正常工作时的电阻，需测量LED灯两端的电压和通过LED灯的电流，由于电压表的量程偏大，测量误差较大，不能用已知的电压表测量LED两端的电压，可以将电流表A2与定值电阻R2串联改装为电压表测量电压；LED灯正常工作时的电流大约在6mA左右，故电流表选A；因为滑动变阻器阻值远小于LED的电阻，所以滑动变阻器采用分压式接法．滑动变阻器选择小电阻；故选：D；（2）根据（1）的分析可知，应采用分压接法，电流表采用外接法；原理图如下；（3）根据闭合电路欧姆定律知，灯泡两端的电压U=I2（R+R A2），通过灯泡的电流I=，所以LED灯正常工作时的电阻．因为改装后的电压表内阻为1985+15Ω=2000Ω，则当I2=1.5mA时，LED灯两端的电压为3V，达到额定电压，测出来的电阻为正常工作时的电阻．故答案为：（1）ABD（2）如图（3），I1、I2分别为电流表A1、A2的读数点评：本题的难点在于电流表的量程偏小，无法测电流，电压表的量程偏大，测量电压偏大，最后需通过改装，用电流表测电压，电压表测电流．13．（9分）一个人最多能提起质量m0=20kg的重物．在倾角θ=15°的固定斜面上放置一物体（可视为质点），物体与斜面间动摩擦因数μ=．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求人能够向上拖动该重物质量的最大值m．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：对斜面上的物体进行受力分析，并将物体受到的力沿斜面方向与垂直于斜面的方向分解，求出M的表达式，然后结合三角函数的关系，即可求出最大质量．解答：解：设F与斜面倾角为α时，拖动的重物最大质量为m，由平衡条件可得：Fcosα﹣mgsin15°﹣μF N=0…①F N+Fsinα﹣mgcos15°=0…②由已知可得：F=m0g…③联立得：…④代入得…⑤答：人能够向上拖动该重物质量的最大值为点评：该题中按照常规的步骤对物体进行受力分析即可，题目的难点是如何利用三角函数的关系，化简并得出正确的结论．14．（12分）如图，等量异种点电荷，固定在水平线上的M、N两点上，有一质量为m、电荷量为+q（可视为点电荷）的小球，固定在长为L的绝缘轻质细杆的一端，细杆另一端可绕过O点且与MN垂直的水平轴无摩擦地转动，O点位于MN的垂直平分线上距MN为L处．现在把杆拉起到水平位置，由静止释放，小球经过最低点B时速度为v，取O点电势为零，忽略q 对等量异种电荷形成电场的影响．求：（1）小球经过B点时对杆的拉力大小；（2）在+Q、﹣Q形成的电场中，A点的电势φA；（3）小球继续向左摆动，经过与A等高度的C点时的速度大小．考点：动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力．专题：动能定理的应用专题．分析：（1）小球经过B点时，重力和杆的拉力提供向心力；（2）A到B的过程中重力和电场力做功，根据动能定律即可求得A点的电势；（3）小球从A到C过程，根据动能定理列式求解即可．解答：解：（1）小球经B点时，在竖直方向有，由牛顿第三定律知，小球对细杆的拉力大小（2）由于取O点电势为零，而O在MN的垂直平分线上，所以ϕB=0电荷从A到B过程中，由动能定理得解得：（3）由电场对称性可知，ϕC=﹣ϕA，即U AC=2ϕA小球从A到C过程，根据动能定理答：（1）小球经过B点时对杆的拉力大小为；（2）在+Q、﹣Q形成的电场中，A点的电势为；（3）小球继续向左摆动，经过与A等高度的C点时的速度大小为．点评：小球在复合场中运动，电场力和重力做功，根据动能定律解题即可．该题的情景比较简单，题目简单．15．（13分）如图，边长L=0.2m的正方形abcd区域（含边界）内，存在着垂直于区域的横截面（纸面）向外的匀强磁场，磁感应强度B=5.0×10﹣2T．带电平行金属板MN、PQ间形成了匀强电场E（不考虑金属板在其它区域形成的电场），MN放在ad边上，两板左端M、P恰在ab边上，两板右端N、Q间有一绝缘挡板EF．EF中间有一小孔O，金属板长度、板间距、挡板长度均为l=0．l m．在M和P的中间位置有一离子源S，能够正对孔O不断发射出各种速率的带正电离子，离子的电荷量均为q=3.2×10﹣19C，质量均为m=6.4×10﹣26kg．不计离子的重力，忽略离子之间的相互作用及离子打到金属板或挡板上后的反弹．（l）当电场强度E=104N/C时，求能够沿SO连线穿过孔O的离子的速率．（2）电场强度取值在一定范围时，可使沿SO连线穿过O并进入磁场区域的离子直接从bc 边射出，求满足条件的电场强度的范围．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：（1）由平衡条件可以求出离子速度．（2）作出粒子运动轨迹，由平衡条件、牛顿第二定律求出电场强度的最大值与最小值，然后确定其范围．解答：解：（1）穿过孔O的离子在金属板间需满足：qv0B=Eq…①代入数据得：…②（2）穿过孔O的离子在金属板间仍需满足qvB=Eq…③离子穿过孔O后在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：…④由以上两式子得：…⑤从bc边射出的离子，其临界轨迹如图①，对于轨迹半径最大，对应的电场强度最大，由几何关系可得r1=l=0.1m…⑥由此可得：…⑦从bc边射出的离子，轨迹半径最小时，其临界轨迹如图②，对应的电场强度最小，由几何关系可得：所以 r2=0.075m…⑧由此可得：…⑨所以满足条件的电场强度的范围为：9.375×102N/C＜E＜1.25×103N/C…⑩答：（l）当电场强度E=104N/C时，能够沿SO连线穿过孔O的离子的速率为2×107m/s．。
湖北省襄阳市2015届高三物理上学期期末考试试题(含解析)
湖北省襄阳市2015届高三上学期期末考试物理试卷一、选择题：〔此题包括8小题．每一小题6分，共48分．在每一小题给出的四个选项中，1～5题只有一个选项正确．6、7、8题有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的或不答的得0分．〕1．一般发电机组输出的电压在十千伏上下，不符合远距离输电的要求．要在发电站内用升压变压器，升压到几百千伏后再向远距离输电．到达几百公里甚至几千公里之外的用电区之后，再经“一次高压变电站〞、“二次变电站〞降压．经低压变电站降压变压器〔可视为理想变压器〕后供给某小区居民的交流电u=220sin100πtV，该变压器原、副线圈匝数比为50：1，如此〔〕A．原线圈上的电压为11000VB．原线圈中电流的频率是100HzC．原线圈使用的导线应该比副线圈的要粗D．采用高压输电有利于减少输电线路中的损耗考点：远距离输电．.专题：交流电专题．分析：变压器原、副线圈的电压比等于匝数之比，求出副线圈电压的有效值，即可求出输入电压；根据原副线圈的电流大小可比拟出线圈导线的粗细．解答：解：A、供给某小区居民的交流电u=220sin100πtV，最大值为220V，故输出电压有效值为220V，根据变压比公式，输入电压为：U1=，故A错误；B、交流电u=220sin100πtV，故频率：f==50Hz，故B错误；C、变压器原、副线圈的电流比等于匝数之反比，即，副线圈的电流大于原线圈的电流，所以副线圈的导线粗，故C错误；D、在输送电功率一定的情况下，根据公式P=UI，高压输电有利于减小输电电流，电功率损耗△P=I2r也会减小，故D正确；应当选：D．