高三上学期期末考试物理试题复习过程
河北省邯郸市最新高三物理上学期期末考试试题含解析
河北省邯郸市２0２0届高三物理上学期期末考试试题(含解析）一、选择题：本题共10小题，共４0分，其中1—6小题是单选题，在每小题给出的四个选项中只有一项符合题目要求；７－10小题是多选题,在每小题给出的四个选项中，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.汽车A 和汽车B 静止在水平地面上，某时刻汽车A 开始倒车，结果汽车A 撞到了停在它正后方的汽车B ，汽车B 上装有智能记录仪，能够测量并记录汽车B 前面的物体相对于汽车B 自身的速度。
在本次碰撞中，如果汽车B 的智能记录仪测得碰撞前瞬间汽车A 的速度大小为0v ，已知汽车A 的质量是汽车B 质量的2倍,碰撞过程可视为弹性碰撞，则碰后瞬间汽车A 相对于地面的速度大小为( )A 。
012v B.023v C.013v D 。
014v 【答案】C 【解析】【详解】两汽车发生弹性碰撞,碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒,设碰撞后A 、B 的速度分别为v 1、v 2,以碰撞前A 的速度方向为正方向,设B 的质量为m ，则A 的质量为2m ，由动量守恒定律，有２mv ０=2mv １＋m ｖ２由机械能守恒定律，有22201211122222mv mv mv ⋅=⋅+解得v 1＝13v 0A. 碰后瞬间汽车A 相对于地面的速度大小为012v ，与分析不一致，故A 错误;B 。
碰后瞬间汽车A 相对于地面的速度大小为023v ，与分析不一致,故B 错误；C 。
碰后瞬间汽车A 相对于地面的速度大小为013v ,与分析相一致，故C 正确；Ｄ． 碰后瞬间汽车A 相对于地面的速度大小为014v ,与分析不一致，故D 错误.故选C.２。
如图所示，两条光滑的平行导轨水平放置，导轨间接有一个定值电阻R,金属杆垂直于导轨放置且与导轨接触良好,匀强磁场的方向竖直向下。
若金属杆与导轨之间的摩擦及金属杆与导轨的电阻均忽略不计,现给金属杆一个向右的初速度0v，则金属杆在磁场中的运动速度v与时间t的关系图象正确的是( )A． B. ﻩC． D。
高三物理上学期期末大试题(含解析)
咐呼州鸣咏市呢岸学校十校高三〔上〕期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题〔共7小题，每题6分，总分值42分〕1．光滑水平面上有一质量为2kg的物体，在五个恒的水平共点力作用下处于平衡状态，现同时撤去大小分别为10N和20N的两个水平力而余力保持不变，关于此后该物体运动的说法中正确的选项是〔〕A．一做匀变速直线运动，加速度大小可能是5m/s2B．可能做匀减速直线运动，加速度大小可能是2m/s2C．一做匀变速运动，加速度大小可能是12m/s2D．可能做匀速圆周运动，向心加速度大小可能是10m/s2考点：牛顿第二律．专题：牛顿运动律综合专题．分析：撤去大小分别为15N和10N的两个力，其余的力保持不变，那么知其余力的合力范围，由牛顿第二律求出物体加速度的范围．物体一做匀变速运动，当撤去的两个力的合力与原来的速度方向相同时，物体可能做匀减速直线运动．恒力作用下不可能做匀速圆周运动．解答：解：根据平衡条件得知，余下力的合力与撤去的两个力的合力大小相、方向相反，那么撤去大小分别为20N和10N的两个力后，物体的合力大小范围为10N≤F合≤30N，物体的加速度范围为：5m/s2≤a≤15m/s2．A、假设物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向不在同一直线上时，物体做曲线运动．故A错误．B、物体的加速度范围为：5m/s2≤a≤15m/s2；故B错误；C、由于撤去两个力后其余力保持不变，故合力恒，一做匀变速运动，加速度大小可能是12m/s2；故C正确；D、由于撤去两个力后其余力保持不变，恒力作用下不可能做匀速圆周运动．故D错误；应选：C．点评：此题中物体原来可能静止，也可能做匀速直线运动，要根据物体的合力与速度方向的关系分析物体可能的运动情况．2．男子跳高的纪录是2.45米，由古巴运发动索托马约尔于1993年7月27日在萨拉曼萨〔卡〕创造，不计空气阻力，对索托马约尔跳高过程的描述，以下说法正确的选项是〔〕A．跳过2.45m的高度时他的速度为零B．起跳时地面对他的支持力做正功C．起跳时地面对他的支持力大于他对地面的压力D．起跳以后上升过程他处于完全失重状态考点：功的计算；牛顿运动律的用-超重和失重．专题：功的计算专题．分析：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；如果没有压力了，那么就是处于完全失重状态，此时向下加速度的大小为重力加速度g．解答：解：A、到达最高点，竖直方向速度为零，但水平速度不为零，故A错误．B、在小芳起跳时，地面要给人一个向上的支持力，支持力的大小大于人的重力的大小，人才能够有向上的加速度，向上运动，支持力做正功，所以B正确．C、压力和支持力一是相互作用力，故支持力于他对地面的压力，C错误；D、在小明下降过程，只受重力的作用，有向下的重力加速度，是处于完全失重状态，所以D正确．应选：BD．点评：此题主要考查了对超重失重和相互作用根本知识的理解，注意人处于超重或失重状态时，人的重力并没变，只是对支持物的压力或悬挂物的拉力变了．3．水平面上一质量为m的物体，在水平力F作用下开始加速运动，力F的功率P保持恒，运动过程所受的阻力f大小不变，物体速度最终到达稳值v m，F作用过程物体的速度v的倒数与加速度a的关系图象如下图，仅在功率P的情况下，根据图象所给的信息〔〕A．可求出m，f和v m B．不能求出mC．不能求出f D．可求出加速运动时间考点：功率、平均功率和瞬时功率．专题：功率的计算专题．分析：当加速度为零时，物体做匀速运动，此时刻的牵引力于阻力，速度为最大值；由功率的计算公式可得p=Fv，而F﹣f=ma，联立可得，有图象可得斜率和截距解答：解：ABC、当加速度为零时，物体做匀速运动，此时刻的牵引力于阻力，速度为最大值；由功率的计算公式可得p=Fv，而F﹣f=ma，联立可得，有图象可得斜率为，为截距，因此可求出m，f和v m，故A正确；D、物体做变加速运动，加速运动的时间不可求，故D错误．应选：A．点评：关键整理出速度v的倒数与加速度a的关系式，结合体想解决．4．〔6分〕如下图，平行板电容器与电动势为E的电流电源连接，上级板A接地，一带负电油滴固于电容器中的P点，现将平行板电容器的下级板B竖直向下移动一小段距离，那么〔〕A．带电油滴所受电场力不变B．P点的电势将升高C．带电油滴的电势能增大D．电容器的电容减小，极板带电量增大电容器的动态分析；带电粒子在混合场中的运动．考点：专电容器专题．题：将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，电容器两板间电压不变，根据分析：E=分析板间场强的变化，判断电场力变化，确油滴运动情况．由U=Ed分析P点与上极板间电势差如何变化，即能分析P点电势的变化和油滴电势能的变化．根据电容的义式C=，电容器与电源保持相连，那么U不变，Q与C成正比变化．解答：解：A、将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据E=得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，那么油滴将向下运动．故A错误．B、板间场强E减小，而P点与上极板间的距离不变，那么由公式U=Ed分析可知，P 点与上极板间电势差将减小，而P点的电势低于上极板的电势，那么知P点的电势将升高．故B正确．C、由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P点的电势升高，那么油滴的电势能将减小．故C错误．D、根据电容的义式C=，电容器与电源保持相连，那么U不变，当C减小，那么Q也减小．故D错误．应选：B．点评：此题运用E=分析板间场强的变化，判断油滴如何运动．运用推论：正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化．5．〔6分〕如下图，固在水平面上的光滑斜面倾角为θ=30°，物体A，B通过细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑轮两侧，P为固在斜面上且与斜面垂直的光滑挡板，物体A，B的质量分别为m和4m，开始时用手托住物体A，滑轮两边的细绳恰好伸直，且左边的细绳与斜面平行，弹簧处于原长状态，A距离地面高度为h，放手后A从静止开始下降，在A下落至地面前的瞬间，物体B恰好对挡板无压力，空气阻力不计，以下关于物体A的说法正确的选项是〔〕A．在下落至地面前的过程中机械能守恒B．在下落至地面前的瞬间速度不一为零C．在下落至地面前的过程中对轻弹簧做的功为mghD．在下落至地面前的过程中可能一直在做加速运动考点：机械能守恒律；功的计算．专题：机械能守恒律用专题．分析：首先知道题境，分析AB两物体的受力情况及各力做功情况，从而分析A其运动情况，类比弹簧振子，从而判断选项．解答：解：A、A从静止到下落过程中，只有重力和弹簧的弹力做功，所以A在下落至地面的过程中系统的机械能守恒，而A的机械能不守恒，故A错误；BD、据在A下落至地面前的瞬间，物体B恰好对挡板无压力，以B为研究对象，据平衡求得此时弹簧的弹力为T=4mgsin30°=2mg；再以A为研究对象，当A静止释放的瞬间，A受重力mg，其合力方向向下，大小为mg；当A落地瞬间，A受重力mg和弹簧的弹力2mg，其合力向上，大小为mg，A做简谐运动，据对称性可知，落地瞬间其速度为零；据弹簧振子的运动情况可知，A向下运动时，先做加速度减小的加速运动，然后做加速度逐渐增大的减速运动，故BD错误；C、据A做简谐运动和能量守恒可知，A落地瞬间，A的重力势能完全转化为弹簧的弹性势能，所以弹簧的弹力做功可能为mgh，故C正确；应选：C．点评：明确A的运动情况和B在A落地瞬间的弹力是解题的前提，类比弹簧振子模型是解题的关键，灵活用能量守恒判断弹簧做功情况，题目有点难度．6．〔6分〕在一小型交流发电机中，矩形金属线圈abdc的面积为S，匝数为n，线圈总电阻为r，在磁感强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω匀速转动〔如图甲所示〕，产生的感电动势e随时间t的变化关系如图乙所示，矩形线圈与阻值为R的电阻构成闭合电路，以下说法中正确的选项是〔〕A．从t1到t3这段时间穿过线圈磁通量的变化量为零B．从t4到t3这段时间通过电阻R的电荷量为C．t4时刻穿过线圈的磁通量变化率大小为E0D．t2时刻电阻R的发热功率为考点：交流发电机及其产生正弦式电流的原理；电功、电功率；焦耳律；正弦式电流的图象和三角函数表达式．专题：交流电专题．分析：首先知道正选交流电产生的条件，瞬时值、峰值与有效值之间的关系即各量的用；利用法拉第电磁感律求通过电阻的电量；知道磁通量的斜率最大时，产生的感电动势最大即可求解．解答：解：A、由于磁通量是双向标量，在t1到t3这段时间穿过线圈磁通量的变化量不为零，所以为△Φ=2Bs，故A错误；B、通过电阻的电荷量Q=，所以t4到t3这段时间通过电阻R的电荷量Q=，故B错误；C、由于最大值面产生的电动势最大，所以磁通量时间图象中，在最大值面上磁通量的斜率最大，即E0=nK，所以K=，故C错误；D、求功率时需用有效值，所以E=，所以电流I=，R的发热功率为P=，故D正确．应选：D．点评：明确正选交流电产生的条件，瞬时值、峰值与有效值之间的关系即各量的用；利用法拉第电磁感律求通过电阻的电量；注意三值间的关系及选取，题目难度较大．7．〔6分〕质量分别为m=1kg和M=2kg的两物块叠放在光滑水平桌面上，两物块均处于静止状态，从某时刻〔t=0〕开始，对放在下面的质量为m的物块施一水平推力F，推力F随时间t变化的关系为F=6t，量物块之间的动摩擦因数为μ=0.2，最大静摩擦力于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2，以下结论正确的选项是〔〕A．两物块刚发生相对运动时的速度为1m/sB．从施加推力F到两物块刚发生相对运动所需的时间为sC．从施加推力F到两物块刚发生相对运动两物块的位移为0.5mD．从施加推力F到两物块刚发生相对运动F的冲量为6N•s考点：动量理．专题：动量理用专题．分析：对m分析由最大静摩擦力可求得m的最大加速度；再对整体受力分析可求得F值；对全程由动量理可求得1s时的速度及冲量．解答：解：A、当M到达最大静摩擦力时，M相对m发生相对滑动；那么此时M的加速度为：a=μg=0.2×10=2m/s2；那么对整体受力分析可知，F=〔m+M〕a=3×2=6N=6t，那么可知发生相对运动的时间为1s，F是均匀增加的，故1s内其平均作用力==3N；对整体由动量理可得，t=〔M+m〕v；解得：v=1m/s；故A正确，B错误；C、假设物体做匀加速直线运动，那么1s内的位移x=×vt=0.5m；而物体做的是变加速直线运动，故位移不是0.5m；故C错误；D、由动量理可知，I=〔M+m〕v=3N•s；故D错误；应选：A．点评：此题中采用了力的平均值求冲量的方法，但是求功时不能用平均力来求．二、非选择题8．〔8分〕某兴趣小组设计出如图甲所示的装置探究小车的加速度跟合外力的关系，图中与小车左端相连的是测力传感器，小车放置在外表各处粗糙程度相同的水平长木板上，按甲图装配好器材，先测出小车运动时所受摩擦阻力，逐渐向沙桶中添加细沙粒，当观察到小车刚开始运动时，记下传感器的最大示数为F0，可认为摩擦阻力为F0．〔1〕将小车放回初位置并用手按住，继续向沙桶中添加一量的沙粒，记下传感器的示数F1，接通频率外为50Hz的交流电源，使打点计时器工作，然后释放小车，打出一条纸带，再继续在桶中添加沙粒，屡次重复，打出多条纸带，图乙为某次打出的一条纸带，纸带上每相邻的两计数点间都有四个计时点未画出，按时间顺序取0、1、2、3、4、5、6六个计数点，用刻度尺量出1、2、3、4、5、6点到0点的距离〔单位：cm〕，分别标注在相计数点的下方，那么小车的加速度a= 0.756 m/s2，〔结果保存三位有效数字〕〔2〕算出各次小车的加速度和合力F〔F=F1﹣F0〕，获得多组数据，描绘小车加速度a与F的关系图象，纸带与打点计时器间的摩擦可忽略，图中可能正确的选项是AD ．〔3〕写出一条提高结果准确程度有益的建议：控制桶和砂的总质量远小于小车和传感器的总质量．考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．专题：题．分析：根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小．根据牛顿第二律得出a与F的关系式，结合关系式得出正确的图线．解答：解：〔1〕由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，设第一个计数点到第二个计数点之间的距离为x1，以后各段分别为x2、x3、x4、x5、x6，根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，得：x4﹣x1=3a1T2x5﹣x2=3a2T2x6﹣x3=3a3T2为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值得：a=〔a1+a2+a3〕==0.756m/s2，〔2〕改变小桶中砂的重力，屡次重复，获得多组数据，描绘小车加速度a与合力F 〔F=F1﹣F0〕的关系图象．由于已经平衡摩擦力，所以图象该过原点．故AD正确，BC错误；应选：AD．〔3〕提高结果准确程度有益的建议：控制桶和砂的总质量远小于小车和传感器的总质量．故答案为：〔1〕0.756〔2〕AD〔3〕控制桶和砂的总质量远小于小车和传感器的总质量．点评：此题借助考查了匀变速直线的规律以及推论的用，在平时练习中要根底知识的理解与用，提高解决问题能力．解决问题首先要掌握该原理，了解的操作步骤和数据处理以及考前须知，其中平衡摩擦力的原因以及做法在中当清楚．9．〔10分〕有个一螺线圈，为测量它的两个接线柱间绕制的均匀金属丝的长度，现提供以下器材：A．待测螺线管L：绕制螺线管金属丝的电阻率ρ=5.0×10﹣7Ω•m，其总阻值R L大约100Ω；B．螺旋测微器C．微安表量程I g=500μA，内阻R g=100Ω；D．电阻箱R：阻值范围0﹣9999Ω；E．电源E：电动势有3V和9V两种可供选择，内阻较小；F．电键两个〔S1和S2〕，导线假设干．〔1〕中用螺旋测微器测得金属丝的直径如图甲所示，其读数为d= 0.390±0.001mm．〔2〕已将提供的器材连成了如图乙所示的测金属丝电阻R L的电路，根据该电路的测量原理，为了更准确的测R L，选择E中电动势为9 V的电源．〔3〕假设测得的金属丝直径用d表示，测电阻时，先闭合S1，调R使微安表指针满偏，再闭合S2时微安表示数用I表示，那么由量和测得量的符号表示金属丝的长度l= ．〔4〕本测R L有系统误差，其测量值大于真实值．〔选填“大于〞、“小于〞〕考点：测金属的电阻率．专题：题．分析：〔1〕螺旋测微器读数时，要分固刻度和可动刻度，再进行相加可得结果；〔2〕根据题意，微安表满偏，当与所测螺线管并联，那么电阻大约变化一半，只有电阻箱的特别大时，接入电阻才不会引起电流变化，从而即可确电源电动势；〔3〕根据电阻律公式和欧姆律求出金属丝的长度L；〔4〕根据并联电路电阻要减小，结合欧姆律，即可求解．解答：解：〔1〕螺旋测微器的固刻度读数为0，可动刻度读数为39.0×0.01=0.390mm，所以金属丝的直径为0.390±0.001mm，〔2、4〕先只闭合S1，调电阻箱R，使微安表指针满偏，那么R值须很大；再闭合S2时，那么R L与微安表并联，虽然电阻变小了，但因R很大，全电路总电阻变化很小，干路电流几乎不变化，可认为仍为满偏电流I g，略大于，此时微安表的读数为I，那么RL的分流I L=I g﹣I，实际值略大于此值．于是解得：R L==，测量值偏大．根据本原理，要减小测量R L的系统误差，提高电源的电动势，使R取值更大一些，这样才能保证再闭合S2后干路电流变化更小．〔3〕根据欧姆律得：根据电阻律得：R L=；且S=解得：L=；故答案为：〔1〕0.390±0.001mm；〔2〕9；〔3〕；〔4〕大于．点评：该题是较综合的考查了电学，要求我们要会熟练的连接实物图，注意连接实物图的要领；熟练的对螺旋测微器进行读数；注意产生误差的根源是螺线管的并联后，导致电阻减小，电流增大．10．〔14分〕探月卫星的发射过程可简化如下：首先进入绕地球运行的“停泊轨道〞，在该轨道的P处通过变速在进入地月“转移轨道〞，在快要到达月球时，对卫星再次变速，卫星被月球引力“俘获〞后，成为环月卫星，最终在环绕月球的“工作轨道〞上绕月飞行〔视为圆周运动〕，对月球进行探测．“工作轨道〞周期为T，距月球外表的高度为h，月球半径为R，引力常量为G，忽略其它天体对探月卫星在“工作轨道〞上环绕运动的影响．〔1〕要使探月卫星从“转移轨道〞进入“工作轨道〞，增大速度还是减小速度？〔2〕求探月卫星在“工作轨道〞上环绕的线速度大小；〔3〕求月球的第一宇宙速度．考点：万有引力律及其用．专万有引力律的用专题．