点评：解决此题的关键掌握交变电流电压的表达式，知道各量表示的含义，知道原、副线圈的电压比等于匝数之比，电流比等于匝数之反比．2．〔6分〕如图甲所示，在木箱内粗糙斜面上静止一个质量为m的物体，木箱竖直向上运动的速度v与时间t的变化规律如图乙所示，物体始终相对斜面静止．斜面对物体的支持力和摩擦力分别为N和f，如此如下说法正确的答案是〔〕A．在0﹣t1时间内，N增大，f减小B．在0﹣t1时间内，N减小，f增大C．在t1﹣t2时间内，N增大，f增大D．在t1﹣t2时间内，N减小，f减小考点：力的合成与分解的运用；牛顿第二定律．.专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：根据速度时间图线得出得出加速度的变化，对物块分析，根据牛顿第二定律列出表达式，通过加速度的变化得出支持力和摩擦力的变化．解答：解：在0﹣t1时间内，根据速度时间图线知，物体做加速运动，加速度逐渐减小，对物块研究，在竖直方向上有：Ncosθ+fsinθ﹣mg=ma，Nsinθ=fcosθ，知加速度减小，如此支持力N和摩擦力减小．在t1﹣t2时间内，根据速度时间图线知，物体做减速运动，加速度逐渐增大，对物块研究，在竖直方向上有：mg﹣〔Ncosθ+fsinθ〕=ma，Nsinθ=fcosθ，加速度逐渐增大，知支持力N和摩擦力逐渐减小．故D正确，A、B、C错误．应当选：D．点评：解决此题的关键知道速度时间图线的切线斜率表示瞬时加速度，结合牛顿第二定律分析求解，难度中等．3．〔6分〕图示电路中，电源电动势为ε，内阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为可变电阻，C 为电容器．在可变电阻R3由较小逐渐变大的过程中，如下说法中正确的答案是〔〕A．电容器的带电量在逐渐减小B．流过R2的电流方向是由上向下C．电源的输出功率变大D．电源内部消耗的功率变大考点：电容；闭合电路的欧姆定律．.专题：电容器专题．分析：由电路图可知，R1与R3串联，电容器并联在R3两端，由滑动变阻器的变化利用闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化，判断出R3电压的变化，如此可知电容器两端电量的变化，可知流过R2的电流方向．由功率公式可求得电源内部消耗的功率变化．解答：解：滑动变阻器阻值由小到大的过程中，电路中总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知电路中总电流减小，内电压与R1两端的电压均减小，如此R3两端的电压增大，电容器两端的电压增大，电容器的带电量增大，故电容器充电，如此有由上向下的电流通过R2．由于内外电阻的关系未知，不能确定电源输出功率如何变化，由P=I2r可知，电源内部消耗的功率变小，故B正确，ACD错误；应当选：B．点评：此题在进展动态分析时电容器可不看．要抓住电容器两端的电压等于与之并联局部的电压；与电容器串联的电阻在稳定时可作为导线处理．4．〔6分〕〔2015•宿迁一模〕地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a；假设月球绕地球作匀速圆周运动，轨道半径为r1，向心加速度为a1．万有引力常量为G，地球半径为R．如下说法中正确的答案是〔〕A．地球质量M=B．地球质量M=C．地球赤道外表处的重力加速度g=a D．加速度之比=考点：万有引力定律与其应用；向心力．.专题：万有引力定律的应用专题．分析：运用万有引力提供向心力列出等式和运用圆周运动的物理量之间的关系列出等式解决问题．解答：解：A、根据万有引力充当向心力：知质量M=，A正确B错误C、地球外表物体的加速度大小与到地轴的距离有关，不是定值，C错误D、加速度a=Rω2，不与半径的平方成正比，D错误应当选：A点评：根据万有引力充当向心力和黄金代换公式能够解决全部天体问题．5．〔6分〕如下列图，N〔N＞5〕个小球均匀分布在半径为R的圆周上，圆周上P点的一个小球所带电荷量为﹣2q，其余小球带电量为+q，圆心处的电场强度大小为E．假设仅撤去P点的带电小球，圆心处的电场强度大小为〔〕A．E B．C．D．考点：电场强度．.专题：电场力与电势的性质专题．分析：采用假设法，假设圆周上均匀分布的都是电量为+q的小球，由于圆周的对称性，圆心处场强为0，从而确定出图中所有+q在圆心处的场强．解答：解：假设圆周上均匀分布的都是电量为+q的小球，由于圆周的对称性，圆心处场强为0，如此知P处q在圆心处产生的场强大小为E1=k，方向水平向左，可知图中所有+q 在圆心处的场强E2=E1=k，方向水平向右，图中﹣2q在圆心处产生的场强大小E3=k，方向水平向右．根据电场的叠加有：E2+E3=E，如此得k=，所以假设仅撤去P点的带电小球，圆心处的电场强度大小为．应当选：C．点评：该题考查了场强叠加原理和库伦定律，还有对对称性的认识．6．〔6分〕如图甲所示，小物块从光滑斜面上自由滑下，小物块的位移x和时间的平方t2的关系如图乙所示．g=10m/s2，如下说法正确的答案是〔〕A．小物块的加速度大小恒为2.5m/s2 B．斜面倾角为30°C．小物块2s末的速度是5m/s D．小物块第2s内的平均速度为7.5m/s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：根据图象写出x﹣t的表达式，对照运动学公式得到加速度，由牛顿第二定律求得斜面的倾角．由v=at求得2s末的速度，并求出平均速度．解答：解：A、由图得：x=2.5t2，对照公式x=v0t+，得初速度为v0=0，加速度为a=5m/s2．故A错误．B、由牛顿第二定律得：a==gsinθ，得sinθ===0.5，θ=30°，故B正确．C、小物块2s末的速度v2=at=5×2=10m/s，故C错误．D、小物块1s末的速度v1=at=5×1=5m/s，第2s内的平均速度==7.5m/s，故D错误．应当选：BD．点评：此题采用比照的方法得到物体的初速度和加速度是关键，要掌握匀变速直线运动的根本公式，并能熟练运用．7．〔6分〕如图甲所示，abcd为导体做成的框架，其平面与水平面成θ角，导体棒PQ与ad、bc接触良好，整个装置放在垂直于框架平面的变化磁场中，磁场的磁感应强度B随时间t变化情况如图乙所示〔设图甲中B的方向为正方向〕．在0～t1时间内导体棒PQ始终静止，下面判断正确的答案是〔〕A．导体棒PQ中电流方向由Q至P B．导体棒PQ受安培力方向沿框架向下C．导体棒PQ受安培力大小在增大D．导体棒PQ受安培力大小在减小考点：安培力．.分析：由图乙可知磁场均匀变化，根据法拉第电磁感应定律可知在线圈中产生恒定的感应电流，根据左手定如此可知导体棒开始受到沿斜面向上逐渐减小的安培力，解答：解：A、根据法拉第电磁感应定律可知在线圈中产生恒定的感应电流，方向由Q至P，故A正确；B、根据左手定如此可知，开始导体棒PQ受到沿导轨向上的安培力，故B错误；C、产生的感应电流不变，但磁感应强度逐渐减小，故受到的安培力逐渐减小，故C错误，D正确；应当选：AD点评：正确分析清楚过程中安培力的变化是解题关键，此题也可用排除法8．〔6分〕如图甲所示，轻杆一端与质量为1kg、可视为质点的小球相连，另一端可绕光滑固定轴在竖直平面内自由转动．现使小球在竖直平面内做圆周运动，经最高点开始计时，取水平向右为正方向，小球的水平分速度v随时间t的变化关系如图乙所示，A、B、C三点分别是图线与纵轴、横轴的交点、图线上第一周期内的最低点，该三点的纵坐标分别是1、0、﹣5．g 取10m/s2，不计空气阻力．如下说法中正确的答案是〔〕A．轻杆的长度为0.5mB．小球经最高点时，杆对它的作用力方向竖直向上C． B点对应时刻小球的速度为3m/sD．曲线AB段与坐标轴所围图形的面积为0.6m考点：向心力．.专题：匀速圆周运动专题．分析：小球在ABC三个点的速度，A到C的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律即可求出杆的长度；结合小球过最高点的受力的特点，即可求出杆对小球的作用力的方向；由机械能守恒可以求出B点的速度；由于y轴表示的是小球在水平方向的分速度，所以曲线AB段与坐标轴所围图形的面积表示A到B的过程小球在水平方向的位移．解答：解：A、设杆的长度为L，小球从A到C的过程中机械能守恒，得：，所以：m．故A错误；B、假设小球在A点恰好对杆的作用力是0，如此：，临界速度：=m/s＞vA=1m/s．由于小球在A点的速度小于临界速度，所以小球做圆周运动需要的向心力小于重力，杆对小球的作用力的方向向上，是竖直向上的支持力．故B正确；C、小球从A到B的过程中机械能守恒，得：，所以：m/s．故C错误；D、由于y轴表示的是小球在水平方向的分速度，所以曲线AB段与坐标轴所围图形的面积表示A到B的过程小球在水平方向的位移，大小等于杆的长度，即0.6m．故D正确．应当选：BD点评：该题考查竖直平面内的圆周运动，将牛顿第二定律与机械能守恒定律相结合即可正确解答．该题中的一个难点是D选项中“曲线AB段与坐标轴所围图形的面积〞的意义要理解．二、非选择题：〔包括必考题和选考题两局部．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题～第18题为选考题，考生根据要求作答．〕〔一〕必考题9．〔6分〕如图〔a〕所示，竖直平面内固定一斜槽，斜槽中放有假设干个直径均为d的小铁球，紧靠斜槽末端固定有电磁铁，闭合开关K，电磁铁吸住第1个小球．手动敲击弹性金属片M，M与触头瞬间分开，第1个小球从O点开始下落，M迅速恢复，电磁铁又吸住第2个小球．当第1个小球撞击M时，M与触头分开，第2个小球从O点开始下落…某兴趣小组利用此装置测定重力加速度，请回答如下问题：〔1〕利用游标卡尺测量小球的直径d，如图〔b〕所示，读数为9.30mm．〔2〕用刻度尺测出OM=1.462m，手动敲击M的同时按下秒表开始计时，假设10个小球下落的总时间为5.5s，如此当地的重力加速度g=9.7m/s2〔保存两位有效数字〕；〔3〕假设在O点的正下方A点固定一光电门〔图中未画出〕，测出OA=h，小球经过光电门的时间为△t，如此小球通过光电门时的速度v=，可求得当地的重力加速度g=．〔用量和测得量的符号表示〕考点：测定匀变速直线运动的加速度．.专题：实验题．分析：游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．首先要明确电路结构、实验原理即可正确解答；根据自由落体运动规律h=gt2，可以求出重力加速度大小．由于测量自由落体的重力加速度，类比对应的公式可知，由刻度尺读出两光电门的高度差，由光电计时器读出小球从光电门1到光电门2的时间，根据匀变速直线运动位移时间公式列出等式求解．解答：解：〔1〕游标卡尺的主尺读数为9mm，游标尺上第2个刻度与主尺上某一刻度对齐，故其读数为0.05×6mm=0.30mm，所以最终读数为：9mm+0.30mm=9.30 mm；〔2〕小球下落的时间t==0.55s，根据H=gt2得，g=9.7m/s2．〔3〕根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出小钢球运动到光电门处时的瞬时速度，如此小球通过光电门时的速度v=；根据运动学公式得重力加速度g==故答案为：〔1〕9.30〔2〕9.7〔3〕；点评：掌握游标卡尺的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数．对于实验问题一定要明确实验原理，并且亲自动手实验，熟练应用所学根本规律解决实验问题．10．〔9分〕要测绘一个标有“6V2.5W〞小灯泡的伏安特性曲线，要求屡次测量尽可能减小实验误差，备有如下器材：A．直流电源〔6V，内阻未知〕B．电流表G〔满偏电流3mA，内阻Rg=10Ω〕C．电流表A〔0﹣0.6A，内阻未知〕D．滑动变阻器R〔0﹣20Ω，5A〕E．滑动变阻器R´〔0﹣200Ω，1A〕F．定值电阻R0〔阻值1990Ω〕G．开关与导线假设干〔1〕由于所给实验器材缺少电压表，某同学直接把电流表G作为电压表使用测出小灯泡两端电压，再用电流表A测出通过小灯泡的电流，从而画出小灯泡的伏安特性曲线．该方案实际上不可行，其最主要的原因是电流表G分压较小，导致电流表A指针偏转很小，误差较大；〔2〕为完本钱实验，滑动变阻器应选择D〔填器材前的序号〕；〔3〕请完本钱实验的实物电路图的连线．考点：描绘小电珠的伏安特性曲线．.专题：实验题．分析：根据两电表的量程可以确定方案是否可行；根据小灯泡的最大电流和最大电压来选择电流表和电压表的量程；根据电流从零调可知滑动变阻器应用分压式接法，应选全电阻小的变阻器；根据灯泡电阻大小选择电流表内外接法，否如此应用内接法；解答：解：〔1〕电流表G测量电压范围太小，导致电流表A指针偏转很小，误差较大；〔2〕由于通过小灯泡的最大电流为0.5A，所以电流表应选D；由于要求小灯泡最大电压不超过2.5V，所以电压表应选B；〔3〕由于满足灯泡电阻更接近电流表内阻，所以电流表应用外接法，由于伏安特性曲线中的电压和电流均要从零开始测量，所以变阻器应采用分压式，如下列图：故答案为：〔1〕电流表G分压较小，导致电流表A指针偏转很小，误差较大；〔2〕D〔3〕实物图连线如图点评：此题考查测量灯泡的伏安特性线实验，遇到电学实验问题，应注意“伏安法〞中电流表内外接法的选择方法和滑动变阻器采用分压式接法的条件．11．〔12分〕据统计，40%的交通事故是由疲劳驾驶引起的，疲劳驾驶的危害丝毫不亚于酒驾、醉驾．研究明确，一般人的刹车反响〔从发现情况到汽车开始减速〕时间t0=0.4s，疲劳驾驶时人的反响时间会变长．在某次试验中，志愿者在连续驾驶4h后，驾车以v0=72km/h的速度在试验场平直的路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离L=45m．设汽车刹车后开始滑动，汽车与地面间的动摩擦因数μ=0.8，取g=10m/s2，求：〔1〕减速过程中汽车位移的大小；〔2〕志愿者在连续驾驶4h后的反响时间比一般人增加了多少？考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．.专题：牛顿运动定律综合专题．分析：根据匀变速直线运动的速度时间公式求出刹车时汽车的加速度大小．根据速度位移公式求出刹车后的位移．