题：分析：要使探月卫星从“转移轨道〞进入“工作轨道〞，减小速度做近心运动．根据线速度与轨道半径和周期的关系直接得到探月卫星线速度的大小．月球对探月卫星的万有引力提供其做匀速圆周运动的向心力，“近月卫星〞的环绕速度为月球的第一宇宙速度v1，根据万有引力提供向心力，解以上二式可得月球的第一宇宙速度．解答：解：〔1〕要使探月卫星从“转移轨道〞进入“工作轨道〞，减小速度做近心运动．〔2〕根据线速度与轨道半径和周期的关系可知探月卫星线速度的大小为〔3〕设月球的质量为M，探月卫星的质量为m，月球对探月卫星的万有引力提供其做匀速圆周运动的向心力，所以有：月球的第一宇宙速度v1于“近月卫星〞的环绕速度，设“近月卫星〞的质量为m′，那么有：由以上两式解得：答：〔1〕要使探月卫星从“转移轨道〞进入“工作轨道〞，减小速度．〔2〕探月卫星在“工作轨道〞上环绕的线速度大小为．〔3〕月球的第一宇宙速度为．点评：此题要掌握万有引力提供向心力这个关系，要能根据题意选择恰当的向心力的表达式，要知道“近月卫星〞的环绕速度为月球的第一宇宙速度．11．〔16分〕如下图，倾角为θ=37°的固斜面与足够长的水平面平滑对接，一劲度系数k=18N/m的轻质弹簧的上端固于斜面顶端，另一端固连在一质量m=1kg的光滑小球A，跟A紧靠的物块B〔质量也为m〕与斜面间的动摩擦因数μ1=0.75，且最大摩擦力于滑动摩擦力，与水平面间的动摩擦因数μ2=0.1，图中施加在B上的力F=18N，方向沿斜面向上，A和B均处于静止状态，且斜面对B恰无摩擦力，当搬除力F后，A和B一起沿下面下滑到某处时别离，别离后A一直在斜面上运动，B继续沿斜面下滑，：sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2．〔1〕A和B别离后A能否再回到出发点？请简述理由．〔2〕A和B别离时B的速度为多大？〔3〕求B最终停留的位置．12．〔20分〕如下图，在直角坐标系xOy平面的y轴左侧区域，存在方向沿y轴负向的匀强电场〔y轴为其右边界〕，场强E=1.0×4V/m．在y轴的右侧腰三角形OMN区域内，存在一磁感强度B=6.0T、方向垂直xOy平面向里的匀强磁场，其右边界MN与y轴平行，且间距d=5.0m，∠NOM=120°，一质量m=1.0×10﹣8kg，电荷量q=1.6×10﹣6C的粒子，从电场中的P〔﹣，0.6〕点以初速度v0沿x轴正向抛出，刚好经坐标原点O以与x轴成30°角的方向射入磁场，不计粒子重力．〔1〕求粒子从P点抛出时的初速度v0的大小．〔2〕假设粒子从第二象限某位置沿x轴正向抛出后，均能经坐标原点O沿与x轴成30°角的方向射入磁场，再从磁场区以内与边界垂直的方向射出，求粒子抛出的所有可能位置．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〕粒子在电场中做类平抛运动，设粒子经过O点时速度为v，有v0=v•cos30°．根据牛顿第二律和运动学公式结合，可求解v0．〔2〕粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，qvB=m，可得到y与R的关系式．粒子经坐标原点O时速度偏向角为30°，可得到tan30°===，从而得出粒子抛出位置的坐标必满足的方程．据题粒子磁场边界垂直射出有两种情况：一是从边界OM垂直射出，一是从边界OM垂直射出，由几何关系得到R的值，从而可得到粒子抛出的所有可能位置．解答：解：〔1〕设粒子经过O点时速度为v，竖直分速度为v y，由题意可知：v0=v•cos30°…①=2ay…②a=…③v=2v y …⑤由②③④得：v=…⑤所以由①得：v0=•cos30°=•=×103m/s〔2〕设粒子在电场中的抛出位置为〔x、y〕，射入磁场中做圆周运动的半径为R，根据洛伦兹力提供向心力，得：qvB=m…⑥由⑤⑥可得：y===×10﹣2R2…⑦因粒子经坐标原点O时速度偏向角为30°，那么tan30°===，即粒子抛出位置的坐标必满足方程：y=﹣x…⑧于是得抛出位置的横坐标为：x=﹣×10﹣2R2…⑨分两种情况讨论：Ⅰ、当粒子从边界MN垂直射出磁场时：R=2d=10m将R值代入⑨式得抛出位置的横坐标：x=﹣mⅡ、当粒子从边界OM垂直射出磁场，且运动轨迹恰与边界MN相切，由几何知识求得：R==m将R值代入⑨式得抛出位置的横坐标：x=﹣m综上所得，要使粒子从磁场边界垂直射出，粒子抛出的位置必须在直线 y=﹣x上，区间范围为：x=﹣m或﹣m≤x＜0．答：〔1〕粒子从P点抛出时的初速度v0的大小是×103m/s．〔2〕要使粒子从磁场边界垂直射出，粒子抛出的位置必须在直线 y=﹣x上，区间范围为：x=﹣m或﹣m≤x＜0．点评：粒子在电场中类平抛运动研究的方法是运动的分解法，在磁场中要明确洛伦兹力提供向心力，运用几何知识得到轨迹半径，关键要能运用数学知识得到抛出位置坐标的参数方程．。
高三物理上学期期末考试试题(含解析)5
咐呼州鸣咏市呢岸学校市高三上学期期末考试物理试卷一、单项选择题〔每题4分，共60分〕1．以下说法正确的选项是〔〕A．布朗运动是液体分子的无规那么运动B．气体的温度升高时，压强一增大C．假设两分子间距离减小，那么分子间引力和斥力都增大D．物体的温度越高，分子热运动越剧烈，物体内每个分子的动能越大考点：理想气体的状态方程；布朗运动；温度是分子平均动能的标志．.专题：布朗运动专题．分析：布朗运动是液体分子无规那么热运动的反映．气体分子的平均动能越大，气体的压强不一越大．分子力中分子引力和斥力都随距离的减小而增大，随距离的增大而减小．温度是分子的平均动能的标志，是大量分子运动的统计规律．解答：解：A、布朗运动是悬浮在液体颗粒做的无规那么的运动，是液体分子无规那么热运动的反映．故A错误．B、根据理想气体的状态方程：可知，气体的温度升高时，假设体积同时增大，压强不一增大．故B错误．C、分子间相互作用的引力和斥力都随分子间距离的减小而增大．故C正确．D、温度是分子的平均动能的标志，是大量分子运动的统计规律，物体的温度越高，分子热运动越剧烈，分子的平均动能增大，并不是每个分子的动能越大．故D错误．应选：C．点评：此题考查理想气体的状态方程的用以及对分子动理论的理解．温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子平均动能越大．2．〔4分〕一束单色光从真空斜射向某种介质的外表，光路如下图．以下说法中正确的选项是〔〕A．光从真空射入介质后，频率变大B．此介质的折射率于C．入射角大于45°时可能发生全反射现象D．入射角小于30°时可能发生全反射现象考点：光的折射律．.专题：光的折射专题．分析：根据折射律求折射率，发生全反射的条件是从光密介质射向光疏介质．解答：解：A、光从真空射入介质后，频率不变，A错误B、根据折射律n===，故B正确；C、光从真空斜射向某种介质的外表，是从光疏介质射向光密介质，不可能发生全反射，故CD错误；应选：B．点评：折射率都是大于1的，故是大角的正弦比上小角的正弦．3．〔4分〕以下说法正确的选项是〔〕A．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反B．U→Th+He是核裂变反方程C．一个氢原子从n=3能级跃迁到n=2能级，该氢原子放出光子，能量增加D．将放射性元素的温度降低，它的半衰期会发生改变考点：氢原子的能级公式和跃迁．.专题：原子的能级结构专题．分析：原子核自发放出α粒子的过程，是α衰变；从高能级向低能级跃迁，辐射光子，原子能量减小；半衰期的大小与元素的化学性质无关，与温度、压强物理环境无关．解答：解：A、太阳辐射的能量主要来自太阳内部的聚变反，故A正确；B、U→Th+He是α衰变．故B错误．C、一个氢原子从n=3能级跃迁到n=2能级，该氢原子放出光子，能量减小．故C错误．D、元素的半衰期由原子核内部因素决，与所处的化学状态，以及物理环境无关．故D错误．应选：A．点评：此题考查热核反、衰变、能级跃迁根底知识点，关键要熟悉教材，了解这些根底知识点，即可轻松解决．4．〔4分〕图甲为一简谐横波在t=0时刻的波形图象，图乙为横波中x=2m处质点A的振动图象，那么以下说法正确的选项是〔〕A．波的传播速度大小为2m/sB．波的传播方向沿x轴负方向C．在t=0时刻，图质点A的振动速度大小为0D．在t=1s时刻，图质点A的加速度为0考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象．.分析：由乙图读出t=0时刻质点A的振动方向，由甲图判断出波的传播方向．由甲图读出波长，由乙图读出周期，即可求得波速．根据t=0时刻质点A的位置分析其速度大小．根据时间t=1s与周期的关系，分析质点A的位移，即可确其加速度的大小．解答：解：A、由甲图读出波长λ=8m，由乙图读出周期T=4s，那么波速v==2m/s．故A正确．B、由乙图读出t=0时刻质点A的振动方向沿y轴正方向，由甲图判断出波的传播方向沿x轴正方向．故B错误．C、在t=0时刻，图质点A位于平衡位置，速度最大，不是0，故C错误．D、因t=1s=T，图示时刻质点A的振动方向沿y轴正方向，那么在t=1s时刻，图质点A到达波峰，加速度最大，故D错误．应选：A．点评：此题关键要抓住振动图象与波动图象之间的联系，将一个周期分成四个周期研究质点的振动过程．5．〔4分〕GPS导航系统可以为陆、海、空三大领域提供实时、全天候和全球性的导航效劳，它是由周期约为12h的卫星群组成．那么GPS导航卫星与地球同步卫星相比〔〕A．地球同步卫星的角速度大B．地球同步卫星的轨道半径小C．G PS导航卫星的线速度大D．G PS导航卫星的向心加速度小考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力律及其用．.专题：人造卫星问题．分析：同步卫星的周期为24h，GPS导航系统的周期为12h．根据开普勒律：，可知卫星的轨道半径R越大，周期越大，由公式ω=，分析角速度的关系、半径关系．由公式v=分析线速度的关系．由公式a=分析向心加速度的大小．解答：解：A、由题，北斗导航系统的同步卫星周期大于GPS导航卫星的周期，由公式ω=知道，北斗导航系统的同步卫星的角速度小．故A错误．B、由根据开普勒律得到，北斗导航系统的同步卫星的轨道半径大．故B错误．C、由公式v=分析知道，G是常量，M是地球的质量不变，那么GPS导航卫星的线速度大．故C正确．D、由公式a=分析得知，GPS导航卫星的向心加速度大．故D错误．应选：C．点评：对于卫星类型的选择题，可以利用开普勒律理解、记忆周期与半径的关系，再结合圆周运动的公式分析其他量的关系．6．〔4分〕如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为4：1．原线圈接入交流电源，其电压与时间呈正弦函数关系如图乙所示，副线圈接R=10Ω的负载电阻．下述结论正确的选项是〔〕A．交流电源的电压表达式为u=20sin100πtB．副线圈中电压表的示数为5VC．原线圈中电流表的示数为0.5AD．原线圈的输入功率为W考点：变压器的构造和原理．.专题：交流电专题．分析：由图乙可知输入电源的最大值及周期，那么可求得交变电流的表达式；再根据变压器原理可求得副线圈中电压表值；由欧姆律求得电流值，由功率公式可求得功率．解答： 解：A 、由图乙可知，电源的最大值为20V ；周期为2×10﹣2s ，那么交流电源的表达式为：u=20sin =20sin100πt ；故A 错误；B 、输入电源的有效值为20V=20V ；那么由可得U2=5V ；故B 正确；C 、副线圈的电流I2==A=0.5A ；那么原线圈中电流I1=A=0.125A ，故C 错误；D 、功率P=U2I2=5×0.5=W ；而输入功率于输出功率，故输入功为W ；故D 错误； 应选：B ．点评： 此题考查变压器原理及交流电的性质，明确在求功率及电压表测量值均为有效值．7．〔4分〕如下图，在静止电荷+Q 所产生的电场中，有与+Q 共面的A 、B 、C 三点，且B 、C 处于以+Q 为圆心的同一圆周上．设A 、B 、C 三点的电场强度大小分别为EA 、EB 、EC ，电势分别为ϕA 、ϕB 、ϕC ，那么以下判断中正确的选项是〔 〕A ． EA ＜EB ，ϕB=ϕC B ． EA ＜EB ，ϕA ＞ϕB C ． EA ＞EB ，ϕA ＜ϕBD ． EA ＞EC ，ϕB=ϕC 考点：电场线．.分析： 电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度的方向，据此可正．解答： 解：正电荷的电场线如图，由于电场线的疏密可知，A 、B 两点电场强度的大小关系，所以EA ＞EB=EC沿电场线的方向电势降低，故φA ＞φB ，φB=φC ．所以选项D 正确．应选：D ．点评： 电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布，明确电场线分布与电场强度之间的关系．8．〔4分〕如下图电路，电源电动势和内电阻分别为E 和r ，A 、B 为两盏相同的电灯，当变阻器的触头P 向下移动时，以下情况中正确的选项是〔 〕A ． A 灯变亮，B 灯变亮B ． A 灯变亮，B 灯变暗C ． A 灯变暗，B 灯变亮D ． A 灯变暗，B 灯变暗考点：闭合电路的欧姆律．.专题：恒电流专题．分析：从图可知，滑动变阻器的滑片P向下滑动时，滑动变阻器的阻值变小，根据并联电路电阻的特点判断出电路中总电阻的变化，再根据欧姆律判断总电流的变化和路端电压的变化，即可判断B灯亮度变化；根据通过电阻R1电流和电压的变化，判断出A灯上电压的变化，再判断出A灯亮度的变化．解答：解：当滑片P移动向下时，滑动变阻器的阻值变小，电路的总电阻会变小，据闭合电路欧姆律知总电流变大，内电压增大，所以路端电压减小，可知灯B变暗；再据干路电流变大，灯B电流减小，所以电源右侧电路的电流增大，电阻R1上的电流变大了，所以分压也就增加了，但是路端电压减小，所以A灯的电压就变小，A灯实际功率的变小，所以A灯变暗，故ABC错误，D正确．应选：D．点评：此题的关键识别电路的能力，动态电路的分析的思路，借助串、并联电路的电压、电流和电阻规律的用情况、欧姆律的用以及电功率的计算公式．9．〔4分〕如下图，金属杆ab静止放在水平固的“U〞形光滑金属框上，且整个装置处于竖直向上的匀强磁场中．现使ab获得一个向右的初速度v开始运动，以下表述正确的选项是〔〕A．安培力对ab做正功B．杆中感电流的方向由b→aC．杆中感电流逐渐减小D．杆中感电流保持不变考点：右手那么；安培力．.分析：a b棒突然获得一初速度，切割磁感线，产生感电动势，产生感电流，受到向左的安培力，做变减速运动；根据E=BLv和I=判断感电流的变化，并根据楞次律判感电流的方向．解答：解：A、ab棒突然获得一初速度，切割磁感线，产生感电动势，形成感电流，根据楞次律，来拒去留，受向左的安培力，故安培力做负功，故A错误；B、根据楞次律可知，感电流方向由a→b，故B错误；C、D、由于安培力做负功，故棒做减速运动；根据E=BLv和I=，有：I=；由于速度减小，故感电流逐渐减小，故C正确，D错误；应选：C．点评：此题主要根据楞次律判断安培力方向，根据公式E=BLv和I=判断感电流大小的变化情况，根底题．10．〔4分〕如下图，甲、乙两个高度相同的固斜面，倾角分别为α1和α2，且α1＜α2．质量为m的物体〔可视为质点〕分别从这两个斜面的顶端由静止沿斜面滑到底端，物体与这两个斜面的动摩擦因数均为μ．关于物体两次下滑的全过程，以下说法中正确的选项是〔〕A．物体克服摩擦力所做的功相同B．物体重力势能的变化量相同C．合力所做的功相同D．物体到达斜面底端时，重力的功率相同考点：动能理的用．.专题：动能理的用专题．分析：重力做功只与始末位置有关，据此确重力做功情况，由于重力做功相同，根据下滑时间确重力做功功率，同时求得摩擦力做功情况，由动能理确物体获得的动能及动能的变化量解答：解：A、克服摩擦力做功为W=，故与角度有关，故A错误；B、重力做功只与始末位置有关，两种轨道上滑下，物体下滑的距离相，故重力做功相同，故B正确；C、合力做功为W=mgh﹣，故合力做功不同，故C错误；D、下滑过程的加速度为a=gsinα﹣μgcosα下滑到斜面的速度v=故重力的功率为P=mgvsinα=mg，故重力功率不同，故D错误；应选：B点评：此题主要考查动能理和功能关系．关键要明确研究的过程列出式表示出需要比拟的物理量，正确的对物体进行受力分析和做功分析是正确解决问题的关键．11．〔4分〕物理课上，教师做了一个奇妙的“电磁阻尼〞．如下图，A是由铜片和绝缘细杆组成的摆，其摆动平面通过电磁铁的两极之间，当绕在电磁铁上的励磁线圈未通电时，铜片可自由摆动，要经过较长时间才会停下来．当线圈通电时，铜片迅速停止摆动．某同学另找来器材再探究此．他连接好电路，经重复，均没出现摆动迅速停止的现象．比照老师的演示，以下四个选项中，导致失败的原因可能是〔〕A．电源的正负极接反B．电源的电压过高C．所选线圈的匝数过多D．构成摆的材料与老师的不同考点：法拉第电磁感律．.分析：分析结构，明确教师的原理，即可得出学生失败的原因．解答：解：电磁阻尼是利用电磁感得出的，要使铜片能快速停下使线圈中通以电流，那么A 通过线圈产生的磁场时，产生感电流，由楞次律可知，感电流阻碍线圈的运动，从而使线圈快速停下来；这与是否为交流电源、电压及匝数无关；学生失败只能是因为摆不是金属材料制成；应选：D．点评：此题考查楞次律的用，但要求学生能通过较多的文字描述得出相的物理模型，才能顺利求解．12．〔4分〕如下图，一根截面积为S的均匀长直橡棒上均匀带有负电荷，单位体积内的电荷量为q，当此棒沿轴线方向做速度为v的匀速直线运动时，由于棒运动而形成的效电流大小为〔〕A．v q B．C．q vS D．考点：电流、电压概念．.专题：恒电流专题．分析：棒沿轴线方向以速度v做匀速直线运动时，每秒通过的距离为v米，那么每秒v米长的橡棒上电荷都通过直棒的横截面，由电流的义式I=求解效电流．解答：解：棒沿轴线方向以速度v做匀速直线运动时，每秒通过的距离为v米，每秒v米长的橡棒上电荷都通过直棒的横截面，每秒内通过横截面的电量Q=q•vs，根据电流的义式I=，t=1s，得到效电流为I=qvs．应选：C．点评：此题关键是建立物理模型，利用电流的义式进行求解电流．13．〔4分〕如下图，物体A、B的质量分别为mA、mB，且mA＞mB．二者用细绳连接后跨过滑轮，A静止在倾角θ=30°的斜面上，B悬挂着，且斜面上方的细绳与斜面平行．假设将斜面倾角θ缓慢增大到45°，物体A仍保持静止．不计滑轮摩擦．那么以下判断正确的选项是〔〕A．物体A受的静摩擦力可能增大B．物体A受细绳的拉力可能增大C．物体A对斜面的压力可能增大D．物体A受斜面的作用力可能增大考点：共点力平衡的条件及其用；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：根据物体B处于静止状态，可知绳子上张力没有变化；静摩擦力的大小和方向取决于绳子拉力和物体A重力沿斜面分力大小关系；正确对A进行受力分析，判断其对斜面压力的变化情况；解答：解：A、由题可知，开始时A静止在倾角为30°的斜面上，A重力沿斜面的分力可能大于绳子的拉力，摩擦力沿斜面向上，随着角度增大，重力沿斜面的分力逐渐增大，而绳子拉力不变，A受到的静摩擦力将增大，故A正确；B、斜面倾角增大过程中，物体B始终处于平衡状态，因此绳子拉力大小始终于物体B重力的大小，而滑轮不省力，那么物体A受细绳的拉力保持不变，故B错误．C、物体A对斜面的压力为：FN=mAgcosθ，随着θ的增大，cosθ减小，因此物体A对斜面的压力将减小，故C错误．D、A受到三个力的作用而平衡，分别是重力、绳子的拉力和斜面的作用力〔是支持力和静摩擦力的合力〕，重力和拉力不变，当θ不断变大时，重力和拉力的合力变小，故物体A受斜面的作用力减小．故D错误．应选：A．点评：此题考查了动态平衡中各个力的变化情况，动态平衡问题是高中物理的，要熟练掌握各种处理动态平衡问题的方法，如此题中关键是把握绳子上拉力大小不变的特点进行分析．14．〔4分〕2013年6月20日，员王亚平进行了太空授课，她用天宫一号上的质量测量仪测出了员聂海胜的质量．其过程是：聂海胜把自己固在质量测量仪的支架一端，王亚平轻轻拉开支架然后把手松开，支架便在弹簧的作用下回复原位，LED显示器上显示聂海胜的质量是74kg．质量测量仪能对支架产生一个恒的力F，同时用光栅测速装置测量出支架复位的速度v和时间t．此次测质量的原理你认为是利用了〔〕A．二力平衡B．牛顿第二律C．动量守恒律D．万有引力律考点：牛顿第二律．.分析：质量测量仪上的弹簧能够产生一个恒的力F，同时用光栅测速装置测量出支架复位的速度v和时间t，根据加速度的义式求出时间，再根据牛顿第二律求出质量．再根据牛顿第二律就能够计算出物体的质量．解答：解：天宫中的质量测量仪，用的物理学原理是牛顿第二运动律：F〔力〕=m〔质量〕×a 〔加速度〕．质量测量仪上的弹簧能够产生一个恒的力F，同时用光栅测速装置测量出支架复位的速度v和时间t，计算出加速度a=，再根据牛顿第二律就能够计算出物体的质量．应选：B点评：此题主要考查了天宫中的质量测量仪的原理，知道牛顿第二运动律：F〔力〕=m〔质量〕×a〔加速度〕，难度不大，属于根底题．15．〔4分〕〔2021•〕以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可忽略，另一物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，以下用虚线和实线描述两物体运动的v﹣t图象可能正确的选项是〔〕A．B．C．D．考点：匀变速直线运动的图像．.专题：运动的图像专题．分析：竖直上抛运动是初速度不为零的匀变速直线运动，加速度恒不变，故其v ﹣t图象是直线；有阻力时，根据牛顿第二律判断加速度情况，v﹣t图象的斜率表示加速度．解答：解：没有空气阻力时，物体只受重力，是竖直上抛运动，v﹣t图象是直线；有空气阻力时，上升阶段，根据牛顿第二律，有：mg+f=ma，故a=g+，由于阻力随着速度而减小，故加速度逐渐减小，最小值为g；有空气阻力时，下降阶段，根据牛顿第二律，有：mg﹣f=ma，故a=g﹣，由于阻力随着速度而增大，故加速度减小；v﹣t图象的斜率表示加速度，故图线与t轴的交点对时刻的加速度为g，切线与虚线平行；应选：D．点评：此题关键是明确v﹣t图象上某点的切线斜率表示加速度，速度为零时加速度为g，不难．二、题〔共18分〕16．〔6分〕图中游标卡尺的读数为29.8 mm，螺旋测微器读数为0.900 mm．考点：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．.专题：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．螺旋测微器的读数方法是固刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．解答：解：1、游标卡尺的主尺读数为29mm，游标尺上第8个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为8×0.1mm=0.8mm，所以最终读数为：29mm+0.08mm=29.8mm．2、螺旋测微器的固刻度为0.5mm，可动刻度为40.0×0.01mm=0.400mm，所以最终读数为0.5mm+0.400mm=0.900mm．故答案为：2 0.900点评：对于根本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器要了解其原理，要能正确使用这些根本仪器进行有关测量．17．〔12分〕常用的电压表、电流表和欧姆表都是由小量程的电流计G〔表头〕改装而成的．从电路的角度看，表头就是一个电阻，同样遵从欧姆律．表头与其他电阻的不同仅在于通过表头的电流是可以从刻度盘上读出来的．①用满偏电流为100μA的灵敏电流计和电阻箱改装成电压表．先用如下图的电路测量电流计的内阻，先闭合S1，调节R，使电流计指针偏转到满刻度；再闭合S2，调节R′，使电流计指针偏转到满刻度的，读出此时R′的阻值为1.00×103Ω．那么灵敏电流计内阻的测量值Rg= 1.00×103Ω．该测量值与灵敏电流计内阻的真实值比拟偏小〔填“偏大〞、“偏小〞或者“相〞〕．②按上问的测量值计算，将该灵敏电流计改装成量程为3V的电压表，需串联〔填“串联〞或“并联〞〕阻值为R= ×104Ω的电阻．③将此灵敏电流计与值电阻并联〔填“串联〞或“并联〞〕，就可以改装成电流表．把该电流表与干电池和一个值电阻串联后，两端连接两支测量表笔，又可以做成一个测量电阻的装置．两支表笔直接接触时，电流表读数5.0mA，两支笔与200Ω的电阻连接时，电流表的读数为3.0mA．现在把表笔与一个未知电阻连接，电流表的读数为mA，这个未知电阻的阻值为300 Ω．考点：把电流表改装成电压表．.专题：题；恒电流专题．分析：①用半偏法测电阻，并联电路电流相同，那么电阻相同，又因并联电阻后总电流增加，那么电流表示数为一半时，所并联的电流大于原电流的一半，那么其阻值小于电流表的内阻．②改装成是电压表要串联电阻分压，③改装成电流表要并联电阻分流，再由全电路欧姆律求得电阻阻值．解答：解：①用半偏法测电阻，假设并联电路电流相同，那么电阻相同，那么电流表内阻于电阻箱阻值：为1.00×103Ω因总电流变大，那么并联电阻的电流大于原电流的一半，那么阻值小于电流表的内阻，测量值偏小．②改装成是电压表要串联电阻分压，串联阻值为：R===×10﹣4Ω③改装成电流表要并联电阻，由全路欧姆律可得：两支表笔直接接触时：…①两支笔与200Ω的电阻连接时：…②表笔与一个未知电阻连接：…③由以上各三式可得：Rx=300Ω故答案为：①1.00×103，偏小；②串联，×104；③并联，300点评：考查半偏法测电阻明确测量值偏小，改装成电流表要并联电阻分流，电阻值于满偏电压除以所分最大电流，改装成电压表要串联电阻分压，电阻值于量程除以满偏电流减去原内阻．三、计算题〔共72分〕18．〔9分〕如下图，一固在地面上的金属轨道ABC，其中AB长s1=1m，BC与水平面间的夹角为α=37°，一小物块放在A处，小物块与轨道间的动摩擦因数均为μ=0.25，现在给小物块一个水平向左的初速度v0=3m/s．小物块经过B处时无机械能损失〔sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2〕．求：〔1〕小物块第一次到达B处的速度大小；〔2〕小物块在BC段向上运动时的加速度大小；〔3〕假设小物块刚好能滑到C处，求BC长s2．考点：动能理的用；牛顿第二律．.专题：动能理的用专题．分析：〔1〕小物块从A点到第一次到达B点的过程中，摩擦力做负功，根据动能理求解第一次到达B处的速度大小；〔2〕小物块在BC段向上运动时受到重力、支持力和沿斜面向下的滑动摩擦力．滑动摩擦力大小为f=μmgcos37°，根据牛顿第二律求解加速度．〔3〕根据速度位移公式求出物块沿斜面向上运动至速度为零时经过的位移s2．解答：解：〔1〕小物块从A运动到B，由动能理得﹣μmgs1=﹣代入数据解得vB=2m/s〔2〕小物块从B到C过程中，由牛顿第二律得μmgcosα+mgsinα=ma代入数据解得a2=8m/s2〔3〕小物块以初速vB沿斜面向上运动至速度为零的过程中，经过的位移为s2，由0﹣代入数据解得s2=0.25m答：〔1〕小物块第一次到达B处的速度大小为2m/s；〔2〕小物块在BC段向上运动时的加速度大小为8m/s2；〔3〕假设小物块刚好能滑到C处，BC长s2为0.25m．点评：此题是两个过程的问题，运用动能理、牛顿第二律和运动学公式进行研究，难度不大．19．〔9分〕嫦娥一号〞的发射，为实现几千年的奔月梦想迈出了重要的一步．“嫦娥一号〞绕月飞行轨道近似为圆形，距月球外表高度为H，飞行周期为T，月球的半径为R，引力常量为G．求：〔1〕“嫦娥一号〞绕月飞行时的线速度大小；〔2〕月球的质量；〔3〕假设发颗绕月球外表做匀速圆周运动的飞船，那么其绕月运行的线速度为多大．考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力律及其用．.专题：人造卫星问题．分析：“嫦娥一号〞的轨道半径r=R+H，由v=求解线速度．根据月球对“嫦娥一号〞的万有引力提供“嫦娥一号〞的向心力，列方程求解月球的质量．绕月球外表做匀速圆周运动的飞船轨道半径约R．解答：解：〔1〕“嫦娥一号〞绕月飞行时的线速度大小v=〔2〕设月球质量为M，“嫦娥一号〞的质量为m，根据牛顿第二律得。
高三物理上学期期末考试试卷(含解析考)
咐呼州鸣咏市呢岸学校高三上学期期末考试物理试卷一、单项选择题：此题共5小题，每题3分，共15分，每题只有一个选项符合题意.1．〔3分〕有许多物理学家对开展作出了重大奉献．以下表达中符合史实的是〔〕A．伽利略的理想斜面，说明了物体的运动不需要力来维持B．亚里土多德通过逻辑推理，认为从同一高度自由落下的重物与轻物下落一样快C．牛顿发现了万有引力律，并第一次在室里测出了引力常量D．安培在研究电磁现象时，提出了“场〞的概念考点：物理学史．分析：此题比拟简单，考查了学生对物理学史的了解情况，在物理学开展的历史上有很多家做出了重要奉献，熟悉的伽利略、安培、牛顿、法拉第，在学习过程中了解这些著名家的重要奉献，是解答类似问题的关键．解答：解：A、伽利略设想的理想斜面，说明了物体的运动不需要力来维持．故A正确．B、伽利略通过逻辑推理，认为从同一高度自由落下的重物与轻物下落一样快．故B 错误．C、牛顿发现了万有引力律之后，是卡文迪许第一次在室里测出了引力常量．故C错误．D、法拉第在研究电磁现象时，提出了“场〞的概念．故D错误．应选A点评：物理学的开展离不开各位物理学家的努力，在学习中清楚他们的主要奉献．2．〔3分〕如下图为一物体沿南北方向〔规向北为正方向〕做直线运动的v﹣t图象，由图可知〔〕A．3s末物体回到初始位置B．3s末物体的加速度方向将发生变化C．物体所收合外力的方向一直向北D．物体所收合外力的方向一直向南考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动的图像专题．分析：物体沿南北方向做直线运动，根据规的正方向，由速度图线分析物体的运动情况，根据图线与坐标轴所围“面积〞表示位移，分析物体在什么时刻回到初始位置．图线的斜率于加速度．由牛顿第二律分析合外力的方向．解答：解：A、在前3s内，速度为负值，说明物体一直向南运动，没有回到初始位置．故A 错误．B、直线的斜率是一的，说明物体在6s内的加速度恒不变，那么3s末物体的加速度方向没有发生变化．故B错误．C、D图线的斜率一直大于零，说明物体加速度的方向一直向北，根据牛顿第二律得知：加速度方向与合外力方向相同，所以物体所受合外力的方向一直向北．故C正确，D错误．应选C点评：由速度图象读出速度的大小、方向、加速度、位移是根本功，训练，熟练用．3．〔3分〕如下图为一理想变压器，S为单刀双掷开关，P是滑动变阻器的滑动触头，U1为加在变压器原线圈两端的电压，I1为原线圈中的电流，那么不会发生的是〔〕A．保持U1和P的位置不变，S由a合到b时，I1将增大B．保持U1和P的位置不变，S由b合到a时，R消耗功率减小C．保持P的位置不变，S合在a处，当U1增大时，I1将增大D．保持U1不变，S合在a处，当P上滑时，I1将增大考点：变压器的构造和原理．专题：交流电专题．分析：由图可知：电压表测量的是副线圈电压，电流表测量的是副线圈电流，根据输出电压是由输入电压和匝数比决的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比分析即可．解答：解：A、保持U1及P的位置不变，K由a合到b时，原线圈匝数变小，副线圈电压变大，所以副线圈功率变大，而原线圈功率于副线圈功率，所以原线圈功率变大，根据I1=，得I1将增大，故A正确；B、保持U1及P的位置不变，K由b合到a时，原线圈匝数变大，副线圈电压变小，根据P=可知功率变小，故B正确；C、保持P的位置不变，K合在a处，假设U1增大，那么副线圈电压增大，所以副线圈电流变大，根据I1=可知I1将增大，故C正确；D、保持U1不变，K合在a处，使P上滑时，R增大，而电压不变，所以副线圈电流变小，根据I1=可知I1将减小，故D错误．此题选择错误的，应选D点评：此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、功率问题彻底理解，注意电压表和电流表测量的是有效值．4．〔3分〕如下图，E为电源的电动势、r为电源内阻，R1、R2为值电阻，线圈L的直流电阻不计，C为电容器．以下说法中正确的选项是〔〕A．合上开关S的瞬间，R1中无电流B．合上开关S待电路稳后，R2中无电流C．开关S原来合上，在断开S的瞬间，R1中电流方向向左D．开关S原来合上，在断开S的瞬间，R2中电流方向向左考点：自感现象和自感系数；闭合电路的欧姆律．专题：恒电流专题．分析：对于电容器来说能通交流隔直流，而频率越高越容易通过．对于线圈来讲通直流阻交流，通低频率交流阻高频率交流．解答：解：A、闭合开关瞬间L相当于断路，R1和R2中都有电流，故A错误；B、稳后L相当于一段导线，R1中无电流，R2中有电流，故B错误；C、断开瞬间，L相当于电源与R1组成回路R1中电流方向向左，故C正确；D、电容器和R2组成回路，有一短暂的放电电流，R2中电流方向向右，故D错误．应选C点评：记住自感线圈对电流突变时的阻碍：闭合开关瞬间L相当于断路，稳后L相当于一段导线，断开瞬间L相当于电源．5．〔3分〕如下图，建筑工人要将建筑材料送到高处，常在楼顶装置一个滑轮〔图中未画出〕．用绳AC通过滑轮将建筑材料提到某一高处，为了防止建筑材料与墙壁相碰，站在地面上的工人还另外用绳CB拉住材料，使它与竖直墙面保持一的距离L．假设不计两根绳的重力，在建筑材料缓慢提起的过程中，绳AC 与CB的拉力F1和F2的大小变化情况是〔〕A．F1增大，F2增大B．F1增大，F2不变C．F1不变，F2增大D．F1减小，F2减小考点：共点力平衡的条件及其用；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：解决此题的关键是抓住题干中的“缓慢上升，物体与墙壁的距离始终保持不变〞为突破口，对物体进行受力分析，根据图象结合角度的变化分析力的大小变化情况．解答：解：在建筑材料缓慢提起的过程中，其合力保持为零．因物体与墙壁的距离始终保持不变，先明确两点：〔1〕根据平衡条件得知两绳拉力的合力与物体的重力大小相、方向相反，保持不变；〔2〕在题型设条件以下图中标明的两角度一个增大，另一个减小．然后就用平行四边形那么作出图〔2〕，由图知，两根绳子上的拉力F1和F2均增大．故A正确．应选A点评：此题运用图解法分析物体的动态平衡问题，正确分析受力，并运用平衡条件的推论进行分析即可．二、多项选择题：本大题共4小题，每题4分，共l6分．每题有多个选项符合题意．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．〔4分〕图中展示了量异种点电荷的电场和势面．关于场中的A、B、C、D四点，以下说法中正确的选项是〔〕A．A、B两点的电势和场强都相同B．A、B两点的场强相同，电势不同C．中垂线上的C、D两点的电势和场强都不同D．中垂线上的C、D两点的电势相同，场强不同考点：势面；匀强电场中电势差和电场强度的关系．专题：电场力与电势的性质专题．分量异种点电荷的电场线和势面具有对称性：上下对称和左右对称．根据这一特点可析：以判各点的电势与场强．解答：解：A、B：量异种点电荷的电场左右对称，所以A、B两点的场强大小相；沿电场线方向电势降落，所以A点的电势高于B点的电势，故A错误，B正确；C、D：量异种点电荷的电场的中垂线是一个势面，电势与无穷远处的电势相同，所以C、D两点的电势相同；D点的电场线比拟密，所以D得的场强比拟大．故C错误，D正确．应选：BD点评：该题考查量异种点电荷的电场线和势面，它们的电场线是问题的关键．所以简单题．7．〔4分〕如下图，在一个水平放置的闭合线圈上方有一条形磁铁，现要在线圈中产生顺时针方向的电流〔从上向下看〕，那么以下选项中可以做到的是〔〕A．磁铁下端为N极，磁铁向上运动B．磁铁上端为N极，磁铁向上运动C．磁铁下端为N极，磁铁向下运动D．磁铁上端为N极，磁铁向下运动考点：楞次律．分析：根据图示电流方向，由安培那么判断出感电流磁场方向；当磁铁向下运动时，穿过线圈的磁通量变大，由楞次律判断出原磁场方向，从而判断出磁铁的磁极极性；然后再根据楞次律“来拒去留〞可判断磁铁与线圈的相互作用．解答：解：A、由安培那么可知，感电流的磁场方向向下；当磁铁向上运动时，穿过线圈的磁通量变小，由楞次律可知，原磁场方向向下，因此磁铁的下端是N极，上端是S极，故A正确，B错误；C、由安培那么可知，感电流的磁场方向向下；当磁铁向下运动时，穿过线圈的磁通量变大，由楞次律可知，原磁场方向向上，因此磁铁的下端是S极，上端是N极，故C错误，D正确；应选：AD．点评：楞次律是高中物理的一个，也是常考内容，一要正确、全面理解楞次律含义，掌握用楞次律解题的思路与方法．8．〔4分〕如下图，曲线C1、C2分别是纯电阻直流电路中内、外电路消耗的电功率随电流变化的图线．由该图可知以下说法中正确的选项是〔〕A．电源的电动势为4VB．电源的内电阻为1ΩC．电源输出功率最大值为8WD．电源被短路时，电源消耗的功率为16W考点：电功、电功率．专题：恒电流专题．分当电路的内电阻和外电阻相时，电路的输出的功率最大，根据图象可以求得电源的析：最大输出功率和电源的内阻的大小．解答：解：根据图象可以知道，曲线C1、C2的交点的位置，此时的电路的内外的功率相，由于电路的电流时相的，所以此时的电源的内阻和电路的外电阻的大小是相的，即此时的电源的输出的功率是最大的，由图可知电源输出功率最大值为4W，所以C错误；根据P=I2R=I2r可知，当输出功率最大时，P=4W，I=2A，所以R=r=1Ω，所以B正确；由于E=I〔R+r〕=2×〔1+1〕=4V，所以电源的电动势为4V，所以A正确；当电源被短路时，电源消耗的最大功率P大==16W，所以D正确．应选ABD．点评：此题考查学生的读图的能力，并且要知道当电路的内电阻和外电阻相时，电路的输出的功率最大，这个结论．9．〔4分〕如下图，质量相同的木块A、B用轻弹簧相连，静止在光滑水平面上．弹簧处于自然状态．现用水平恒力F向右推A，那么从开始推A到弹簧第一次被压缩到最短的过程中，以下说法中正确的选项是〔〕A．两木块速度相同时，加速度a A=a B B．两木块速度相同时，加速度a A＜a B C．两木块加速度相同时，速度v A＞v B D．两木块加速度相同时，速度v A＜v B考点：牛顿第二律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；胡克律．