设志愿者反响时间为t′，反响时间为△t，根据位移和时间关系列式即可求解．解答：解：〔1〕设减速过程中，汽车加速度大小为a，位移为s，所用时间为t，如此μmg=ma，，解得：s=25m〔2〕设志愿者反响时间为t′，反响时间为△t，L=v0t′+s，△t=t′﹣t0解得：△t=0.6s答：〔1〕减速过程中汽车位移的大小为25m；〔2〕志愿者在连续驾驶4h后的反响时间比一般人增加了0.6s．点评：此题考查了牛顿第二定律和运动学公式的根本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．12．〔20分〕如下列图，在直角坐标系xoy的第一象限区域中，有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度的大小为E=kv0．在第二象限有一半径为R=a的圆形区域磁场，圆形磁场的圆心O坐标为〔﹣a，a〕，与坐标轴分别相切于P点和N点，磁场方向垂直纸面向里．在x=3a处垂直于x轴放置一平面荧光屏，与x轴交点为Q．大量的电子以一样的速率v0在纸面内从P点进入圆形磁场，电子的速度方向在与x轴正方向成θ角的范围内，其中沿y轴正方向的电子经过磁场到达N点，速度与x轴正方向成θ角的电子经过磁场到达M点，且M点坐标为〔0，1.5a〕．忽略电子间的相互作用力，不计电子的重力，电子的比荷为=．求：〔1〕圆形磁场的磁感应强度大小；〔2〕θ角的大小；〔3〕电子打到荧光屏上距Q点的最远距离．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．.专题：带电粒子在复合场中的运动专题．分析：〔1〕速度沿y轴正方向的电子经过N点，结合几何关系求解轨道半径；根据牛顿第二定律列式求解磁感应强度；〔2〕画出速度与x轴正方向成θ角的电子经过磁场过程的轨迹，结合几何关系确定轨道对应的圆心角；〔3〕所有的电子以平行于x轴正方向的速度进入电场中做类似平抛运动，根据类似平抛运动的分运动公式列式求解即可．解答：解：〔1〕由于速度沿y轴正方向的电子经过N点，因而电子在磁场中做圆周运动的半径为：r=a而联立解得：B=〔2〕电子在磁场中做圆周运动的圆心为O'，电子离开磁场时的位置为P'，连接POP'O'可知该四边形为棱形，由于PO竖直，因而半径P'O'也为竖直方向，电子离开磁场时速度一定沿x轴正方向．由右图可知：a•sin〔θ﹣90°〕+a=1.5a解得：θ=120°〔3〕由〔2〕可知，所有的电子以平行于x轴正方向的速度进入电场中做类似平抛运动，设电子在电场的运动时间为t，竖直方向位移为y，水平位移为x，水平：x=v0t竖直：eE=mavy=at联立解得：x=设电子最终打在光屏的最远点距Q点为H，电子射出电场时的夹角为θ有：tanθ==有：H=〔3a﹣x〕tanθ=〔3﹣〕当时，即y=时，H有最大值；由于，所以；答：〔1〕圆形磁场的磁感应强度大小为；〔2〕θ角的大小为120°；〔3〕电子打到荧光屏上距Q点的最远距离为．点评：此题关键是明确粒子的受力情况和运动规律，画出临界轨迹，结合牛顿第二定律、类似平抛运动的分运动规律和几何关系分析，不难．【物理——选修3-3】A．布朗运动的实质就是分子的热运动B．气体温度升高，分子的平均动能一定增大C．随着科技的进步，物体的温度可以降低到﹣300℃D．热量可以从低温物体传递到高温物体E．对物体做功，物体的内能可能减小考点：热力学第二定律；布朗运动；温度是分子平均动能的标志．.专题：热力学定理专题．分析：布朗运动就是布朗微粒的运动；温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子的平均动能越大．正确应用热力学第一定律和热力学第二定律解答．解答：解：A、布朗运动就是微粒的运动，它间接反响了液体分子做无规如此运动，故A错误；B、温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子的平均动能越大．故B正确C、OK〔﹣273℃〕是不可能达到的，所以﹣300℃是不可能达到的．故C错误；D、热量在一定的条件下，可以从低温物体传递到高温物体，故D正确；E、根据热力学第一定律可知，对物体做功的同时，假设放出热量，其内能不一定增加，故E正确，应当选：BDE点评：此题考查了热学的有关根底知识，对于这局部知识主要是加强记忆和平时的积累，要正确理解热力学第二定律．14．〔9分〕倾角为θ的无限长的光滑斜面固定在水平面上，一密闭容器〔与外界有良好热交换〕封闭一定质量的气体静止放置在斜面上，质量为的活塞把气体分成体积相等的A、B两局部，假设活塞与容器接触良好且无摩擦，且活塞的截面积为s，重力加速度为g，PA 为活塞静止时的A局部气体的压强．现释放容器，当活塞相对容器静止时，求A、B两局部气体的体积之比．考点：理想气体的状态方程．.专题：理想气体状态方程专题．分析：对系统由牛顿第二定律求出加速度，然后对气体应用玻意耳定律列方程，最后求出气体的体积之比．解答：解：设密闭气体的总体积为2v，当密闭容器在斜面上下滑时，对于整体由牛顿第二定律得：a=gsinθ，当活塞相对容器静止时，对活塞有：pA′s+mgsinθ﹣pB′s=ma，对于A局部气体有：pAV=pA′VA，对于B局部气体有：pBV=pB′VB，当容器静止时，对活塞有：pBs+mgsinθ=pBs，而VA′+VB′=2V，解得：VA′：VB′=1：2；答：A、B两局部气体的体积之比为：1：2．点评：此题考查了求气体的体积之比，分析清楚运动过程与气体的状态变化过程，应用牛顿第二定律、玻意耳定律即可正确解题．【物理--选修3-4】〔15分〕15．如下说法正确的答案是〔〕A．如果质点所受的力与它偏离平衡位置的位移大小的平方根成正比，且总是指向平衡位置，质点的运动就是简谐运动B．含有多种颜色的光被分解为单色光的现象叫光的色散，光在干预、衍射与折射时都可以发生色散C．向人体人发射频率的超声波被血管中的血流反射后又被仪器接收，测出反射波的频率编号就能知道血流的速度，这种方法熟称“彩超〞D．麦克斯韦关于电磁场的两个根本观点是：变化的磁场产生电场；变化的电场产生磁场E．狭义相对论明确物体运动时的质量总是要小于其静止时的质量考点：*质量和速度的关系；光通过棱镜时的偏折和色散．.分析：简谐运动的动力学条件是F=﹣kx；狭义相对论的质速关系方程m=解答：解：A、简谐运动的动力学条件是：F=﹣kx；即回复力与它偏离平衡位置的位移的大小成正比，并且总是指向平衡位置；故A错误；B、含有多种颜色的光被分解为单色光的现象叫做光的色散，光在干预、衍射与折射时都可以发生色散；故B正确；C、向人体内发射频率的超声波被血管中的血流反射后又被仪器接收，测出反射波的频率变化就能知道血流的速度，这种方法俗称“B超〞，是声波的多普勒效应的应用，故C 正确；D、麦克斯韦关于电磁场的两条根本观点是：变化的磁场产生电场和变化的电场产生磁场；故D正确；E、根据狭义相对论的质速关系方程m=，狭义相对论明确物体运动时的质量总是要大于静止时的质量；故E错误；应当选：BCD．点评：此题考查了简谐运动、多普勒效应、光的色散、麦克斯韦电磁场理论、狭义相对论的质速关系方程，知识点多，难度小，关键多看书，记住根底知识．16．如下列图，有一截面是直角三角形的棱镜ABC，∠A=30°．它对红光的折射率为n1．对紫光的折射率为n2．在距AC边d2处有一与AC平行的光屏．现有由以上两种色光组成的很细的光束垂直AB边上的P点射入棱镜，其中PA的长度为d1．〔i〕为了使紫光能从AC面射出棱镜，n2应满足什么条件？〔ii〕假设两种光都能从AC面射出，求两种光从P点到传播到光屏MN上的时间差．。