专题：牛顿运动律综合专题．分析：当弹簧被压缩到最短时，AB两个物体的速度相同，在弹簧被压缩到最短之前，A的速度一直大于B的速度．解答：解：从开始推A到弹簧第一次被压缩到最短的过程中，物体A的加速度逐渐减小，而B的加速度逐渐增大．在 v A=v B之前，A的加速度总大于B的加速度，所以a A=a B时，v A＞v B．此后A的加速度继续减小，B的加速度继续增大，所以v A=v B时，a B＞a A．故BC正确．应选BC．点评：在弹簧被压缩的过程中，A的合力在减小，加速度在减小，只要A的速度大于B的速度，此过程中B的加速度一直在增加．三、简答题：本大题分2小题；其中第10题8分，第11题10分，共计18分.请将解答填在答题卡上相的位置．10．〔2分〕如下图，在做“验证力的平行四边形那么〞的时，用M、N两个测力计〔图中未画出〕通过细线拉橡皮条的端点，使其到达O点，此时α+β=90°，然后保持M的示数不变，而使α角减小，为保持端点位置不变，可采用的方法是〔〕A．减小N的示数同时减小β角B．减小N的示数同时增大β角C．增大N的示数同时增大β角D．增大N的示数同时减小β角考点：验证力的平行四边形那么．专题：题；平行四边形法那么图解法专题．分析：要使结点不变，保证合力不变，故可以根据平行四边形那么分析可以采取的方法．解答：解：要保证结点不动，保证合力不变，那么由平行四边形那么可知，合力不变，M方向向合力方向靠拢，那么N的拉力减小，同时减小β角；应选A点评：此题考查平行四边形那么的用，在用时要注意做出平行四边形进行动态分析．11．〔6分〕使用如图〔a〕所示的装置验证机械能守恒律，打出一条纸带如图〔b〕所示，O是打出的第一个点迹，A、B、C、D、E、F…是依次打出的点迹，量出OE间的距离为L，DF间的距离为s．打点计时器打点的周期是T，当地的重力加速度为g．①在误差允许的范围内，上述物理量如果满足关系式，即验证了重锤下落过程中机械能是守恒的．②假设T=0.02s，在图〔b〕中如果发现OA距离大约是4mm，那么出现这种情况最可能的原因是：先释放纸带后启动打点计时器，此时上述的各物理量间满足的关系式是．考点：验证机械能守恒律．专题：题；机械能守恒律用专题．分析：①通过某段时间内平均速度于中间时刻的瞬时速度求出E点的速度，从而得出动能的增加量，通过下落的高度求出重力势能的减小量，假设动能的增加量和重力势能的减小量相，那么重锤下落过程中机械能守恒．②假设初速度为零，加速度为g，OA间的距离大于2mm，根据OA间实际的距离分析误差的原因．解答：解：①E点的速度为，那么O到E，动能的增加量为，重力势能的减小量△E p=mgl，假设，即，机械能守恒．②假设初速度为零，加速度为g，那么OA间的距离大约2mm，发现OA距离大约4mm，知初速度不为零，可能是先释放纸带后启动打点计时器．求解动能的变化量时，未减去初速度，那么重力势能的减小量小于动能的增加量，即．故答案为：①②先释放纸带后启动打点计时器，点评：解决此题的关键掌握的原理，以及知道误差形成的原因．12．〔10分〕某同学在做“用电流表和电压表测电源的电动势和内阻〞的中，串联了一只R0=Ω的保护电阻，电路如图〔a〕所示．那么〔1〕用完好的导线连好电路后，该同学闭合电键S，发现电流表示数为零，电压表示数不为零，检查各接线柱均未接错，且接触良好．他用多用电表的电压挡检查电路，把两表笔分别接a、b，b、c，d、e时，示数均为零，把两表笔接c、d时，示数与电压表示数相同，由此可以推断故障原因是R断路．〔2〕排除障后，该同学顺利完成，测得以下数据并且根据数据在坐标系中描出了对的点，如图〔b〕所示，请画出U﹣I图象；I/A 0.10 0.17 0.23 0.30 0.40U/V 0 1.00 0.80 0.60 0.55〔3〕由U﹣I图象求出中电池的电动势E= 0 V，内阻r= Ω．〔4〕本次产生系统误差的原因是：因为电压表内阻有分流作用．考点：测电源的电动势和内阻．专题：题；恒电流专题．分析：〔1〕通过排除法，从断路和短路的角度推断故障．〔2〕运用描点法画出U﹣I图象．〔3〕U﹣I图线的纵轴截距表示电源的电动势，图线斜率的绝对值表示内阻．〔4〕将保护电阻效到电源的内部，电压表测的是外电压，电流表的读数小于通过电源的电流，是因为电压表起分流作用．解答：解：〔1〕发现电流表示数为0，电压表示数不为0，电流表或R处断路，用多用电表的电压档检查电路，把两表笔分别接a、b，b、c，d、e时，示数均为0，把两表笔接c、d时，示数与电压表示数相同，知R断路．〔2〕U﹣I图象如图．〔3〕U﹣I图线是一条倾斜的直线，描点作图如以下图．纵轴截距为所以电动势E=0V．图线的斜率k==Ω，那么内阻r=﹣Ω=Ω．〔4〕电流表所测的电流小于通过电源的电流，因为电压表内阻有分流作用．故答案为：〔1〕R断路〔2〕如图〔3〕0V，Ω〔4〕因为电压表内阻有分流作用点评：解决此题的关键会从U﹣I图线获取电源的电动势和内阻，注意将保护电阻效到电源的内部，最终电源的内阻于图线的斜率绝对值减去保护电阻的阻值．以及会分析误差的来源，13．〔12分〕我射的神舟七号载人飞船绕地球的运行可看作是匀速圆周运动，宇航员测得自己绕地心做匀速圆周运动的周期为T、距地面的高度为H，地球半径为R，引力常量为G．〔1〕求飞船的线速度大小；〔2〕求地球的质量；〔3〕能否求出飞船所需的向心力？假设能，请写出计算过程和结果；假设不能，请说明理由．考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；线速度、角速度和周期、转速；万有引力律及其用．专题：人造卫星问题．分析：〔1〕根据线速度与周期的关系公式，其中r=〔R+H〕，计算可得飞船的线速度大小v．〔2〕飞船绕地球做匀速圆周运动所需要的向心力由万有引力提供，把v和r代入计算可得地球的质量M．〔3〕根据万有引力律，不能算出飞船所需要的向心力，因为飞船的质量未知．解答：解：〔1〕线速度与周期的关系公式又因为r=〔R+H〕所以〔2〕飞船绕地球做匀速圆周运动所需要的向心力由万有引力提供解得：〔3〕不能算出飞船所需要的向心力，因为飞船的质量未知．答：〔1〕飞船的线速度大小为；〔2〕地球的质量为；〔3〕不能算出飞船所需要的向心力，因为飞船的质量未知．点评：此题考查了圆周运动的线速度与周期的关系，以及万有引力提供向心力这个重要的关系．特别要注意，根据万有引力律，要两物体之间的计算万有引力，必须要知道两个物体的质量和他们之间的距离．14．〔14分〕如下图，质量为m的小球从A点水平抛出，抛出点距离地面高度为L，不计与空气的摩擦阻力，重力加速度为g．在无风情况下小木块的落地点B到抛出点的水平距离为S；当有恒的水平风力F时，小木块仍以原初速度抛出，落地点C到抛出点的水平距离为S，求：〔1〕小木块初速度的大小；〔2〕水平风力F的大小；〔3〕水平风力对小木块所做的功．考点：牛顿第二律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；平抛运动．专题：牛顿运动律综合专题．分析：〔1〕无风时，根据平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，求出初速度．〔2〕有水平风力后，小球在水平方向上做匀减速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，结合牛顿第二律和运动学公式求出风力的大小．〔3〕风力是恒力，直接根据功的计算公式求功．解答：解：〔1〕无风时，小球做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，那么有水平方向：S=v0t竖直方向：L=解得，初速度v0=S〔2〕有水平风力后，小球在水平方向上做匀减速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，小球运动的时间不变．那么S=v0t﹣又F=mat=联立以上三式得：F=〔3〕水平风力对小木块所做的功为：W=﹣F=﹣答：〔1〕小木块初速度的大小是S；〔2〕水平风力F的大小是；〔3〕水平风力对小木块所做的功是﹣．点评：解决此题的关键理清物体在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式进行求解．15．〔14分〕如下图，足够长的U形导体框架的宽度L=0.5m，电阻可忽略不计，其所在平面与水平面成θ=37°角．有一磁感强度B=0.8T的匀强磁场，方向垂直于导体框平面．一根质量m=0.2kg、电阻为R=2Ω的导体棒MN垂直跨放在U形框架上，某时刻起将导体棒由静止释放．导体棒与框架间的动摩擦因数μ=0.5．〔sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2〕〔1〕求导体棒刚开始下滑时的加速度的大小；〔2〕求导体棒运动过程中的最大速度和重力的最大功率；〔3〕从导体棒开始下滑到速度刚到达最大的过程中，通过导体棒横截面的电量Q=2C，求导体棒在此过程中消耗的电能．考点：导体切割磁感线时的感电动势；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其用；牛顿第二律．专题：电磁感——功能问题．分析：〔1〕导体棒刚开始下滑时，只受重力、导体框的支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二律列式求加速度；〔2〕导体棒匀速运动下滑时，速度最大，此时导体棒受到重力、支持力、滑动摩擦力、安培力平衡，推导出安培力与速度关系式，由平衡条件求出速度．重力的功率P=mgsinθ．〔3〕根据法拉第电磁感律推出电量与距离的关系，由电量求出导体棒下滑的距离S，根据能量守恒求解导体棒在此过程中消耗的电能．解答：解：〔1〕导体棒刚开始下滑时，只受重力、导体框的支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二律得mgsinθ﹣μmgcosθ=ma解得，a=2m/s2〔2〕当导体棒匀速下滑时，其受力情况如图，设匀速下滑的速度为v，因为匀速下滑，那么：平行斜面：mgsinθ﹣f﹣F=0其中：f=μmgcosθ 安培力：F=BIL电流强度 I==那么得F=由以上各式解得：v==5m/s重力的最大功率P=mgsinθ=6W〔3〕通过导体的电量Q=△t由法拉第电磁感律得由欧姆律得=联立以上三式得 Q=设物体下滑速度刚好为v时的位移为S，那么△Φ=BSL得 Q=解得 S==10m对全程，由动能理得：mgSsinθ﹣W安﹣μmgcosθ•S=解得克服安培力做功W安=J根据功能关系得：克服安培力做功于导体棒的有效电阻消耗的电能所以导体棒在此过程中消耗的电能 W=J答：〔1〕导体棒刚开始下滑时的加速度的大小为2m/s2；〔2〕导体棒运动过程中的最大速度为5m/s，重力的最大功率为6W；〔3〕导体棒在此过程中消耗的电能为J．点此题是电磁感与力学的综合题，涉及到电路、磁场、电磁感和力学多方面知识，其评：中安培力的分析和计算是关键．这类题型是高考的热点．16．〔15分〕如下图为一种获得高能粒子的装置．环形区域内存在垂直纸面向外、大小可调节的均匀磁场．质量为m、电量为+q的粒子可在环中做半径为R的圆周运动．A、B为两块中心开有小孔的极板．原来电势都为零，每当粒子经过A板时，A板电势升高为+U，B板电势仍保持为零，粒子在两板间电场中得到加速．每当粒子离开B板时，A板的电势又降为零，粒子在电场一次次加速下动能不断增大，而绕行的半径不变．〔设极板间距远小于R〕〔1〕设t=0时粒子静止在A板小孔处，经电场加速后，离开B板在环开磁场中绕行，求粒子绕行第1圈时的速度v1和磁感强度B1；〔2〕为使粒子始终保持在半径为R的圆轨道上运动，磁场必须周期性递增，求粒子绕行n圈所需的总时间t；〔3〕在粒子绕行的整个过程中，A板电势是否可以始终保持为+U？为什么？考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二律；向心力；动能理的用；带电粒子在匀强电场中的运动．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：〔1〕根据动能理，即可求出加速的速度，再由牛顿第二律，洛伦兹力提供向心力，即可求解；〔2〕通过运动学公式，分别求出经过第1圈的速度及时间，第2圈的速度与时间，及到第n圈的速度与时间，从而求出总时间；〔3〕电场力对粒子做功，而洛伦兹力对粒子不做功，所以根据电场力做功之和来确结果．解答：解：〔1〕粒子绕行第一圈电场做功一次，由动能理：即第1次回到B板时的速度为：绕行第1圈的过程中，由牛顿第二律：得〔2〕粒子在每一圈的运动过程中，包括在AB板间加速过程和在磁场中圆周运动过程．在AB板间经历n次加速过程中，因为电场力大小相同，。
高三物理上学期期末试卷(含解析)3
峙对市爱惜阳光实验学校省西市通渭县高三〔上〕期末物理试卷一、选择题〔共8小题，每题6分，总分值48分〕1．质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上．用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如下图．用T表示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中〔〕A．F逐渐变大，T逐渐变大B．F逐渐变大，T逐渐变小C．F逐渐变小，T逐渐变大D．F逐渐变小，T逐渐变小2．如下图，A、B两物体相距s=7m，物体A以v A=4m/s 的速度向右匀速运动，而物体B此时的速度v B=10m/s，只在摩擦力作用下向右做匀减速运动，加速度a=﹣2m/s2，那么物体A追上物体B所用的时间为〔〕A．7 s B．8 s C．9 s D．10 s3．某车以相同的功率在两种不同的水平路面上行驶，受到的阻力分别为车重的k1和k2倍，最大速率分别为v1和v2，那么〔〕A．v2=k1v1B．v2=v1C．v2=v1D．v2=k2v14．一质量为m的物体在水平恒力F的作用下沿水平面运动，在t0时刻撤去力F，其v﹣t图象如下图．物体与水平面间的动摩擦因数为μ，那么以下关于力F的大小和力F做功W的大小关系式正确的选项是〔〕A．F=μmg B．F=2μmg C．W=μmgv0t0D．W=μmgv0t05．如下图，一电场的电场线分布关于y轴〔沿竖直方向〕对称，O、M、N是y 轴上的三个点，且OM=MN．P点在y轴右侧，MP⊥ON．那么〔〕A．M点的电势比P点的电势低B．将负电荷由O点移动到P点，电场力做正功C．M、N两点间的电势差大于O、M两点间的电势差D．在O点静止释放一带正电粒子，该粒子将沿y轴做直线运动6．宇宙中，两颗靠得比拟近的恒星，只受到彼此之间的万有引力作用互相绕转，称之为双星系统．在浩瀚的系中，多数恒星都是双星系统．设某双星系统A、B 绕其连线上的O点做匀速圆周运动，如下图．假设AO＞OB，那么〔〕A．星球A的质量一大于B的质量B．星球A的线速度一大于B的线速度C．双星间距离一，双星的质量越大，其转动周期越大D．双星的质量一，双星之间的距离越大，其转动周期越大7．如下图，在量异种电荷形成的电场中，画一正方形ABCD，对角线AC与两点电荷连线重合，两对角线交点O恰为电荷连线的中点．以下说法中正确的选项是〔〕A．A点的电场强度于B点的电场强度B．B、D两点的电场强度及电势均相同C．一电子由B点沿B→C→D路径移至D点，电势能先增大后减小D．一电子由C点沿C→O→A路径移至A点，电场力对其先做负功后做正功8．在倾角为θ的固光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m1、m2，弹簧劲度系数为k，C为一固挡板，系统处于静止状态．现用一平行于斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开挡板C 时，物块A沿斜面运动的距离为d，速度为v，那么〔〕A．此过程中拉力F做功的大小于物块A动能的增加量B．当物块B刚要离开挡板时，受力满足m2gsinθ=kdC．当物块B刚要离开挡板时，物块A 的加速度为D．此过程中弹簧弹性势能的增加量为Fd ﹣m1v2﹣m1gdsinθ二、非选择题9．如下图为室中验证动量守恒的装置示意图．〔1〕假设入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2，那么A．m1＞m2，r1＞r2B．m1＜m2，r1＜r2C．m1＞m2，r1=r2D．m1＜m2，r1=r2〔2〕为完成此，需要调节斜槽末端的切线必须水平，如何检验斜槽末端水平：〔3〕设入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，P为碰前入射小球落点的平均位置，那么关系式〔用m1、m2及图中字母表示〕成立．即表示碰撞中动量守恒．10．在“验证机械能守恒律〞的中，电磁打点计时器所用的电源的频率为50Hz，查得当地的重力加速度g=0m/s2，测得所用的重物质量为1.00kg．中得到的一条点迹清晰的纸带〔如下图〕，把第一个点记为O，另选连续的四个点A、B、C、D作为测量的点，经测量知道A、B、C、D各点到O点的距离分别为69cm、70.18cm、76cm、83cm．〔1〕根据以上数据，可知重物由O点运动到C点，重力势能的减少量于J，动能的增加量于J〔取三位有效数字〕．〔2〕根据以上数据，可知重物下落时的实际加速度a= m/s2，a g 〔填“大于〞或“小于〞〕，原因是．11．如下图，一带电荷量为+q、质量为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止．重力加速度取g，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：〔1〕水平向右电场的电场强度；〔2〕假设将电场强度减小为原来的，物块的加速度是多大；〔3〕电场强度变化后物块下滑的距离L时的动能．12．如下图，在一光滑的水平面上有两块相同的木板B和C．重物A〔视为质点〕位于B的右端，A、B、C的质量相．现A和B以同一速度滑向静止的C，B与C 发生正碰．碰后B和C粘在一起运动，A在C上滑行，A与C有摩擦力．A滑到C的右端而未掉下．试问：从B、C发生正碰到A刚移动到C右端期间，C所走过的距离是C板长度的多少倍？[物理--3-3]13．带有活塞的气缸内封闭一量的理想气体．气体开始处于状态a，然后经过过程ab到达状态b或经过过程ac到达状态c，b、c状态温度相同，如下图．设气体在状态b和状态c的压强分别为p b和p c，在过程ab和ac中吸收的热量分别为Q ab和Q ac，那么〔〕A．p b＞p c，Q ab＞Q ac B．p b＞p c，Q ab＜Q acC．p b＜p c，Q ab＞Q ac D．p b＜p c，Q ab＜Q ac14．如下图，系统由左右两个侧壁绝热、底部、截面均为S的容器组成．左容器足够高，上端敞开，右容器上端由导热材料封闭．两个容器的下端由可忽略容积的细管连通．容器内两个绝热的活塞A、B下方封有氮气，B上方封有氢气．大气的压强p0，温度为T0=273K，两个活塞因自身重量对下方气体产生的附加压强均为0.1p0．系统平衡时，各气体柱的高度如下图．现将系统的底部浸入恒温热水槽中，再次平衡时A上升了一的高度．