浙江省宁波市2015届高三上学期期末考试物理试题 Word版含答案
宁波市2014—2015学年第一学期高三物理期末考试一、单项选择（共8题，每小题3分）１、某学习小组以“假如失去¨¨¨”为主题展开讨论，同学们提出以下四种观点，你认为正确的是（）Ａ·假如物体间失去了摩擦力，任何运动物体的机械能一定守恒Ｂ·假如没有洛伦兹力，导体棒切割磁感线时就不会产生动生电动势Ｃ·假如磁体周围失去了磁场，那么其它形式的能都将无法转化为电能Ｄ·假如导体失去了电阻，所有用电器将都不能工作２、如图，质量为m、带电量为＋q的滑块，沿绝缘斜面匀速下滑，当滑块滑至竖直向下的匀强电场区时，滑块运动的状态为（）Ａ·继续匀速下滑Ｂ·加速下滑Ｃ·减速下滑Ｄ·先加速下滑后减速下滑３、如图所示，处于真空中的正方体区域存在着电荷量为＋q或－q的点电荷，点电荷的位置在图中已标明，则a、b两点电场强度和电势均相同的是（Ｃ）４、如图所示，电源电动势为Ｅ，内电阻为r。
两电压表可看作是理想电表，当闭合开关，将滑动变阻器的触片有右端向左端滑动时，下列说法中正确的是（）Ａ·小灯泡Ｌ１、Ｌ２均变暗Ｂ·小灯泡Ｌ１变亮，Ｖ１表的读数变大Ｃ·小灯泡Ｌ２变亮，Ｖ２表的读数不变Ｄ·小灯泡Ｌ１变暗，Ｖ１表的读数变小５、如图所示，某同学为了找出平抛运动的物体初速度之间的关系，用一个小球在Ｏ点对准前方一块竖直挡板上的Ａ点抛出。
Ｏ与Ａ在同一高度，小球的水平初速度分别为Ｖ１、Ｖ２、Ｖ３，不计空气阻力，打在挡板上的相对应的位置分别为Ｂ、Ｃ、Ｄ，且ＡＢ：ＢＣ：ＣＤ＝１：３：５，则Ｖ１、Ｖ２、Ｖ３，之间的正确关系是（）Ａ·Ｖ１、Ｖ２、Ｖ３＝３：２：１Ｂ·Ｖ１、Ｖ２、Ｖ３＝６：３：２Ｃ·Ｖ１、Ｖ２、Ｖ３＝５：３：１Ｄ·Ｖ１、Ｖ２、Ｖ３＝９：４：１６、蹦极是一项既惊险又刺激的运动，深受年轻人的喜爱。
北京市昌平区2015届高三上学期期末考试物理试题 Word版含解析
北京市昌平区2015届高三上学期期末考试物理试卷一．单项选择题．本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意，选对得4分，选错或不答的得0分．可知：做匀加速直线运动的物体，速度变化量越大，加速度越大a=2．（4分）（2015•河南二模）意大利科学家伽利略在研究物体变速运动规律时，做了著名的“斜面实验”，他测量了铜球在较小倾角斜面上的运动情况，发现铜球做的是匀变速直线运动，且铜球加速度随斜面倾角的增大而增大，于是他对大倾角情况进行了合理的外推，由此得出3．（4分）一物体做直线运动，其加速度随时间变化的a﹣t图象如图所示．下列v﹣t图象中，可能正确描述此物体运动的是（）．B．．．4．（4分）我国自主研制的“嫦娥三号”，携带“玉兔”月球车已于2013年12月2日1时30分在西昌卫星发射中心发射升空，落月点有一个富有诗意的名字“广寒宫”．落月前的一段时间内，绕月球表面做匀速圆周运动．若已知月球质量为M，月球半径为R，引力常量为G，对线速度大小为线速度大小为T=，故，故5．（4分）如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，当变阻器R的滑动触头向a 端移动时，下列判断正确的是（）6．（4分）人通过定滑轮将质量为m的物体，沿倾角为θ的光滑斜面由静止开始匀加速地由底端拉上斜面，物体上升的高度为h，到达斜面顶端的速度为v，如图所示．则在此过程中（）7．（4分）甲、乙两单摆静止在平衡位置，摆长L甲＞L乙．现给摆球相同的水平初速度v0，让其在竖直平面内做小角度摆动．如果用T甲和T乙表示甲、乙两单摆的摆动周期，用θ甲和θ乙表示摆球摆动到振幅位置时摆线与竖直方向的夹角，则下列判断的是（）T=2T=28．（4分）如图，在固定斜面上的一物块受到一外力F的作用，F平行于斜面向上．若要物块在斜面上保持静止，F的取值应有一定的范围，已知其最大值和最小值分别为F1和F2（F1和F2的方向均沿斜面向上）．由此可求出物块与斜面间的最大静摩擦力为（）B9．（4分）如图所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播，实线和虚线分别表示t1=0和t2=0.5s 时的波形（已知波的周期T＞0.5s），则能正确反映t3=7.5s时波形的图是（）．．．．实线波形到形成虚线波形波传播距离为，经过时间．=t，即T时刻与时刻波形相同．则波向右传的距离．10．（4分）如图所示，质量为m、长度为L的金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂在O、O′点，处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B；棒中通以某一方向的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ，重力加速度为g．则（）tanT=11．（4分）如图，在点电荷Q产生的电场中，将两个带正电的试探电荷q1、q2分别置于A、B两点，虚线为等势线．取无穷远处为零电势点，若将q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，则下列说法正确的是（）E=k分析可知，E=k12．（4分）如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为2m的光滑弧形槽静止放在光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一个质量为m的小物块从槽高h处开始自由下滑，下列说法错误的是（）v=2=2=2，故二．实验题．本题共2小题，共18分．13．（8分）某物理实验小组采用如图甲所示的装置研究平抛运动．（1）安装实验装置的过程中，斜槽末端的切线必须是水平的，这样做的目的是B．A．保证小球飞出时，速度既不太大，也不太小B．保证小球飞出时，初速度水平C．保证小球在空中运动的时间每次都相等D．保证小球运动的轨迹是一条抛物线（2）某同学每次都将小球从斜槽的同一位置无初速释放，并从斜槽末端水平飞出．改变水平挡板的高度，就改变了小球在板上落点的位置，从而可描绘出小球的运动轨迹．某同学设想小球先后三次做平抛，将水平板依次放在如图乙1、2、3的位置，且l与2的间距等于2与3的间距．若三次实验中，小球从抛出点到落点的水平位移依次为x1、x2、x3，忽略空气阻力的影响，下面分析正确的是C．A．x2﹣x1=x3﹣x2B．x2﹣x1＜x3﹣x2C．x2﹣x1＞x3﹣x2D．无法判断（3）另一同学通过正确的实验步骤及操作，在坐标纸上描出了小球水平抛出后的运动轨迹．部分运动轨迹如图丙所示．图中水平方向与竖直方向每小格的长度均为L，P1、P2和P3是轨迹图线上的3个点，P1和P2、P2和P3之间的水平距离相等．重力加速度为g．可求出小球从P1运动到P2所用的时间为，小球抛出时的水平速度为．t=；=）14．（10分）实验室购买了一捆标称长度为100m的铜导线，某同学想通过实验测定其实际长度．该同学首先测得导线横截面积为1.0mm2，查得铜的电阻率为1.7×10﹣8Ω•m，再利用图1所示电路测出铜导线的电阻R x，从而确定导线的实际长度．可供使用的器材有：电流表：量程0.6A，内阻约0.2Ω；电压表：量程3V，内阻约9kΩ；滑动变阻器R1：最大阻值5Ω；滑动变阻器R2：最大阻值20Ω；定值电阻：R0=3Ω；电源：电动势6V，内阻可不计；开关、导线若干．回答下列问题：（1）实验中滑动变阻器应选（选填“R1”或“R2”），闭合开关S前应将滑片移至a端（选填“a”或“b”）．（2）在实物图中，已正确连接了部分导线，请根据图1电路完成剩余部分的连接．（3）调节滑动变阻器，当电流表的读数为0.50A时，电压表示数如图3所示，读数为 2.30 V．（4）导线实际长度约为94m．=30，而待测电阻的最小值为：==5=22；）根据欧姆定律可求出：解得：可求出L=）”三．论述计算题.本题共5小题，共54分，解答时写出必要的文字说明、公式或表达式．有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位．15．（10分）质量是60kg的人站在升降机中的体重计上，当升降机做下列各种运动时，体重计的读数是多少？（g=10m/s2）（1）升降机匀速上升；（2）升降机以4m/s2的加速度匀加速上升；（3）升降机以5m/s2的加速度匀加速下降．16．（10分）如图1所示，半径R=0.45m 的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，B为轨道的最低点，在光滑的水平面上紧挨B点有一静止的小平板车，平板车质量M=2kg，长度为L=0.5m，小车的上表面与B点等高．质量m=1kg的物块（可视为质点）从圆弧最高点A由静止释放．g取10m/s2．求：（1）物块滑到轨道B点时对轨道的压力大小；（2）若平板车上表面粗糙且物块没有滑离平板车，求物块和平板车的最终速度大小；（3）若将平板车锁定并且在上表面铺上一种动摩擦因数逐渐增大的特殊材料，小物块所受动摩擦力从左向右随距离变化图象（f﹣L图象）如图2所示，且物块滑离了平板车，求物块滑离平板车时的速度大小．，克服摩擦力做功：=）物块滑离平板车时的速度大小为m/s17．（10分）如图所示，带有等量异种电荷平行金属板M、N竖直放置，M、N两板间的距离d=0.5m．现将一质量m=1×10﹣2kg、电荷量q=4×10﹣5C的带电小球从两极板上方的A点以v0=4m/s的初速度水平抛出，A点距离两板上端的高度h=0.2m；之后小球恰好从靠近M 板上端处进入两板间，沿直线运动碰到N板上的C点，该直线与曲线的末端相切．设匀强电场只存在于M、N之间，不计空气阻力，取g=10m/s2．求：（1）小球到达M极板上边缘B位置时速度的大小和方向；（2）M、N两板间的电场强度的大小和方向；（3）小球到达C点时的动能．，得解：得解：两点间的距离，由动能定理得：=m/s18．（12分）如图所示，在矩形区域abcd内充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B．在ad边中点O的粒子源，在t=0时刻垂直于磁场发射出大量的同种带电粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向与Od的夹角分布在0～180°范围内．已知沿Od方向发射的粒子在t=t0时刻刚好从磁场边界cd上的p点离开磁场，ab=1.5L，bc=L，粒子在磁场中做圆周运动的半径R=L，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，求：（1）粒子在磁场中的运动周期T；（2）粒子的比荷；（3）粒子在磁场中运动的最长时间．由几何关系有：，所以：Ob=，圆轨迹的直粒子在磁场中运动的最长时间．）粒子的比荷为；19．（12分）（1）如图1所以，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于纸面，在纸面内有一条以O点为圆心、半径为L圆弧形金属导轨，长也为L的导体棒OA可绕O点自由转动，导体棒的另一端与金属导轨良好接触，并通过导线与电阻R构成闭合电路．当导体棒以角速度ω匀速转动时，试根据法拉第电磁感应定律E=，证明导体棒产生的感应电动势为E=BωL2．（2）某同学看到有些玩具车在前进时车轮上能发光，受此启发，他设计了一种带有闪烁灯的自行车后轮，可以增强夜间骑车的安全性．图1所示为自行车后车轮，其金属轮轴半径可以忽略，金属车轮半径r=0.4m，其间由绝缘辐条连接（绝缘辐条未画出）．车轮与轮轴之间均匀地连接有4根金属条，每根金属条中间都串接一个LED灯，灯可视为纯电阻，每个灯的阻值为R=0.3Ω并保持不变．车轮边的车架上固定有磁铁，在车轮与轮轴之间形成了磁感应强度B=0.5T，方向垂直于纸面向外的扇形匀强磁场区域，扇形对应的圆心角θ=30°．自行车匀速前进的速度为v=8m/s（等于车轮边缘相对轴的线速度）．不计其它电阻和车轮厚度，并忽略磁场边缘效应．①在图1所示装置中，当其中一根金属条ab进入磁场时，指出ab上感应电流的方向，并求ab中感应电流的大小；②若自行车以速度为v=8m/s匀速前进时，车轮受到的总摩擦阻力为2.0N，则后车轮转动一周，动力所做的功为多少？（忽略空气阻力，π≈3.0）所以有：根据法拉第电磁感应定律有：相当于电源，其等效电路如图所示，有：）推导出的结果：=0.4②车轮转动一周的时间：时间内产生电流的时间为：=0.1s。
北京市西城区2015届高三上学期期末考试物理试卷(WORD版-有答案)
北京市西城区2014—2015学年度第一学期期末试卷高三物理2015.1本试卷分第一卷（选择题）和第二卷（非选择题）两部分。
共100分。
考试时间为120分钟。
第一卷（共48分）一、单项选择题（本题共12小题，每小题3分，共36分。
）1．关于加速度，下列说法正确的是A．物体速度变化越大，加速度越大B．物体速度变化越快，加速度越大C．物体位置变化越大，加速度越大D．物体位置变化越快，加速度越大2．小明家住十层，他乘电梯从一层直达十层。
则下列说法正确的是A．他始终处于超重状态B．他始终处于失重状态C．他先后处于超重、平衡、失重状态D．他先后处于失重、平衡、超重状态3．一列简谐横波沿x轴传播，某时刻的波形如图所示，质点a、b均处于平衡位置，质点a正向上运动。
则下列说法正确的是A．波沿x轴负方向传播C．该时刻质点a、b的速度相同D．质点a、b的振动周期相同4．一物体质量为m，在北京地区它的重力为mg。
假设地球自转略加快，该物体在北京地区的重力为mg'。
则下列说法正确的是A．mg' > mgB．mg' < mgC．mg'和mg的方向都指向地心D．mg'和mg的方向都指向北京所在纬线圈的圆心1 / 132 / 135．如图所示，大小相同的力F 作用在同一个物体上，物体分别沿光滑水平面、粗糙水平面、光滑斜面、竖直方向运动一段相等的距离s ，已知力F 与物体的运动方向均相同。
则上述四种情景中都相同的是 A ．拉力F 对物体做的功 B ．物体的动能增量 C ．物体加速度的大小 D ．物体运动的时间6．把小球放在竖立的弹簧上，并把球往下按至A 位置，如图甲所示。