用外力将A缓慢推回第一次平衡时的位置并固，第三次到达平衡后，氢气柱高度为0.8h．氮气和氢气均可视为理想气体．求〔1〕第二次平衡时氮气的体积；〔2〕水的温度．[物理--3-4]15．某振动系统的固有频率为f0，在周期性驱动力的作用下做受迫振动，驱动力的频率为f，假设驱动力的振幅保持不变，以下说法正确的选项是〔〕A．当f＜f0时，该振动系统的振幅随f的增大而减小B．当f＞f0时，该振动系统的振幅随f的减小而增大C．该振动系统的振动稳后，振动的频率于f0D．该振动系统的振动稳后，振动的频率于f16．一棱镜的截面为直角三角形ABC，∠A=30°，斜边AB=a，棱镜材料的折射率为n=．在此截面所在的平面内，一条光线以45°的入射角从AC边的中点M射入棱镜，求其射出的点的位置〔不考虑光线沿原来路线返回的情况〕．省西市通渭县高三〔上〕期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题〔共8小题，每题6分，总分值48分〕1．质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上．用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如下图．用T表示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中〔〕A．F逐渐变大，T逐渐变大B．F逐渐变大，T逐渐变小C．F逐渐变小，T逐渐变大D．F逐渐变小，T逐渐变小【考点】2H：共点力平衡的条件及其用；29：物体的弹性和弹力．【分析】此题关键是抓住悬挂物B的重力不变，即OB段绳中张力恒，O点缓慢移动时，点O始终处于平衡状态，根据平衡条件列式求解各力变化情况．【解答】解：以结点O为研究对象受力分析如以下图所示：由题意知点O缓慢移动，即在移动过程中始终处于平衡状态，那么可知：绳OB的张力T B=mg根据平衡条件可知：Tcosθ﹣T B=0Tsinθ﹣F=0由此两式可得：F=T B tanθ=mgtanθT=在结点为O被缓慢拉动过程中，夹角θ增大，由三角函数可知：F和T均变大，故A正确，BCD错误．应选：A．2．如下图，A、B两物体相距s=7m，物体A以v A=4m/s 的速度向右匀速运动，而物体B此时的速度v B=10m/s，只在摩擦力作用下向右做匀减速运动，加速度a=﹣2m/s2，那么物体A追上物体B所用的时间为〔〕A．7 s B．8 s C．9 s D．10 s【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系．【分析】假设经过时间t，物块A追上物体B，根据位移时间公式结合几何关式求解即可．【解答】解：物体A做匀速直线运动，位移为：x A=v A t=4t物体B做匀减速直线运动减速过程的位移为：x B=v B t+at2=10t﹣t2设物体B速度减为零的时间为t1，有t1==5s在t1=5s的时间内，物体B的位移为x B1=25m，物体A的位移为x A1=20m，由于x A1＜x B1+S，故物体A未追上物体B；5s后，物体B静止不动，故物体A追上物体B的总时间为：t总===8s 应选：B．3．某车以相同的功率在两种不同的水平路面上行驶，受到的阻力分别为车重的k1和k2倍，最大速率分别为v1和v2，那么〔〕A．v2=k1v1B．v2=v1C．v2=v1D．v2=k2v1【考点】63：功率、平均功率和瞬时功率．【分析】在水平路面上行驶时，当牵引力于阻力时，速度最大．根据功率与速度的关系，结合阻力与车重的关系求解．【解答】解：设的功率为P，质量为m，那么有：P=K1mgV1=K2mgV2，所以v2=v1应选：B．4．一质量为m的物体在水平恒力F的作用下沿水平面运动，在t0时刻撤去力F，其v﹣t图象如下图．物体与水平面间的动摩擦因数为μ，那么以下关于力F的大小和力F做功W的大小关系式正确的选项是〔〕A．F=μmg B．F=2μmg C．W=μmgv0t0D．W=μmgv0t0【考点】66：动能理的用；1I：匀变速直线运动的图像；37：牛顿第二律．【分析】根据动量理求解恒力F的大小．由速度图象的“面积〞求出位移，再求解力F做功W的大小．【解答】解：根据动量理得：对全过程：Ft0﹣μmg•3t0=0，得F=3μmg在0﹣t0时间内物体的位移为x=，力F做功大小为W=Fx=3μmg =．应选D5．如下图，一电场的电场线分布关于y轴〔沿竖直方向〕对称，O、M、N是y 轴上的三个点，且OM=MN．P点在y轴右侧，MP⊥ON．那么〔〕A．M点的电势比P点的电势低B．将负电荷由O点移动到P点，电场力做正功C．M、N两点间的电势差大于O、M两点间的电势差D．在O点静止释放一带正电粒子，该粒子将沿y轴做直线运动【考点】A7：电场线；AG：匀强电场中电势差和电场强度的关系．【分析】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，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．【解答】解：A、过M、P、N做势线，可得到过P点的势线通过M、N之间，因顺着电场线电势降低，那么有φM＞φP＞φN，故A错误；B、将负电荷由O点移到P点，因U OP＞0，所以W=﹣qU OP＜0，那么电场力做负功，故B错误；C、由U=Ed可知，MN间的平均场强小于OM间的平均场强，故MN两点间的电势差小于OM两点间的电势差，C错误；D、根据电场线的分布特点会发现，电场线关于y轴两边对称，故y轴上的场强方向在 y轴上，所以在O点静止释放一带正电粒子，其所受电场力沿y轴正方向，那么该粒子将沿y轴做直线运动，故D正确．应选：D．6．宇宙中，两颗靠得比拟近的恒星，只受到彼此之间的万有引力作用互相绕转，称之为双星系统．在浩瀚的系中，多数恒星都是双星系统．设某双星系统A、B 绕其连线上的O点做匀速圆周运动，如下图．假设AO＞OB，那么〔〕A．星球A的质量一大于B的质量B．星球A的线速度一大于B的线速度C．双星间距离一，双星的质量越大，其转动周期越大D．双星的质量一，双星之间的距离越大，其转动周期越大【考点】4F：万有引力律及其用．【分析】双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度，根据向心力公式判断质量关系，根据v=ωr判断线速度关系．【解答】解：A、根据万有引力提供向心力m1ω2r1=m2ω2r2，因为r1＞r2，所以m1＜m2，即A的质量一小于B的质量，故A错误．B、双星系统角速度相，根据v=ωr，且AO＞OB，可知，A的线速度大于B的线速度，故B正确．CD、设两星体间距为L，中心到A的距离为r1，到B的距离为r2，根据万有引力提供向心力公式得： =，解得周期为T=，由此可知双星的距离一，质量越大周期越小，故C错误；总质量一，转动周期越大，双星之间的距离就越大，故D正确．应选：BD．7．如下图，在量异种电荷形成的电场中，画一正方形ABCD，对角线AC与两点电荷连线重合，两对角线交点O恰为电荷连线的中点．以下说法中正确的选项是〔〕A．A点的电场强度于B点的电场强度B．B、D两点的电场强度及电势均相同C．一电子由B点沿B→C→D路径移至D点，电势能先增大后减小D．一电子由C点沿C→O→A路径移至A点，电场力对其先做负功后做正功【考点】AC：电势；AE：电势能．【分析】量异种电荷周围的电场线是靠近两边电荷处比拟密，中间疏，在两电荷中垂线上，中间密，向两边疏，根据电场线的疏密比拟电场强度的大小．根据电场力做功判断电势能的变化．根据电场力方向与速度方向的关系判断电场力做功情况．【解答】解：A、A点的电场线比B点的电场线密，那么A点的电场强度大于B 点的电场强度．故A错误．B、B、D两点的电场线疏密度相同，那么B、D两点间的电场强度相，量异种电荷连线的中垂线是势线，那么B、D两点的电势相．故B正确．C、一电子由B点沿B→C→D路径移至D点，电场力先做负功，再做正功，那么电势能先增大后减小．故C正确．D、一电子由C点沿C→O→A路径移至A点，电场力方向水平向左，电场力一直做正功．故D错误．应选BC．8．在倾角为θ的固光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m1、m2，弹簧劲度系数为k，C为一固挡板，系统处于静止状态．现用一平行于斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开挡板C 时，物块A沿斜面运动的距离为d，速度为v，那么〔〕A．此过程中拉力F做功的大小于物块A动能的增加量B．当物块B刚要离开挡板时，受力满足m2gsinθ=kdC．当物块B刚要离开挡板时，物块A 的加速度为D．此过程中弹簧弹性势能的增加量为Fd ﹣m1v2﹣m1gdsinθ【考点】66：动能理的用；2H：共点力平衡的条件及其用；37：牛顿第二律．【分析】首先根据能量守恒求得F做的功及弹性势能的增加量，然后对初始静止状态和B刚要离开挡板的状态进行受力分析即可求得受力情况及加速度．【解答】解：AD、由能量守恒可得：此过程中拉力F做功的大小=物块A动能的增加量+物块A重力势能的增加量+弹簧弹性势能的增加量；所以，此过程中弹簧弹性势能的增加量为拉力F做功的大小﹣物块A动能的增加量﹣物块A重力势能的增加量=，故A错误，D正确；BC、系统处于静止状态时，弹簧弹力F1=kx1=m1gsinθ，x1为压缩量；物块B刚要离开挡板C时，弹簧弹力F2=kx2=m2gsinθ，x2为伸长量；又有x1+x2=d，故m2gsinθ=kx2≠kd；当物块B刚要离开挡板时，物块A受到的合外力为F﹣m1gsinθ﹣F2=F﹣kd，故物块A 的加速度为，故B错误，C正确；应选：CD．二、非选择题9．如下图为室中验证动量守恒的装置示意图．〔1〕假设入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2，那么CA ．m1＞m2，r1＞r2B．m1＜m2，r1＜r2C．m1＞m2，r1=r2D．m1＜m2，r1=r2〔2〕为完成此，需要调节斜槽末端的切线必须水平，如何检验斜槽末端水平：将小球放在斜槽末端看小球是否静止，假设静止那么水平〔3〕设入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，P为碰前入射小球落点的平均位置，那么关系式〔用m1、m2及图中字母表示〕m1=m1+m2成立．即表示碰撞中动量守恒．【考点】ME：验证动量守恒律．【分析】〔1〕为了保证碰撞前后使入射小球的速度方向不变，故必须使入射小球的质量大于被碰小球的质量．为了使两球发生正碰，两小球的半径相同；〔2〕明确验证末端水平的根本方法是将小球放置在末端，根据小球的运动分析是否水平；〔3〕两球做平抛运动，由于高度相，那么平抛的时间相，水平位移与初速度成正比，把平抛的时间作为时间单位，小球的水平位移可替代平抛运动的初速度．将需要验证的关系速度用水平位移替代．【解答】解：〔1〕在小球碰撞过程中水平方向动量守恒律故有m1v0=m1v1+m2v2在碰撞过程中动能守恒故有m1v02=m1v12+m2v22解得v1=v0要碰后入射小球的速度v1＞0，即m1﹣m2＞0，m1＞m2，为了使两球发生正碰，两小球的半径相同，r1=r2应选C〔2〕研究平抛运动的很关键的地方是要保证小球能够水平飞出，只有水平飞出，小球才做平抛运动；把小球轻轻的放在斜槽末端，假设小球能保持静止，那么说明斜槽末端水平．〔3〕由于小球下落高度相同，那么根据平抛运动规律可知，小球下落时间相同；P为碰前入射小球落点的平均位置，M为碰后入射小球的位置，N为碰后被碰小球的位置，碰撞前入射小球的速度v1=碰撞后入射小球的速度v2=碰撞后被碰小球的速度v3=假设m1v1=m2v3+m1v2那么说明通过该验证了两球碰撞过程中动量守恒，带入数据得：m 1=m 1+m 2所以需要测量质量和水平位移，用到的仪器是直尺、天平．故答案为：〔1〕C 〔2〕将小球放在斜槽末端看小球是否静止，假设静止那么水平〔3〕m 1=m 1+m 210．在“验证机械能守恒律〞的中，电磁打点计时器所用的电源的频率为50Hz，查得当地的重力加速度g=0m/s2，测得所用的重物质量为1.00kg．中得到的一条点迹清晰的纸带〔如下图〕，把第一个点记为O，另选连续的四个点A、B、C、D作为测量的点，经测量知道A、B、C、D各点到O点的距离分别为69cm、70.18cm、76cm、83cm．〔1〕根据以上数据，可知重物由O点运动到C点，重力势能的减少量于 2 J ，动能的增加量于 6 J〔取三位有效数字〕．〔2〕根据以上数据，可知重物下落时的实际加速度a= 4 m/s 2，a 小于g 〔填“大于〞或“小于〞〕，原因是纸带与打点计时器间有摩擦阻力，或存在空气阻力．【考点】MD：验证机械能守恒律．【分析】纸带中，假设纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度，从而求出动能，根据功能关系得重力势能减小量于重力做功的数值．重物带动纸带下落过程中，除了重力还受到较大的阻力，从能量转化的角度，由于阻力做功，重力势能减小除了转化给了动能还有一转化给摩擦产生的内能．【解答】解：〔1〕重力势能减小量△E p=mgh=1.0××0.7776J=2J．在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度于该过程中的平均速度，因此有：v c==9m/s，△E k=E kC=mv C2=〔9〕2=6J〔2〕根据以上数据，mah=△E k=6J解得：a=＜g，其主要原因是纸带与打点计时器间有摩擦阻力，或存在空气阻力．故答案为：〔1〕2，6，〔2〕4；小于；纸带与打点计时器间有摩擦阻力，或存在空气阻力．11．如下图，一带电荷量为+q、质量为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止．重力加速度取g，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：〔1〕水平向右电场的电场强度；〔2〕假设将电场强度减小为原来的，物块的加速度是多大；〔3〕电场强度变化后物块下滑的距离L时的动能．【考点】66：动能理的用；2G：力的合成与分解的运用；2H：共点力平衡的条件及其用；A6：电场强度．【分析】〔1〕带电物体静止于光滑斜面上恰好静止，且斜面又处于水平匀强电场中，那么可根据重力、支持力，又处于平衡，可得电场力方向，再由电荷的电性来确电场强度方向．〔2〕当电场强度减半后，物体受力不平衡，产生加速度．借助于电场力由牛顿第二律可求出加速度大小．〔3〕选取物体下滑距离为L作为过程，利用动能理来求出动能．【解答】解：〔1〕小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，F N sin37°=qE①F N cos37°=mg②由1、②可得电场强度〔2〕假设电场强度减小为原来的，那么变为mgsin37°﹣qEcos37°=ma③可得加速度a=0.3g．〔3〕电场强度变化后物块下滑距离L时，重力做正功，电场力做负功，由动能理那么有：mgLsin37°﹣qE'Lcos37°=E k﹣0④可得动能E k=0.3mgL12．如下图，在一光滑的水平面上有两块相同的木板B和C．重物A〔视为质点〕位于B的右端，A、B、C的质量相．现A和B以同一速度滑向静止的C，B与C 发生正碰．碰后B和C粘在一起运动，A在C上滑行，A与C有摩擦力．A滑到C的右端而未掉下．试问：从B、C发生正碰到A刚移动到C右端期间，C所走过的距离是C板长度的多少倍？【考点】53：动量守恒律；66：动能理的用．【分析】对BC组成的系统由动量守恒即可求得碰后BC的共同速度，再以ABC 组成的系统由动量守恒可求得最后的合速度；因A与C之间有摩擦力做功，那么由动能理可求表示BC走过的距离；同理由动能理可表示A运动的距离，联立即可解得C的距离与板长的倍数．【解答】解：设A、B、C的质量均为m．碰撞前，A与B的共同速度为v0，碰撞后B与C的共同速度为v1．对B、C〔A对B的摩擦力远小于B、C间的撞击力〕，根据动量守恒律得mv0=2mv1设A滑至C的右端时，ABC的共同速度为v2，对A和BC用动量守恒律得mv0+2mv1=3mv2设AC间的动摩擦因数为μ，从碰撞到A滑至C的右端的过程中，C所走过的距离是s，对BC根据动能理得如果C的长度为l，那么对A根据动能理得连立以上各式可解得C走过的距离是C 板长度的倍．[物理--3-3]13．带有活塞的气缸内封闭一量的理想气体．气体开始处于状态a，然后经过过程ab到达状态b或经过过程ac到达状态c，b、c状态温度相同，如下图．设气体在状态b和状态c的压强分别为p b和p c，在过程ab和ac中吸收的热量分别为Q ab和Q ac，那么〔〕A．p b＞p c，Q ab＞Q ac B．p b＞p c，Q ab＜Q acC．p b＜p c，Q ab＞Q ac D．p b＜p c，Q ab＜Q ac【考点】99：理想气体的状态方程．【分析】根据理想气体状态方程，整理后可得V﹣T图象，判断斜率的意义，得到压强的变化，再根据热力学第一律判断做功和吸热．【解答】解：根据理想气体状态方程=C，整理可得：V=T，所以斜率越大，表示压强越小，即b点的压强小于c点．由热力学第一律△U=W+Q经过过程ab到达状态b或经过过程ac到状态c，温度变化情况相同，所以△U 相，又因经过过程ab到达状态b，体积增大，对外做功，W为负值，而经过过程ac到状态c，体积不变，对外不做功，W为零，所以第一个过程吸收的热量多．应选：C．14．如下图，系统由左右两个侧壁绝热、底部、截面均为S的容器组成．左容器足够高，上端敞开，右容器上端由导热材料封闭．两个容器的下端由可忽略容积的细管连通．容器内两个绝热的活塞A、B下方封有氮气，B上方封有氢气．大气的压强p0，温度为T0=273K，两个活塞因自身重量对下方气体产生的附加压强均为0.1p0．系统平衡时，各气体柱的高度如下图．现将系统的底部浸入恒温热水槽中，再次平衡时A上升了一的高度．用外力将A缓慢推回第一次平衡时的位置并固，第三次到达平衡后，氢气柱高度为0.8h．氮气和氢气均可视为理想气体．求〔1〕第二次平衡时氮气的体积；〔2〕水的温度．【考点】99：理想气体的状态方程．【分析】〔1〕以B上方的氢气为研究对象，由玻意耳律求出气体压强，然后以A下方的氮气为研究对象，由波意耳律求出氮气的体积．〔2〕结合第一问的结果，求出氮气的末状态的压强，分析氮气的初末两个状态的状态参量，利用理想气体的状态方程，可求出氮气末状态的温度，即为水的温度．【解答】解：〔1〕以氢气为研究对象，初态压强为p0，体积为hS，末态体积为0.8hS．气体发生温变化，由玻意耳律得：p0V1=p2V2，即：p0hS=p×0.8hS，解得：p=5p0①活塞A从最高点被推回第一次平衡时位置的过程是温过程．该过程的初态压强为p0，体积为V；末态的压强为p′，体积为V′，那么p′=p+0.1p0=5p0②V′=hS ③由玻意耳律得：p0×V=5p0×hS，解得：V=hS ④〔2〕活塞A从最初位置升到最高点的过程为压过程．该过程的初态体积和温度分别为2hS和T0=273K，末态体积为hS．设末态温度为T，由盖﹣吕萨克律得： =，解得：T=365K；答：〔1〕第二次平衡时氮气的体积为hS；〔2〕水的温度为365K．[物理--3-4]15．某振动系统的固有频率为f0，在周期性驱动力的作用下做受迫振动，驱动力的频率为f，假设驱动力的振幅保持不变，以下说法正确的选项是〔〕A．当f＜f0时，该振动系统的振幅随f的增大而减小B．当f＞f0时，该振动系统的振幅随f的减小而增大C．该振动系统的振动稳后，振动的频率于f0D．该振动系统的振动稳后，振动的频率于f【考点】79：自由振动和受迫振动；7A：产生共振的条件及其用．【分析】受迫振动的频率于驱动力的频率，当系统的固有频率于驱动力的频率时，系统到达共振，振幅达最大．【解答】解：A、当f=f0时，系统到达共振，振幅最大，故f＜f0时，随f的增大，振幅振大，故A错误；B、当f＞f0时，随f的减小，驱动力的频率接近固有频率，故该振动系统的振幅增大，故B正确；C、该振动系统的振动稳后，振动的频率于驱动力的频率，故C错误；D、系统的振动稳后，系统的振动频率于驱动力的频率，故振动频率于f，故D 正确；应选：BD．16．一棱镜的截面为直角三角形ABC，∠A=30°，斜边AB=a，棱镜材料的折射率为n=．在此截面所在的平面内，一条光线以45°的入射角从AC边的中点M射入棱镜，求其射出的点的位置〔不考虑光线沿原来路线返回的情况〕．【考点】H3：光的折射律．【分析】光线以45°的入射角时，要分入射光线在法线的右侧和左侧两种情况进行讨论研究．根据折射律求出光线在AC面的折射角．根据几何知识确光线在AB或BC面上入射角．求出临界角，判断在这两个面上能否发生全反射，画出光路图，求出光线从棱镜射出的点的位置离A或B点的距离．【解答】解：设入射角为i，折射角为r ，由折射律得：①由条件i=45°，n=解得r=30°②〔1〕如果入射光线在法线的右侧，根据几何知识得知，光线与AB垂直，光路图如下图．设出射点F，由几何关系可得AF=③即出射点在AB边上离A 点a的位置．〔2〕如果入射光线在法线的左侧，光路图如下图．设折射光线与AB的交点为D．由几何关系可知，在D点的入射角θ=60°④。