迅速松手后，球升高至最高位置C （图丙），途中经过位置B 时弹簧正处于原长（图乙）。
忽略弹簧的质量和空气阻力。
则小球从A 运动到C 的过程中，下列说法正确的是A ．经过位置B 时小球的加速度为0 B ．经过位置B 时小球的速度最大C ．小球、地球、弹簧所组成系统的机械能守恒D ．小球、地球、弹簧所组成系统的机械能先增大后减小7．如图所示，线圈L 与小灯泡A 并联后接到电源上。
北京市2015届高三上学期期末考试物理试题7份(东城西城海淀朝阳丰台昌平)Word版含答案
目录东城区2014—2015学年度第一学期期末教学统一检测 (1)北京市西城区2014—2015学年度第一学期期末试卷 (12)海淀区高三年级第一学期期末练习 (23)海淀区高三年级第一学期期末练习反馈题 (34)北京市朝阳区2014～2015学年度高三年级第一学期期末统一考试 (43)丰台区2014—2015学年度第一学期期末练习 (53)昌平区2014～2015学年第一学期高三年级期末质量抽测 (65)东城区2014—2015学年度第一学期期末教学统一检测高三物理2015.01 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共120分。
考试时长100分钟。
考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。
第Ⅰ卷（选择题，共48分）一．单项选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。
每小题只有一个选项正确。
) 1．甲、乙两人从某点出发沿同一圆形跑道运动，甲沿顺时针方向行走，乙沿逆时针方向行走。
经过一段时间后，甲、乙两人在另一点相遇。
从出发到相遇的过程中，下列说法中正确的是（）A．甲、乙两人通过的路程一定不同B．甲、乙两人通过的路程一定相同C．甲、乙两人发生的位移一定不同D．甲、乙两人发生的位移一定相同2．质量为2kg的小球自塔顶由静止开始下落，不考虑空气阻力的影响，g取10m/s2，下列说法中正确的是（）A．2s末小球的动量大小为40kg·m/sB．2s末小球的动能为40JC．2s内重力的冲量大小为20N·sD．2s内重力的平均功率为20W3．质量为m的小球P以大小为v的速度与质量为3m的静止小球Q发生正碰，碰后小球P以大小为2v的速度被反弹，则正碰后小球Q 的速度大小是（ ） A ．v 2 B ．2vC ．3vD ． 6v4．如图所示，兴趣小组的同学为了研究竖直运动的电梯中物体的受力情况，在电梯地板上放置了一个压力传感器，将质量为4kg 的物体放在传感器上。
在电梯运动的某段过程中，传感器的示数为44N 。
山东省菏泽市2015届高三上学期期末考试物理试卷(B)word版含答案
高三物理试卷（B）本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分. 试卷总分为100分. 考试时间100分钟.第Ⅰ卷（选择题共48分）注意事项：1．答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、考号、考试科目、试卷类型用2B铅笔涂写在答题卡上。
2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，不能答在试题卷上。
一、选择题（本题共12道小题，每小题4分，共48分。
）1．在物理学的发展过程中，科学的物理思想与方法对物理学的发展起到了重要作用，下列关于物理思想和方法说法正确的是（）A．质点和点电荷是同一种思想方法B．重心、合力和分力、总电阻都体现了等效替换的思想C．伽利略用小球在斜面上的运动验证了速度与位移成正比D．加速度、电场强度、电势都是采取比值法定义的物理量2．下列所给的图象中能反映做直线运动物体不会回到初始位置的是（）3. 如图所示，水平地面上堆放着原木，关于原木P在支撑点M、N处受力的方向，下列说法正确的是（）A．N处受到的支持力竖直向上B．M处受到的支持力竖直向上C．N处受到的摩擦力沿水平方向D．M处受到的摩擦力沿MN方向4. 如图所示，扶手电梯与地面的夹角为30°，质量为m的人站在电梯上。
当电梯斜向上作匀加速运动时，人对电梯的压力是他体重的1.2倍。
那么，关于电梯的加速度a的大小和人与电梯梯级表面间的静摩擦力f 的大小，正确的是（ ）A ．5g a =，25mg f =B ．25g a =，f =C ．25g a =，25mg f = D ．a =，f = 5. 如图，在粗糙的绝缘水平面上，彼此靠近地放置两个带正电荷的小物块（动摩擦因数相同）．由静止释放后，向相反方向运动，最终都静止．在小物块的运动过程中，表述正确的是（ ）A ．物块受到的摩擦力始终小于其受到的库仑力B ．物体之间的库仑力都做正功，作用在质量较小物体上的库仑力做功多一些C ．因摩擦力始终做负功，故两物块组成的系统的机械能一直减少D ．整个过程中，物块受到的库仑力做的功等于电势能的减少6. 如图所示，从A 、B 、C 三个不同的位置向右分别以V A 、V B 、V C 的水平初速度抛出三个小球A 、B 、C ，其中A 、B 在同一竖直线上，B 、C 在同一水平线上，三个小球均同时落在地面上的D 点，不计空气阻力．则必须（ ）A ．先同时抛出A 、B 两球，且V A < V B < V CB ．先同时抛出B 、C 两球，且V A > V B >V CC ．后同时抛出A 、B 两球，且V A > V B > V CD ．后同时抛出B 、C 两球，且V A < V B < V C7. M 、N 两颗质量相同的卫星绕地球做匀速圆周运动，其轨道如图所示，已知M 卫星的轨道半径大于N 卫星的轨道半径，则（ ）A ．M 卫星与地球中心连线在相等的时间内转过的角度较大B ．M 卫星的机械能大于N 卫星的机械能C ．M 卫星的速度变化更快D ．M 卫星在相同的时间内经过的路程较长8. 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。
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2015年秋高三物理上册期末考试试题（有答案）
钦州港经济技术开发区中学201年秋季学期期末考试
高三物理
1．从手中竖直向上抛出的小球，与水平天花板碰撞后又落回到手中，设竖直向上的方向为正方向，小球与天花板碰撞时间极短．若不计空气阻力和碰撞过程中动能的损失，则下列图象中能够描述小球从抛出到落回手中整个过程运动规律的是（）
A．B．．D．
2．如图所示，顶角为直角、质量为的斜面体AB放在粗糙的水平面上，∠A=30°，斜面体与水平面间动摩擦因数为μ．现沿垂直于B方向对斜面体施加力F，斜面体仍保持静止状态，则关于斜面体受到地面对它的支持力N和摩擦力f的大小，正确的是（已知重力加速度为g）（）A．N=g，f= B．N=g+ ，f=μg
．N=g+ ，f= D．N=g+ ，f=
3．用如图a所示的圆弧一斜面装置研究平抛运动，每次将质量为的小球从半径为R的四分之一圆弧形轨道不同位置静止释放，并在弧形轨道最低点水平部分处装有压力传感器测出小球对轨道压力的大小F．已知斜面与水平地面之间的夹角θ=4°，实验时获得小球在斜面上的不同水平射程x，最后作出了如图b所示的F﹣x图象，g取10/s2，