高三物理上学期期末试题(含解析)
峙对市爱惜阳光实验学校一中2021～2021度上学期期末考高三物理科试卷本卷共8页，总分值100分，考试时间90分钟一．选择题：本大题共12小题，每题3分，共36分。
在每题只有1项符合题目要求。
1、某交流发电机给灯泡供电，产生正弦式交变电流的图象如图，以下说法中正确的选项是〔 〕A ．交变电流的频率为0.02HzB ．交变电流的瞬时表达式为i=5cos50πt〔A 〕C ．在t=0.01s 时，穿过交流发电机线圈的磁通量最大D ．假设发电机线圈电阻为0.4Ω，那么其产生的热功率为5W 【答案】D【解析】A 、由图象知，交流电的周期为20×10-3s ，所以交流电的频率为1f 50Hz T ==，故A 错误；B 、根据图象可得，交变电流的瞬时表达式为i Acos t 5cos100t A ωπ==（），故B 错误；C 、在t=0.01s 时，感电流最大，所以此时穿过交流发电机线圈的磁通量的变化率最大，穿过交流发电机线圈的磁通量最小，故C 错误；D 、交流电的有效值为m I 5I A 22=＝， 所以发电机的发热功率为225P I r 0.4W 5W 2==⨯=（），故D正确。
应选D 。
【考点】正弦式电流的图象和三角函数表达式2、如下图，轻质弹簧的一端与固的竖直板P 拴接，另一端与物体A 相连，物体A 静止于光滑水平桌面上，右端接一细线，细线绕过光滑的轻质滑轮与物体B 相连。
开始时用手托住B ，让细线恰好伸直，然后由静止释放B ，直至B 获得最大速度。
以下有关该过程的分析不正确的选项是 A ．B 物体的机械能一直减小B ．B 物体的动能的增加量于它所受重力与拉力做的功之和C ．B 物体机械能的减少量于弹簧的弹性势能的增加量D ．细线拉力对A 做的功于A 物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量【答案】C 【解析】A 、从开始到B 速度到达最大的过程中，绳子的拉力对B 一直做负功，所以B的机械能一直减小，故A 正确； B 、对于B 物体，只有重力与细线拉力做功，根据动能理可知，B 物体动能的增量于它所受重力与拉力做功之和，故B 正确；C 、整个系统中，根据功能关系可知，B 减小的机械能能转化为A 的机械能以及弹簧的弹性势能，故B物体机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量，故C 错误；D、系统机械能的增量于系统除重力和弹簧弹力之外的力所做的功，A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量于细线拉力对A做的功，故D正确。
高三物理上学期期末考试试题(含解析)3
咐呼州鸣咏市呢岸学校市区高三上学期期末考试物理试卷一、单项选择题〔此题共12小题，每题3分，共36分．〕1．关于加速度，以下说法正确的选项是〔〕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，加速度越大考点：加速度；速度．.专题：直线运动规律专题．分析：根据加速度的义式a=，加速度于速度的变化率．物体的速度变化量大，加速度不一大．加速度与速度无关．解答：解：A、物体的速度变化量大，加速度不一大．只有当变化所用时间相同时，加速度才大．故A错误．B、加速度于速度的变化率，速度变化越快，加速度越大．故B正确．C、物体位置变化越大，那么位移越大，加速度不一大．故C错误．D、物体位置变化越大，那么速度越大，加速度不一大．故D错误．应选：B点评：此题考查对加速度的物理意义理解能力，可以从数学角度加深理解加速度的义式a=．2．〔3分〕小明家住十层，他乘电梯从一层直达十层．那么以下说法正确的选项是〔〕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、超重状态考点：超重和失重．.分析：失重状态：当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度，合力也向下；超重状态：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度，合力也向上．解答：解：A、一个人乘电梯从一楼直达十楼，电梯先向上做加速运动，再匀速向上运动，后向上做减速运动，所以加速度方向先向上，再为零，后向下，那么人先超重再正常后失重，那么人对地板的压力先增大后不变再减小，故C正确应选：C点评：此题考查了学生对超重失重现象的理解，掌握住超重失重的特点，此题就可以解决了．3．〔3分〕一列简谐横波沿x轴传播，某时刻的波形如下图，质点a、b均处于平衡位置，质点a正向上运动．那么以下说法正确的选项是〔〕A．波沿x 轴负方向传播B．该时刻质点b正向上运动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．〔3分〕一物体质量为m，在它的重力为mg．假设地球自转略加快，该物体在的重力为mg′．那么以下说法正确的选项是〔〕5．〔3分〕如下图，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的距离s，力F与物体的运动方向均相同．那么上述四种情景中都相同的是〔〕故B错误；C、根据F合=ma知只有拉力F同，加速度不一相同，故C错误；D、根据s=知加速度不相同，t不相同，故D错误；应选：A点评：此题考查对功的计算公式W=FScosθ、动能理、牛顿第二律、匀变速直线运动规律，注意公式中的符号含义即可解得．6．〔3分〕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．那么小球从A 运动到C的过程中，以下说法正确的选项是〔〕A．经过位置B时小球的加速度为0B．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考点：功能关系；机械能守恒律．.分析：A到B的过程，小球先加速后减速，当加速度为零，即弹力与重力大小相的位置时，速度最大，整个过程中，球只受重力和弹力做功，故小球和弹簧组成的系统机械能守恒．解答：解：A、A到B的过程中小球要先加速后减速，当加速度为零，即弹力与重力大小相的位置时，速度最大，动能最大，该位置位于AB之间，不在B点，故AB错误．C、小球从A到C的过程中，小球只受重力和弹力做功，故小球和弹簧组成的系统机械能守恒，即小球、地球、弹簧所组成系统的机械能守恒，故C正确，D错误．应选：C．点评：小球与弹簧相互作用的问题，关键要根据小球的受力情况来分析小球的运动情况，要抓住弹簧的弹力随压缩量增大而增大的，注意小球的机械能不守恒，系统机械能守恒．7．〔3分〕如下图，线圈L与小灯泡A并联后接到电源上．先闭合开关S，稳后，通过线圈的电流为I1，通过小灯泡的电流为I2．断开开关S，发现小灯泡闪亮一下再熄灭．那么以下说法正确的选项是〔〕A．I1＜I2B． I1=I2C．断开开关前后，通过小灯泡的电流方向不变D．断开开关前后，通过线圈的电流方向不变考点：自感现象和自感系数．.分析：稳后开关S再断开，小灯泡要闪亮一下，这是因为线圈产生自感电动势来阻碍磁通量的减小，这时线圈相当于电源，电流突然增大到原来线圈的电流IL，可比拟线圈电阻和灯泡电阻关系，进而确线圈电阻值．解答：解：A、B、稳时，灯泡A与线圈L并联，两者电压相，通过线圈的电流为I1，通过小灯泡的电流为I2，由于稳后开关S再断开，小灯泡要闪亮一下，这是因为线圈产生自感电动势来阻碍磁通量的减小，这时线圈相当于电源，电流突然增大到原来线圈的电流I1，所以可判断出I1＞I2，故AB错误；C、D、在断开开关后，线圈中将产生自感电动势，所以线圈中的电流不会发生突变，通过线圈的电流方向不变；而灯泡的电路中没有自感，所以电流可以发生突变；由于灯泡与线圈构成回路，所以断开开关前后，通过小灯泡的电流方向相反．故C错误，D正确．应选：D．点评：该题关键是抓住“小灯泡闪亮一下〞来判感电流与原电流的关系，其余都是根本关系用．8．〔3分〕如下图，物块M在静止的传送带上匀速下滑时，传送带突然顺时针〔图中箭头所示〕转动起来，那么传送带转动后，以下说法正确的选项是〔〕A．M受到的摩擦力不变B．M受到的摩擦力变大C．M可能减速下滑D．M可能减速上滑考点：摩擦力的判断与计算．.专题：摩擦力专题．分析：在传送带突然转动前后，对物块进行受力分析解决问题．解答：解：传送带突然转动前物块匀速下滑，对物块进行受力分析：物块受重力、支持力、沿斜面向上的滑动摩擦力．传送带突然转动后，对物块进行受力分析，物块受重力、支持力，由于上面的传送带斜向上运动，而物块斜向下运动，所以物块所受到的摩擦力不变仍然斜向上，所以物块仍匀速下滑，故A正确，BCD错误．应选：A．点评：判断物体的运动必须对物体进行受力分析，还要结合物体的运动状态．9．〔3分〕如图，在M、N处固两个量同种点电荷，两电荷均带正电．O点是MN连线的中点，直线PQ是MN 的中垂线．现有一带正电的试探电荷q自O点以大小是v0的初速度沿直线向Q点运动．假设试探电荷q只受M、N处两电荷的电场力作用，那么以下说法正确的选项是〔〕A．q将做匀速直线运动B．q的加速度将逐渐减小C．q的动能将逐渐减小D．q的电势能将逐渐减小考点：电场的叠加；电势能．.专题：电场力与电势的性质专题．分析：此题要根据量同种点电荷电场线的分布情况，抓住对称性，分析试探电荷的受力情况，分析其运动情况，根据电场力做功情况，分析其电势能的变化情况．解答：解：A、两量正电荷周围电场线如右图所示，其中P、Q连线的中垂线MN上，从无穷远到O过程中电场强度先增大后减小，且方向始终指向无穷远方向．故试探电荷所受的电场力是变化的，q由O向Q的运动做非匀加速直线运动，加速度先增大后减小，故AB错误．C 、从O到Q过程，电场力做正功，电势能减小，那么动能增大，故C错误．D正确．应选：D点评：此题考查静电场的根本概念．关键要了解量同种点电荷电场线的分布情况，运用动能理进行分析．10．〔3分〕一束带电粒子沿水平方向匀速飞过小磁针上方时，磁针的N极向西偏转，这一束带电粒子可能是〔〕A．向南飞行的正离子束B．向南飞行的负离子束C．向西飞行的正离子束D．向西飞行的负离子束考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．.分析：小磁针N极受力方向与磁场方向相同．电流方向与与正电荷向移动方向相同，与负电荷向移动方向相反．根据安培那么，将选项逐一代入检查，选择符合题意的选项．解答：解：A．向南飞行的正离子束，带正电，形成的电流方向向南，根据安培那么可知，在下方产生的磁场方向，那么N极转，S极转向西，不符合题意．故A错误．B．向南飞行的负离子束，带负电，形成的电流方向向北，根据安培那么可知，正离子束在下方产生的磁场方向向西，那么N极转向西，S极转，符合题意．故B正确．C．向西飞行的正离子束，带正电，形成的电流方向向西，根据安培那么可知，正离子束在下方产生的磁场方向向南，那么N极转向南，不符合题意．故C错误．D．向西飞行的负离子束，带负电，形成的电流方向，根据安培那么可知，在下方产生的磁场方向向北，那么N极转向北，不符合题意．故D错误．应选：B．点评：此题考查用物理根本那么的能力，掌握电流方向与正负离子的运动方向，同时理解右手螺旋的内容．11．〔3分〕如图中有A、B两个线圈．线圈B连接一电阻R，要使流过电阻R的电流大小恒，且方向由c点流经电阻R到d点．设线圈A中电流i从a点流入线圈的方向为正方向，那么线圈A中的电流随时间变化的图象是〔〕A．B．C．D．12．〔3分〕从1822年至1831年的时间里，英国家法拉第心系“磁生电〞．在他的研究过程中有两个重要环节：〔1〕敏锐地觉察并提出“磁生电〞的闪光思想；〔2〕通过大量，将“磁生电〞〔产生感电流〕的情况概括为五种：变化着的电流、变化着的磁场、运动的恒电流、运动的磁铁、在磁场中运动的导体．结合你学过的相关知识，试判断以下说法正确的选项是〔〕与初中所学“切割〞相联系．二、多项选择题〔此题共4小题，每题3分，共12分．每题选对的得3分，选对但不全的得1分，有选错的得0分．〕13．〔3分〕关于电磁波，以下说法正确的选项是〔〕A．电磁波和机械波都可以在真空中传播B．电磁波和机械波都能产生多普勒效C．电磁波中电场强度和磁感强度随时间和空间做周期性的变化D．以下三种电磁波按频率由高到低排序为：无线电波、紫外线、γ射线考点：电磁波谱．.分析：电磁波可以在真空中传播，可以实现地面与卫星之间的通信．电磁波是一个非常大的家族，它们的频率不同，明确常见电磁波的频率及波长大小关系．解答：解：A、电磁波可以在真空中传播；但机械波只能在介质中传播；故A错误；B、两种波均可以产生多普勒效；故B正确；C、电磁波由交变电磁场相互激发而形成，电磁波中电场强度和磁感强度随时间和空间做周期性的变化；故C正确；D、频率最大的γ射线，其次为紫外线，最小的为无线电波；故D错误；应选：BC．点评：此题考查电磁波与机械波的区别，要注意电电磁波可以在真空中传播．14．〔3分〕冰壶运动深受观众喜爱，图1为2月第22届索契冬奥会上中国队员投掷冰壶的镜头．在某次投掷中，冰壶甲运动一段时间后与对方静止的冰壶乙发生碰撞，如图2．假设两冰壶质量相，那么碰后两冰壶最终停止的位置，可能是以下图中的哪几幅图？〔〕应选：B．点评：此题考查了动量守恒律的用，两物体发生碰撞时，内力远大于外力，外力可以忽略不计，系统动量守恒，碰撞过程机械能不可能增加、碰撞后后面的物体速度不可能大于前面物体的速度，据此分析答题．15．〔3分〕空间有一磁感强度为B的水平匀强磁场，质量为m、电荷量为q的质点以垂直于磁场方向的速度v0水平进入该磁场，在飞出磁场时高度下降了h．重力加速度为g．那么以下说法正确的选项是〔〕A．带电质点进入磁场时所受洛伦兹力可能向上B．带电质点进入磁场时所受洛伦兹力一向下C．带电质点飞出磁场时速度的大小为v0D．带电质点飞出磁场时速度的大小为考点：带电粒子在混合场中的运动；功能关系；洛仑兹力．.分析：根据左手那么判断出洛伦兹力的方向；根据功能关系即可计算出带电质点飞出磁场时速度的大小．解答：解：A、B、该题中由于不知道磁场的方向，所以不能判断出洛伦兹力的方向．带电质点进入磁场时所受洛伦兹力可能向上．故A正确，B错误；C、D、粒子运动的过程中只有重力做功，由功能关系可知：，所以：．故C错误，D正确．应选：AD点评：该题中考查带电粒子在混合场中的运动，由于不知道磁场的方向，仅仅知道粒子的运动方向，不能使用左手那么判断出洛伦兹力的方向．16．〔3分〕如图1所示，物体A以速度v0做平抛运动，落地时水平方向的位移和竖直方向的位移均为L，图1中的虚线是A做平抛运动的轨迹．图2中的曲线是一光滑轨道，轨道的形状与图1中的虚线相同．让物体B从轨道顶端无初速下滑，B下滑过程中没有脱离轨道．物体A、B都可以看作质点．重力加速度为g．那么以下说法正确的选项是〔〕A．A、B两物体落地时的速度方向相同B． A、B两物体落地时的速度大小相C．物体B落地时水平方向的速度大小为D．物体B落地时重力的瞬时功率为mg考点：功率、平均功率和瞬时功率；平抛运动．.专题：功率的计算专题．分析：根据平抛运动的竖直位移与水平位移的时间相，求出竖直速度和水平速度的大小即可求出B速度的大小和方向．解答：解：A、因为轨迹相同，所以在落地时的速度方向一致，故A正确；B、由动能理得，AB的都是重力做功，且大小相同，所以B的末速度小于A的末速度，故B错误；C、根据平抛运动的知识，求得B的末速度v=2v0，所以B的落地速度为2v0，又v=2gL，所以v=2，因为B与A的落地速度方向相同，所以B的水平分速度为，故C正确；D、因为B的落地速度为2，所以物体B落地时重力的瞬时功率为2mg，故D错误；应选：AC点评：此题考查的是平抛运动的规律的用，根底类题目，关键是竖直位移与水平位移的时间关系．三、计算题〔此题共517．〔9分〕在如下图的电路中，电源的电动势E=V，内阻r=0.5Ω，电流表满偏电流Ig=10mA，电流表的电阻Rg=Ω，A、B为接线柱．〔1〕用一条导线把A、B直接连起来，此时，把可变电阻R1调节为多少才能使电流表恰好到达满偏电流？〔2〕调至满偏后保持R1的值不变，在A、B间接入一个150Ω的值电阻R2，电流表的读数是多少？〔3〕调至满偏后保持R1的值不变，在A、B间接入一个未知的值电阻Rx，电流表的读数为Ix，请写出Ix 随Rx变化的数学表达式．考点：多用电表的原理及其使用．.专题：恒电流专题．分析：〔1〕根据闭合电路的欧姆律即可求得电阻；〔2〕根据闭合电路的欧姆律即可求得电流〔3〕根据闭合电路的欧姆律即求的表达式解答：解：〔1〕根据闭合电路欧姆律可得R1=142Ω〔2〕根据闭合电路欧姆律可得I=5mA〔3〕根据闭合电路欧姆律可得答：〔1〕用一条导线把A、B直接连起来，此时，把可变电阻R1调节为142Ω才能使电流表恰好到达满偏电流〔2〕调至满偏后保持R1的值不变，在A、B间接入一个150Ω的值电阻R2，电流表的读数是5mA〔3〕调至满偏后保持R1的值不变，在A、B间接入一个未知的值电阻Rx，电流表的读数为Ix，请写出Ix随Rx变化的数学表达式．点评：此题主要考查了闭合电路的欧姆律，注意公式的灵活运用18．〔9分〕一小孩自己不会荡秋千．爸爸让他坐在秋千板上，将小孩和秋千板一起拉到某一高度，此时绳子与竖直方向的偏角为37°，然后由静止释放．小孩的质量为25kg，小孩在最低点时离系绳子的2.5m．重力加速度g=10m/s2．