则由图可求得圆弧轨道的半径R为（）A．012B．02．00D．10
4．如图所示，两水平虚线ef、gh之间存在垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为、电阻为R的正方形铝线框abd从虚线ef上方某位置由静止释放，线框运动中ab始终是水平的，已知两虚线ef、gh间距离大于线框边长，则从开始运动到ab边到达gh线之前的速度随时间的变化关系图象合理的是（）A．B．．D．
．关于行星绕太阳运动的下列说法正确的是（）
A．所有行星都在同一椭圆轨道上绕太阳运动
B．行星绕太阳运动时位于行星轨道的中心处
．离太阳越近的行星的运动周期越长
D．所有行星轨道半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等二、多项选择题：本题共4小题，每小题分，共计20分每小题有多个选项符合题意全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分
6．为了验证平抛运动的小球在竖直方向上做自由落体运动，用如图所示的装置进行试验，小锤打击弹性金属片，A球水平抛出，同时B 球被松开，自由下落，关于该实验，下列说法中正确的是（）A．两球的质量应相等
B．两球应同时落地
．应改变装置的高度，多次实验
D．实验也能说明A球在水平方向上做匀速直线运动
7．下列对牛顿第二定律的表达式F=a及其变形公式的理解，正确的是（）
A．由F=a可知，物体所受的合外力与物体的质量成正比，与物体的加速度成反比
B．由= 可知，物体的质量与其所受合外力成正比，与其运动的加速度成反比
．由a= 可知，物体的加速度与其所受合外力成正比，与其质量成反比
D．由= 可知，物体的质量可以通过测量它的加速度和它所受到的合外力而求得
8．2013年6月20日，航天员王亚平在运行的天宫一号内上了节物理，做了如图所示的演示实验，当小球在最低点时给其一初速度，小球能在竖直平面内绕定点做匀速圆周运动．若把此装置带回地球表面，仍在最低点给小球相同初速度，则（）A．小球仍能做匀速圆周运动B．小球不可能做匀速圆周运动
．小球可能做完整的圆周运动D．小球一定能做完整的圆周运动
9．人通过滑轮将质量为的物体沿粗糙的斜面由静止开始匀加速地由底端拉上斜面，物体上升的高度为h，到达斜面顶端的速度为v，如
图所示．则在此过程中（）A．物体所受的合外力做功为gh+ v2B．物体所受的合外力做功为v2
．人对物体做的功为ghD．人对物体做的功大于gh
三、简答题：（共30分）
10．某同学做“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图1甲所示，其中A为固定橡皮条的图钉，为橡皮条与细绳的结点，B和为细绳．图乙是在白纸上根据实验结果画出的图．（1）如果没有操作失误，图乙中的F与F′两力中，方向一定沿A方向的是．
（2）本实验采用的科学方法是．
A．理想实验法B．等效替代法
．控制变量法D．建立物理模型法
（3）实验时，主要的步骤是：
A．在桌上放一块方木板，在方木板上铺一张白纸，用图钉把白纸钉在方木板上；
B．用图钉把橡皮条的一端固定在板上的A点，在橡皮条的另一端拴上两条细绳，细绳的另一端系着绳套；
．用两个弹簧测力计分别钩住绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，结点到达某一位置，记录下点的位置，读出两个弹簧测力计的示数；
D．按选好的标度，用铅笔和刻度尺作出两只弹簧测力计的拉力F1
和F2的图示，并用平行四边形定则求出合力F；
E．只用一只弹簧测力计，通过细绳套拉橡皮条使其伸长，读出弹簧测力计的示数，记下细绳的方向，按同一标度作出这个力F′的图示；F．比较F′和F的大小和方向，看它们是否相同，得出结论．
上述步骤中，①有重要遗漏的步骤的序号是和；
②遗漏的内容分别是和．
11．某实验小组欲以图甲所示实验装置“探究加速度与物体受力和质量的关系”．图中A为小车，B为装有砝码的小盘，为一端带有定滑轮的长木板，小车通过纸带与电磁打点计时器相连，小车的质量为1，小盘（及砝码）的质量为2．（1）下列说法正确的是．A．实验时先放开小车，再接通打点计时器的电
B．每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力
．本实验中应满足2远小于l的条
D．在用图象探究小车加速度与受力的关系时，应作a﹣l图象
（2）某同学平衡好摩擦阻力后，在保持小车质量不变的情况下，通过多次改变砝码重力，作出小车加速度a 与砝码重力F的图象如图乙所示．若牛顿第二定律成立，重力加速度g=10/s2，则小车的质量为g，小盘的质量为g．
（3）实际上，在砝码的重力越越大时，小车的加速度不能无限制地增大，将趋近于某一极限值，此极限值为/s2．
四、计算题：本题共3小题，每题10分共计30分解答时请写出必要的字说明、方程式和重要的演算步骤只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中须明确写出数值和单位
12．质量为2g的物体在水平推力F的作用下沿水平面作直线运动，一段时间后撤去F，其运动的v﹣t图象如图所示．g取10/s2，求：（1）物体与水平面间的运动摩擦因数μ；
（2）水平推力F的大小；
（3）0﹣10s内物体运动位移的大小．
13．一物体放在水平地面上，如图1所示，已知物体所受水平拉力F 随时间t的变化情况如图2所示，物体相应的速度v随时间t的变化关系如图3所示．求：（1）0～8s时间内拉力的冲量；
（2）0～6s时间内物体的位移；
（3）0～10s时间内，物体克服摩擦力所做的功．
14．一质量=06g的物体以v0=20/s的初速度从倾角为30°的斜坡底端沿斜坡向上运动．当物体向上滑到某一位置时，其动能减少了△E=18，机械能减少了△E=3．不计空气阻力，重力加速度g=10/s2，求：（1）物体向上运动时加速度的大小；
（2）物体返回斜坡底端时的动能．
参考答案
一、选择题（本题共4小题，在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的．）
1．．2．3．B．4．D．D
二．多选题
6．B．7．D．8．B9．BD
三、简答题：（共30分）
10（1）F′，（2）B，（3）、E，未记下两条细绳的方向，未说明把橡皮条的结点拉到位置．
11．1）；（2）2 04；0061；（3）10
四、计算题：本题共3小题，每题10分共计30分解答时请写出必要的字说明、方程式和重要的演算步骤只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中须明确写出数值和单位
12．（1）物体与水平面间的运动摩擦因数μ为02；
（2）水平推力F的大小为6N；
（3）0﹣10s内物体运动位移的大小为46．
13
（1）0～8s时间内拉力的冲量为18N•s；方向向右．（2）0～6s时间内物体的位移为6；
（3）0～10s时间内，物体克服摩擦力所做的功为30．14．（1）物体向上运动时的加速度大小为6/s2
（2）物体返回斜坡底端时的动能80．。