sin37°=0.6，cos37°=0.8．忽略秋千的质量，可把小孩看做质点．〔1〕假设小孩和秋千受到的阻力可以忽略，当摆到最低点时，求：a．小孩的速度大小；b．秋千对小孩作用力的大小．〔2〕假设小孩和秋千受到的平均阻力是小孩重力的0.1倍，求从小孩被释放到停止经过的总路程．考点：机械能守恒律；向心力．.专题：机械能守恒律用专题．分析：〔1〕不计阻力，小孩和秋千机械能守恒，据机械能守恒律求出小孩的速度大小．以小孩为研究对象，根据牛顿第二律求解秋千对小孩作用力的大小．〔2〕对于整个过程，运用动能理，即可求解总路程．解答：解：〔1〕a．根据机械能守恒律得：mgL〔1﹣cos37°〕=可得：v=m/sb．以小孩为研究对象，根据牛顿第二律得：F﹣mg=m可得：F=350N〔2〕对全程，根据动能理得：mgL〔1﹣cos37°〕﹣fs=0其中f=0.1mg可得：s=5m答：〔1〕a．小孩的速度大小是m/s；b．秋千对小孩作用力的大小是350N．〔2〕假设小孩和秋千受到的平均阻力是小孩重力的0.1倍，从小孩被释放到停止经过的总路程是5m．点评：此题是生活中的圆周运动，掌握机械能守恒律、分析向心力来源、空气阻力作功与路程有关是求解的关键．19．〔9分〕示波器是一种用来观察电信号的电子仪器，其核心部件是示波管，如图1所示是示波管的原理图．示波管由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空．电子从灯丝K发射出来〔初速度可不计〕，经电压为U0的加速电场加速后，以垂直于偏转电场的方向先后进入偏转电极YY′、XX′．当偏转电极XX′、YY′上都不加电压时，电子束从电子枪射出后，沿直线运动，打在荧光屏的中心O点，在那里产生一个亮斑．〔1〕只在偏转电极YY′上加不变的电压U1，电子束能打在荧光屏上产生一个亮斑．偏转电极YY′的极板长为L，板间的距离为d，YY′间的电场可看做匀强电场．电子的电荷量为e，质量为m，不计电子的重力以及电子间的相互作用力．求电子刚飞出YY′间电场时垂直于极板方向偏移的距离．〔2〕只在偏转电极YY′上加u=U1sinωt的交流电压，试在图2中画出荧光屏上的图形．〔3〕在YY′上加如图3所示的正弦交流电压，同时在XX′上加如图4所示的周期性变化的电压，假设UXX′=﹣U2 和UXX′=U2时，电子束分别打在荧光屏上的A、B两点，试在图5中画出荧光屏上的图形．考点：示波管及其使用．.分析：〔1〕由动能理求的在加速电场中获得的速度，由运动学公式求的在偏转电场中的偏移量〔2〕〔3〕通过交流电压的变化，通过运动分析即可画出荧光屏上的图形解答：解：〔1〕在加速电场中在偏转电场中平行于极板方向L=v0t垂直于极板方向可得〔2〕如答图1所示．〔3〕如答图2所示．答：〔1〕电子刚飞出YY′间电场时垂直于极板方向偏移的距离为〔2〕〔3〕荧光屏上的图形如上图所示．点评：题考查对示波器工作原理的理解，其根本原理是电场的加速和偏转，根据偏转距离与偏转电压的关系，分析荧光屏上光斑的变化．20．〔12分〕如果质点所受的力与它偏离平衡位置位移的大小成正比，并且总是指向平衡位置，即F=﹣kx，其中k是由系统本身特性决的线性回复力常数，那么质点的运动就是简谐运动．〔1〕图1所示为一理想单摆，摆球的质量为m，摆长为L．重力加速度为g．请通过计算说明该单摆做简谐运动的线性回复力常数k=？〔2〕单摆做简谐运动的过程中，由于偏角很小，因此可以认为摆球沿水平直线运动．如图2所示，质量为m的摆球在回复力F=﹣kx作用下沿水平的x轴做简谐运动，假设振幅为A，在平衡位置O点的速度为vm，试证明： mvm2=kA2．〔3〕如图3所示，两个相同的理想单摆均悬挂在P点．将B球向左拉开很小的一段距离由静止释放，B球沿水平的x轴运动，在平衡位置O点与静止的C球发生对心碰撞，碰撞后B、C粘在一起向右运动．摆球的质量为m，摆长为L．释放B球时的位置到O点的距离为d．重力加速度为g．求B、C碰撞后它们沿x轴正方向运动的最大距离．考点：动量守恒律；动能理；机械能守恒律．.专题：动量理用专题．分析：〔1〕对小球受力分析，那么可得出回复力的大小，由回复力公式可求得回复力常数；〔2〕分析外力做功情况，由动能理即可证明；〔3〕由动量守恒求得碰后的速度，再由动能理可求得最大距离．解答：解：〔1〕如下图，以平衡位置O点为坐标原点，沿水平方向建立x轴．设当偏角为θ时，位移为x．重力垂直绳方向的分力提供回复力F=mgsinθ当θ很小时sinθ=可得F=所以k=〔2〕单摆做简谐运动的过程中，只有线性回复力做功．摆球从最大位移处运动到平衡位置的过程中，由动能理W=mvm2﹣0其中W=A=kA2所以mvm2=kA2〔3〕B球向O点运动的过程中kd2=mv12B、C碰撞过程中动量守恒mv1=2mv2B、C从O点向右运动的过程中22=其中k′=2k可得d′=答：〔1〕该单摆做简谐运动的线性回复力常数k为；〔2〕证明如上；〔3〕最大距离为点评：此题结合单摆考查了动量守恒律及动能理，要注意正确分析题意，明确物理规律的用．21．〔13分〕如图，在竖直向下的磁感强度为B的匀强磁场中，两根足够长的平行光滑金属轨道MN、PQ固在水平面内，相距为L．一质量为m的导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好．轨道和导体棒的电阻均不计．〔1〕如图1，假设轨道左端MP间接一阻值为R的电阻，导体棒在拉力F的作用下以速度v沿轨道做匀速运动．请通过公式推导证明：在任意一段时间△t内，拉力F所做的功与电路获取的电能相．〔2〕如图2，假设轨道左端接一电动势为E、内阻为r的电源和一阻值未知的电阻．闭合开关S，导体棒从静止开始运动，经过一段时间后，导体棒到达最大速度vm，求此时电源的输出功率．〔3〕如图3，假设轨道左端接一电容器，电容器的电容为C，导体棒在水平拉力的作用下从静止开始向右运动．电容器两极板电势差随时间变化的图象如图4所示，t1时刻电容器两极板间的电势差为U1．求导体棒运动过程中受到的水平拉力大小．考点：导体切割磁感线时的感电动势；电功、电功率；安培力．.专题：电磁感与电路结合．分析：〔1〕根据公式E=BLv、欧姆律、安培力公式，得到安培力表达式，由平衡条件得到F 表达式，求出F做功，再与焦耳热相比拟来证明．〔2〕导体棒先做加速运动，产生感电动势，此电动势与电源的电动势相反，回路中总电动势减小，电流减小，当电流为零时，导体棒不再受安培力而做匀速运动，到达最大速度．根据感电动势和欧姆律结合求解．〔3〕感电动势与电容器两极板间的电势差相．由图象得到U与t的关系式，由E=BLv 结合得到v与t的关系式，求得加速度，再由牛顿第二律求得F．解答：解：〔1〕导体棒切割磁感线E=BLv导体棒做匀速运动F=F安又F安=BIL，I=在任意一段时间△t内，拉力F所做的功W=Fv△t=△t电路获取的电能△E=qE=EI△t=△t可见，在任意一段时间△t内，拉力F所做的功与电路获取的电能相．〔2〕导体棒到达最大速度vm时，棒中没有电流．电源的路端电压U=BLvm电源与电阻所在回路的电流I=电源的输出功率P=UI=〔3〕感电动势与电容器两极板间的电势差相BLv=U由电容器的U﹣t图可知U=t导体棒的速度随时间变化的关系为v=t可知导体棒做匀加速直线运动，其加速度a=由C=，I=那么I==由牛顿第二律得F﹣BIL=ma可得F=+答：〔1〕证明见上．〔2〕此时电源的输出功率是．〔3〕导体棒运动过程中受到的水平拉力大小是+．点评：此题从力和能量两个角度分析电磁感现象，安培力的表达式F=是常用的经验。
2024届辽宁省锦州市高三上学期期末考物理试题及答案
2023~2024学年度第一学期期末考试高三物理考生注意：1.本试卷满分100分，测试时间75分钟。
2.本考试分设试卷和答题纸。
试卷包括I卷和II卷两部分。
3.答题前，考生务必在答题纸上按要求填写信息，并将核对后的条形码贴在指定位置上。
考生需将答案涂或写在答题纸上，在试卷上作答一律不得分。
I卷部分的作答必须涂在答题纸上相应的区域，II卷部分的作答必须写在答题纸上与试卷题号对应的位置。
第I卷一、选择题：本题共10小题，共46分。
在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每个小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分。
1. 1897年英国物理学家约瑟夫•约翰•汤姆孙在研究阴极射线时发现了电子，这是人类最早发现的基本粒子，下列有关电子的说法正确的是（）A.电子的发现说明原子是有内部结构的B.光电效应中，逸出光电子的最大初动能与入射光强度有关C.根据玻尔理论，原子从低能级向高能级跃迁时，核外电子动能增大D.β射线是原子核外电子电离形成的电子流2.我国首台新型墙壁清洁机器人“蜘蛛侠”是由青岛大学学生自主研制开发的，“蜘蛛侠”利用8只“爪子”上的吸盘吸附在接触面上，通过“爪子”交替伸缩，就能在墙壁或玻璃上自由移动。
如图所示，假设“蜘蛛侠”在竖直玻璃墙面上由A点沿直线匀速“爬行”到右上方B点，在这一过程中，关于“蜘蛛侠”在竖直面内的受力分析正确的是（）A. B. C. D.3.用如图所示的方法可以测出一个人的反应时间。
甲同学用手握住直尺顶端的地方，乙同学在直尺下端刻度为零的地方做捏住直尺的准备，但手没有碰直尺，当乙同学看到甲同学放开直尺时，立即握住直尺，记录下乙同学握住直尺的刻度，根据所学知识计算出不同刻度对应的反应时间，从而把这把尺子做成“反应时间测量尺”。
关于“反应时间测量尺”，下列说法正确的是（）A.其“时间刻度”是均匀的，与长度刻度成正比例B.其“时间刻度”是不均匀的，且靠近直尺零刻度的地方“时间刻度”密C.其“时间刻度”是不均匀的，且远离直尺零刻度的地方“时间刻度”密D.如果在月球上使用此刻度尺测得的“反应时间”与在地球上测得的相等4.圆锥摆是一种简单的物理模型，四个形状相同的小球A 、B 、C 、D 在水平面内均做圆锥摆运动。
高三物理上学期期末试卷(含解析)
咐呼州鸣咏市呢岸学校市高三〔上〕期末物理试卷一、选择题〔每个小题只有一个选项是正确的，共10道小题，每题3分〕1．〔3分〕关于物体的内能变化以下说法中正确的选项是〔〕A．物体吸收热量，内能一增大B．物体对外做功，内能一减小C．物体吸收热量，同时对外做功，内能可能不变D．物体放出热量，同时对外做功，内能可能不变【考点】：物体的内能．【专题】：内能及其变化专题．【分析】：改变物体内能有两种方式：做功和热传递，根据热力学第一律分析内能的变化．【解析】：解：A、物体吸收热量，根据热力学第一律可知，内能不一增大，还与做功情况有关．故A错误．B、物体对外做功，根据热力学第一律可知，内能不一减小，还与热传递情况有关．故B错误．C、物体吸收热量，同时对外做功，假设热量与功的数值相，内能不变．故C正确．D、物体放出热量，同时对外做功，根据热力学第一律可知，内能一减小．故D错误．应选C【点评】：此题关键掌握热力学第一律，并能正确运用．2．〔3分〕以下说法正确的选项是〔〕A．γ射线在电场和磁场中都不会发生偏转B．β射线比α射线更容易使气体电离C．太阳辐射的能量主要来源于重核裂变D．核电站产生的能量来自轻核聚变【考点】：天然放射现象；重核的裂变．【专题】：衰变和半衰期专题．【分析】：αβγ三种射线的电离本领依次减弱，γ射线是电磁波，核电站是利用铀235，太阳能是聚变得来的．【解析】：解：A、γ射线不带电，所以在电场和磁场中都不会发生偏转，故A正确；B、α射线比β射线更容易使气体电离，故B错误；C、太阳辐射的能量主要来源于轻核聚变，故C错误；D、核电站产生的能量来自铀235的裂变，故D错误；应选：A【点评】：熟练掌握三种射线的特点和裂变聚变的用时解决此类问题的关键．3．〔3分〕某玻璃对蓝光的折射率比对红光的折射率大，那么两种光〔〕A．在该玻璃中传播时，蓝光的速度较大B．以相同的入射角从空气斜射入该玻璃中，蓝光折射角较大C．从该玻璃中射入空气发生反射时，红光临界角较大D．用同一装置进行双缝干预，蓝光的相邻条纹间距较大【考点】：光的折射律；光的干预．【专题】：压轴题；光的折射专题．【分析】：根据题目中的蓝光的折射率比红光的折射率大，可以判断这两种光在该玻璃中的波速大小，以及波长、临界角大小情况，然后以及相关物理知识即可解答．【解析】：解：A、由可知，蓝光在玻璃中的折射率大，蓝光的速度较小，故A错误；B、以相同的入射角从空气中斜射入玻璃中，蓝光的折射率大，向法线靠拢偏折得多，折射角较小，故B错误；C、从玻璃射入空气发生全反射时的临界角由公式可知，红光的折射率小，临界角大，故C正确；D、用同一装置进行双缝干预，由公式可知蓝光的波长短，相邻条纹间距小，故D错误．应选C．【点评】：折射率大的频率高、波长短、临界角小、光子能量高这些规律要明确，并能正确用．4．〔3分〕一列机械波在某时刻的波形如下图，波沿x轴正方向传播，波速是12m/s，那么〔〕A．这列波的波长是10 cmB．这列波的周期是8 sC． x=6 cm处质点的振幅为0D． x=5 cm处质点向y轴的负方向运动【考点】：波长、频率和波速的关系；横波的图象．【分析】：根据波动图象得出波长和振幅的大小，结合波速求出周期的大小．根据波的传播方向，通过上下坡法得出质点的振动方向．【解析】：解：A、根据波的图象知，波长是8cm，故A错误．B、由v=得 T==s=15s，故B错误．C、这列波的振幅为5cm，各个点振幅都是5cm，故C错误．D、因为波向x轴正方向传播，根据上下坡法知，x=5cm质点向y轴的负方向振动．故D正确．应选：D．【点评】：解决此题的关键能够通过波动图象获取信息，比方：波长、振幅，会根据上下坡法判断振动和波传播方向的关系．5．〔3分〕天文学家发现了某恒星有一颗行星在圆形轨道上绕其运动，并测出了行星的轨道半径和运行周期．由此可推算出〔〕A．行星的质量 B．行星的半径 C．恒星的质量 D．恒星的半径【考点】：万有引力律及其用．【专题】：万有引力律的用专题．【分析】：根据万有引力提供向心力进行分析．【解析】：解：行星绕恒星做圆周运动，根据万有引力提供向心力，知道轨道半径和周期，可以求出恒星的质量，行星是环绕天体，在分析时质量约去，不可能求出行星的质量．故C正确，A、B、D错误．应选C．【点评】：解决此题的关键掌握万有引力提供向心力．6．〔3分〕一理想变压器的原线圈上接有正弦交变电压，其最大值保持不变，副线圈接有可调电阻R．设原线圈的电流为I1，输入功率为P1，副线圈的电流为I2，输出功率为P2．当R增大时〔〕A． I1减小，P1增大 B． I1减小，P1减小C． I2增大，P2减小 D． I2增大，P2增大【考点】：变压器的构造和原理．【专题】：交流电专题．【分析】：输出电压是由输入电压和匝数比决的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决的，电压与匝数程正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可．【解析】：解：由于原线圈的输入电压不变，变压器的匝数比也不变，所以副线圈的输出电压不变，当电阻R增大时，电路的电阻变大，副线圈的电流I2减小，所以原线圈的电流I1也要减小，由于副线圈的电压不变，根据P=可得，当电阻增大时，输出的功率P2将减小，所以原线圈的输入的功率P1也将减小．所以B正确．应选B．【点评】：电路的动态变化的分析，总的原那么就是由电路的变化确总电路的变化的情况，再确其他的电路的变化的情况，即先后整体再的方法．7．〔3分〕如图是某物体做直线运动的v一t图象，由图象可得到的正确结果是〔〕A． t=1 S时物体的加速度大小为1.0 m/s2B． t=5 S时物体的加速度大小为0.75 m/s2C．第3 S内物体的位移为1.5 mD．物体在加速过程的位移比减速过程的位移大【考点】：匀变速直线运动的图像．【专题】：运动的图像专题．【分析】：速度时间图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移．【解析】：解：A、t=1s时的加速度．故A错误．B、t=5s时的加速度大小．故B正确．C、第3s内物体的位移x=3×1m=3m．故C错误．D、物体在加速过程中的位移，减速过程中的位移，知物体在加速过程中的位移小于减速过程中的位移．故D错误．应选：B．【点评】：解决此题的关键知道速度时间图线表示的物理意义，知道图线斜率和图线与时间轴围成的面积表示的含义．8．〔3分〕老师做了一个物理小让学生观察：一轻质横杆两侧各固一金属环，横杆可绕中心点自由转动，老师拿一条形磁铁插向其中一个小环，后又取出插向另一个小环，同学们看到的现象是〔〕A．磁铁插向左环，横杆发生转动B．磁铁插向右环，横杆发生转动C．无论磁铁插向左环还是右环，横杆都不发生转动D．无论磁铁插向左环还是右环，横杆都发生转动【考点】：楞次律．【分析】：穿过闭合回路的磁通量发生变化，闭合回路中会产生感电流，感电流受到磁场力的作用，横杆转动；如果金属环不闭合，穿过它的磁通量发生变化时，只产生感电动势，而不产生感电流，环不受力的作用，杆不转动．【解析】：解：左环不闭合，磁铁插向左环时，不产生感电流，环不受力，横杆不转动；右环闭合，磁铁插向右环时，环内产生感电流，环受到磁场的作用，横杆转动；故B正确，ACD错误；应选：B．【点评】：此题难度不大，是一道根底题，知道感电流产生的条件，分析清楚图示情景即可正确解题．9．〔3分〕在如下图的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为值电阻，R2为滑动变阻器．当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U．现将R2的滑动触点向b端移动，那么三个电表示数的变化情况是〔〕A． I1增大，I2不变，U增大 B． I1减小，I2不变，U减小C． I1增大，I2减小，U增大 D． I1减小，I2增大，U减小【考点】：闭合电路的欧姆律．【专题】：恒电流专题．【分析】：理清电路，确电压表测得什么电压，电流表测得什么电流，抓住电动势和内阻不变，采用局部→整体→局部的方法，利用闭合电路欧姆律进行分析．【解析】：解：R2的滑动触点向b端移动时，R2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，内电压增大，外电压减小，即电压表示数减小，R3电压增大，R1、R2并联电压减小，通过R1的电流I1减小，即A1示数减小，而总电流I增大，那么流过R2的电流I2增大，即A2示数增大．故A、B、C错误，D正确．应选：D．【点评】：解决此题的关键抓住电动势和内电阻不变，结合闭合电路欧姆律求解．注意做题前一要理清电路，看电压表测的是什么电压，电流表测的是什么电流．10．〔3分〕用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入．例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出．对此现象分析正确的选项是〔〕A．在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度B．物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度C．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态D．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态【考点】：牛顿运动律的用-超重和失重．【专题】：牛顿运动律综合专题．【分析】：超重指的是物体加速度方向向上，失重指的是加速度方向下，但运动方向不可确．由牛顿第二律列式分析即可．【解析】：解：A、B、重物和手有共同的速度和加速度时，二者不会别离，故物体离开手的瞬间，物体向上运动，物体的加速度于重力加速度，但手的加速度大于重力加速度，并且方向竖直向下，故A错误，B正确；C、D、物体向上先加速后减速，加速度先向上，后向下，根据牛顿运动律可知物体先处于超重状态，后处于失重状态，故C错误．D错误．应选：B．【点评】：超重和失重仅仅指的是一种现象，但物体本身的重力是不变的，这一点必须明确．重物和手有共同的速度和加速的时，二者不会别离．二、题〔共3道小题，共14分〕11．〔5分〕某同学做“用单摆测重力加速度〞．①用游标卡尺测量摆球直径d，把摆球用细线悬挂在铁架台上，用米尺测量出悬线长度l．某次测量摆球直径时游标卡尺示数如下图，那么摆球直径为d= 6 cm．②在小钢球某次通过平衡位置时开始计时，并将这次通过平衡位置时记为0，数出以后小钢球通过平衡位置的次数为n，用停表记下所用的时间为t．请用上面的测量数据计算重力加速度的表达式为g=．【考点】：用单摆测重力加速度．【专题】：题；单摆问题．【分析】：游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数．单摆完成一次全振动需要的时间是单摆的周期，在一个周期内，摆球经过平衡位置两次，根据题意求出单摆的周期；摆线长度与摆球半径之和是单摆的摆长，用单摆周期公式求出重力加速度．【解析】：解：①由图所示游标卡尺可知，主尺示数为2.2cm，游标尺示数为6×0.1mm=0.6mm=0.06cm，那么游标卡尺示数为2.2cm+0.06cm=2.26cm．②由题意知，单摆完成全振动的次数为，单摆的周期=单摆摆长L=l由单摆周期公式可知，重力加速度：g===故答案为：6，【点评】：此题考查了求单摆周期、求重力加速度，知道周期的概念、知道摆线长度与摆球半径之和是单摆的摆长、用单摆周期公式即可正确解题．12．〔5分〕用半径相同的两小球A、B的碰撞验证动量守恒律，装置示意如下图，斜槽与水平槽圆滑连接．时先不放B球，使A球从斜槽上某一固点C由静止滚下，落到位于水平地面的记录纸上留下痕迹．再把B球静置于水平槽前端边缘处，让A球仍从C处由静止滚下，A球和B球碰撞后分别落在记录纸上留下各自的痕迹．记录纸上的O点是重垂线所指的位置，假设测得各落点痕迹到O的距离：=2.68cm，=8.62cm，=11.50cm，并知A、B两球的质量比为2：1，那么未放B球时A球落地点是记录纸上的P 点，系统碰撞前总动量p与碰撞后总动量p′的百分误差= 2 %〔结果保存一位有效数字〕．【考点】：验证动量守恒律．【专题】：题．【分析】：〔1〕A与B相撞后，B的速度增大，A的速度减小，都做平抛运动，竖直高度相同，所以水平方向，B在A的前面；〔2〕小球离开水平槽后做平抛运动，它们下落的高度相同，在空中的运动时间相同，由于小球在水平方向上做匀速直线运动，小球运动时间相同，因此小球的水平位移与小球的初速度成正比，计算时可以用小球的水平位移表示小球的初速度；根据题目所给数据，求出的百分误差．【解析】：解：〔1〕A与B相撞后，B的速度增大，A的速度减小，碰前碰后都做平抛运动，高度相同，落地时间相同，所以P点是没有碰时A球的落地点，N是碰后B的落地点，M是碰后A的落地点；〔2〕系统碰撞前总动量p与碰撞后总动量p′的百分误===≈2%；故答案为P； 2．【点评】：知道两球做平抛运动的运动时间相，小球的水平位移与水平速度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的水平速度，是解决此题的关键．13．〔4分〕在“验证机械能守恒律〞的中，打点计时器所用电源的频率为50Hz，查得当地的重力加速度g=9.89m/s，测得所用的重物的质量为1.00kg，中得到一条点迹清晰的纸带如下图，把第一个点记做0，另选连续的4个点A，B，C，D各点到0点的距离分别为62.99cm、70.18cm、77.76cm、85.73cm．根据以上数据，可知重物由O点运动到C点，重力势能的减少量于 2 J，动能的增加量于 6 J〔取三位有效数字〕．【考点】：验证机械能守恒律．【专题】：题；机械能守恒律用专题．【分析】：纸带中，假设纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度，从而求出动能，根据功能关系得重力势能减小量于重力做功的数值．【解析】：解：重力势能减小量△E p=mgh=1.0××0.7776J=2J．在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度于该过程中的平均速度，因此有：故答案为：2、6．【点评】：纸带问题的处理时力学中常见的问题，对于这类问题要熟练用运动学规律和推论进行求解，计算过程中要注意单位的换算和有效数字的保存．三、计算题〔共7道题，共56分〕解题要求：写出必要的文字说明、方程式和演算步骤．有数字计算的题，取g=10m/s2，答案必须明确写出数值和单位．14．〔7分〕小物块以一的初速度冲上一个足够长的倾角为37°的固斜面，某同学利用传感器测出了小物块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机做出了小物块上滑过程的速度﹣时间图线，如下图．〔取sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g=10m/s2〕求：〔1〕小物块冲上斜面过程中加速度的大小；〔2〕小物块向上运动的最大距离；〔3〕小物块与斜面间的动摩擦因数．【考点】：牛顿第二律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】：牛顿运动律综合专题．【分析】：〔1〕根据图线的斜率求出加速度的大小；〔2〕根据速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移即可求解向上运动的最大位移；〔2〕根据牛顿第二律求出小物块与斜面间的动摩擦因数．【解析】：解：〔1〕v﹣t图象的斜率表示加速度，故：a=〔2〕v﹣t图象与坐标轴围成的面积表示位移大小，故：x=〔3〕根据牛顿第二律得：﹣mgsin37°﹣μN=ma而N﹣mgcos37°=0解得：μ=0.25答：〔1〕小物块冲上斜面过程中加速度的大小为8m/s2；〔2〕小物块向上运动的最大距离为4m；〔3〕小物块与斜面间的动摩擦因数为0.25．【点评】：此题是速度﹣﹣时间图象的用，要明确斜率的含义，知道在速度﹣﹣时间图象象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息．属于根底题．15．〔7分〕如下图，电阻不计的平行金属导轨MN和OP放置在水平面内，MO间接有阻值为R=3Ω的电阻，导轨相距d=1m，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感强度B=0.5T．质量为m=0.1kg，电阻为r=1Ω的导体棒CD垂直于导轨放置，并接触良好．用平行于MN的恒力F=1N向右拉动CD，CD受摩擦阻力f恒为0.5N．求：〔1〕CD运动的最大速度；〔2〕当CD到达最大速度后，电阻R消耗的电功率．【考点】：导体切割磁感线时的感电动势；闭合电路的欧姆律；安培力的计算．【专题】：电磁感中的力学问题；电磁感与电路结合．【分析】：〔1〕导体棒开始做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零即合外力为零时，速度到达最大．〔2〕到达最大速度后，回路中产生稳感电流，根据P=I2R可正确求得结果．【解析】：解：〔1〕设CD棒运动速度为v，那么：导体棒产生的感电动势为：E=Bdv ①据全电路欧姆律有：I=②那么安培力为：F0=BdI ③据题意分析，当v最大时，有：F﹣F0﹣f=0 ④联立①②③④得：v m==8 m/s ⑤故CD运动的最大速度为8m/s．〔2〕CD速度最大时同理有：E m=Bdv m⑥I m=⑦P=I2R ⑧联立⑤⑥⑦带入数据得：P=3W．故当CD到达最大速度后，电阻R消耗的电功率为P=3W．【点评】：此题的难点是对导体棒正确受力分析，弄清其运动情况，得出速度最大的条件，注意对于变加速运动往往合外力为零时对着速度最大．16．〔8分〕某校物理兴趣小组决举行遥控赛车比赛．比赛路径如下图，赛车从起点A出发，沿水平直线轨道运动L后，由B点进入半径为R的光滑竖直圆轨道，离开竖直圆轨道后继续在光滑平直轨道上运动到C 点，并能越过壕沟．赛车质量m=0.1kg，通电后以额功率P=W工作，进入竖直圆轨道前受到的阻力恒为0.3N，随后在运动中受到的阻力均可不计．图中L=10.00m，R=0.32m，h=1.25m，S=1.50m．〔1〕求赛车越过壕沟需要的最小速度为v1〔2〕赛车进入圆轨道前在B点的最小速度v3〔3〕要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间？〔取g=10m/s2〕【考点】：动能理的用；电功、电功率．【分析】：此题赛车的运动可以分为三个过程，由A至B的过程可以运用动能理列式，在圆轨道上的过程机械能守恒，也可以用动能理列式，以及平抛运动的过程；此题有两个约束条件，即要能越过壕沟，同时要能到达轨道的最高点．【解析】：解：〔1〕设赛车越过壕沟需要的最小速度为v1，由平抛运动的规律，有：s=v1th=gt2解得：v1=s=×=5m/s〔2〕设赛车恰好越过圆轨道，对圆轨道最高点的速度为v2，最低点的速度为v3，由牛顿第二律及机械能守恒律，有：mg=mm=m+mg•〔2R〕解得：v3===4m/s〔3〕由于B点以后的轨道均为光滑，故轨道最低点速度该于平抛的初速度，通过分析比拟，赛车要完成比赛，在进入圆轨道前的速度最小该是：v min=4m/s设电动机工作时间至少为t，根据功能原理有：pt﹣fL=m由此可得：t=3s即要使赛车完成比赛，电动机至少工作3s的时间．答：〔1〕赛车越过壕沟需要的最小速度为5m/s；〔2〕赛车进入圆轨道前在B点的最小速度为4m/s；〔3〕要使赛车完成比赛，电动机至少工作3s时间．【点评】：此题是力电综合问题，关键要将物体的运动分为三个过程，分析清楚各个过程的运动特点和受力特点，然后根据动能理、平抛运动公式、向心力公式列式求解！17．〔8分〕1932年，劳伦斯和利文斯设计出了盘旋加速器．盘旋加速器的工作原理如下图，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．磁感强度为B的匀强磁场与盒面垂直．在D盒中心A处粒子源产生的粒子，质量为m、电荷量为+q，在加速器中被加速，加速电压为U．〔1〕求粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比；〔2〕求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间t．【考点】：质谱仪和盘旋加速器的工作原理；带电粒子在匀强磁场中的运动．【专题】：带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】：〔1〕带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据动能理和洛伦兹力提供向心力求出轨道半径与加速电压的关系，从而求出轨道半径之比．〔2〕通过D形盒的半径求出粒子的最大速度，结合动能理求出加速的次数，一个周期内加速两次，从而得知在磁场中运动的周期次数，确出粒子从静止开始加速到出口处所需的时间．【解析】：解：〔1〕设粒子第1次经过狭缝后的半径为r1，速度为v1qU=mv12qv1B=m联立以上解得：r1=同理，粒子第2次经过狭缝后的半径r2=那么 r1：r2=：1〔2〕设粒子到出口处被加速了n圈，解得：2nqU=mv2；qvB=mT=t=nT解上四个方程得：t=答：〔1〕粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后的轨道半径之比为：1．〔2〕粒子从静止开始加速到出口处所需的时间为．【点评】：解决此题的关键掌握盘旋加速器的原理，运用电场加速和磁场偏转，知道粒子在磁场中运动的周期与加速电场的变化周期相．18．〔8分〕平行板电容器的两极板间有场强为E的匀强电场，且带正电的极板接地，一质量为m的电荷量为+q的带电粒子〔不计重力〕，从x轴上坐标为x0处静止释放．〔1〕求该粒子在x0处的电势能E px0〔2〕试从牛顿第二律出发，证明该带电粒子在极板间运动过程中，其动能和电势能之和保持不变，设粒子与极板碰撞无能量损失．【考点】：电容器的动态分析；电势能．【分析】：电势能的大小于从该点运动电荷到无穷远处时电场力做的功．代入公式即可．【解析】：解：〔1〕W电=qEx0…①W电=﹣〔E px0﹣0〕…②联立①②得E px0=﹣qEx0〔2〕在带电粒子的运动方向上任取一点，设坐标为 x由牛顿第二律可得qE=ma…④由运动学公式得V=2a〔x﹣x0〕…⑤联立④⑤进而求得：E kx=mv=qE〔x﹣x0〕E=E kx+E px=﹣qEx0=Ex0答：〔1〕该粒子在x0处电势能﹣qEx0〔2〕该带电粒子在极板间运动过程中，其动能与电势能之和保持不变．【点评】：该题考查电势能的特性，电势能的大小于从该点运动电荷到无穷远处时电场力做的功．属于根底题目．19．〔9分〕目前，滑板运动受到青少年的追捧．如图是某滑板运发动在一次表演时的一赛道在竖直平面内的示意图．赛道光滑，KA平台的高度为h=1.8m．B处平滑连接．滑板a和b的质量均为m，m=5kg，运发动质量为M，M=45kg．表演开始，运发动站在滑板b上．先让滑板a从A点静止下滑，t1=0.1s后再与b板一起从A点静止下滑．滑上BC赛道后，运发动从b板跳到同方向运动的a板上，在空中运动的时间t2=0.6s〔水平方向是匀速运动〕．〔滑板和运发动的所有运动都在同一竖直平面内，计算时滑板和运发动都看作质点，取g=10m/s2〕〔1〕求滑板a由A点静止下滑到BC赛道速度为v1〔2〕运发动跳上滑板a后，在BC赛道上与滑板a共同运动的速度是多大？〔3〕在运发动离开滑板b的过程中．滑板b受合外力的冲量大小？【考点】：动量守恒律；动量理．【分析】：〔1〕对A到BC过程由机械能守恒律可求得速度；〔2〕运发动离开b后空中做匀速运动，由运动关系可求得运发动的速度；再对a与运发动由动量守恒可求得共同速度；〔3〕对人离开b的过程由动量守恒律列式可求得b的末动量，再由动量理可求得冲量．【解析】：解：〔1〕设滑板由A点静止下滑到BC赛道后速度为v1，由机械能守恒律有：mgh=mv12，得：v1===6m/s〔2〕运发动与滑板一起由A点静止下滑到BC赛道后，速度也为v1，运发动由滑板b跳到滑板a，设蹬离滑板b时的水平速度为v2，在空中飞行的水平位移为s，那么：s=v2t2设起跳时滑板a与滑板b的水平距离为s0，那么：s0=v l t l设滑板在t2时间内的位移为s1，那么：s1=v1t2，s=s0+s1即：v2t2=v1〔t1+t2〕，解得：v2=7m/s；m落到滑板a后，与滑板a共同运动的速度为v，以a的初速度方向为正方向，由动量守恒律得：mv l+Mv2=〔m+M〕v，代入数据解得：v=6.9m/s，。
高三物理上学期期末考试试题(含解析)4
咐呼州鸣咏市呢岸学校市高三上学期期末考试物理试卷一．单项选择题．此题共12小题，每题4分，共48分．在每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．1．以下说法正确的选项是〔〕A．根据a=可知：质量一，物体的加速度与合外力成正比B．根据a=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C．根据E=可知：电场中某一点的电场强度与检验电荷的电量成反比D．根据C=可知：电容器极板上所带的电荷量越多，其电容就越大考点：电容；电场强度．.分析：加速度大小于速度的变化率；C=为比值义法；I=知，I与U成正比，与R成反比；F=ma 知可用控制变量来确各量关系．解答：解：A、由公式F=ma知a=可知：质量一，物体的加速度与合外力成正比；故A正确；B、由公式a=知，物体的加速度于速度的变化率，而不是速度的变化量，故B错误；B、由公式E=知，场强E的大小与试探电荷的电量无关，它是比值义的，故C错误；C、电容的义式C=为比值义法，电容大小与电荷量无关，故D错误；应选：A．点评：考查各公式的理解与用，并强调之间的区别与联系．突出比值义法与控制变量法．2．〔4分〕〔2021•二模〕意大利家伽利略在研究物体变速运动规律时，做了著名的“斜面〞，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，由此得出的结论是〔〕A．力不是维持物体运动的原因B．力是使物体产生加速度的原因C．自由落体运动是一种匀变速直线运动D．物体都具有保持原来运动状态的属性，即惯性考点：牛顿第一律；惯性．.分析：结论是由推导出来的，所以结论必须与相联系，题目中的结论要与随着斜面倾角的增大，铜球做怎样的运动有关．解答：解：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，倾角最大的情况就是90°时，这时物体做自由落体运动，由此得出的结论是自由落体运动是一种匀变速直线运动．应选C．点评：该题属于推论题，要求同学们正确理解家的根本观点和佐证，该题难度不大，属于根底题．3．〔4分〕一物体做直线运动，其加速度随时间变化的a ﹣t 图象如下图．以下v ﹣t 图象中，可能正确描述此物体运动的是〔 〕A ．B ．C ．D ．考点：匀变速直线运动的图像．.专题：运动的图像专题．分析： 根据a ﹣t 图象分析物体的运动情况：当加速度与速度同向时，物体做加速运动，0～1s 内，物体从静止开始沿加速度方向匀加速运动，当加速度与速度反向时，物体做减速运动，假设加速度一，物体做匀变速直线运动．匀变速直线运动的v ﹣t 图象是一条倾斜的直线．解答： 解：A 、C 、D 在0～内，物体从静止开始沿加速度方向匀加速运动，v ﹣t图象是向上倾斜的直线；在～T 内，加速度为0，物体做匀速直线运动，v ﹣t 图象是平行于t 轴的直线；在T ～2T ，加速度反向，速度方向与加速度方向相反，物体先做匀减速运动，到T 时刻速度为零，接着反向做初速度为零的匀加速直线运动．v ﹣t 图象是向下倾斜的直线．故D 正确，A 、C 错误．B 、在0～内，由两个图象看出速度和加速度都沿正向，物体做匀加速运动，在～T 内，加速度为0，物体做匀速直线运动，在T ～2T ，加速度反向，物体做匀减速直线运动，所以该速度与a ﹣t 图象所反映的运动情况不符，故B 错误．应选：D ．点评： 此题关键要根据加速度随时间变化规律的图象找出对的加速度大小和方向，结合物体的初状态状态分析物体的运动情况．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，绕月球外表做匀速圆周运动．假设月球质量为M ，月球半径为R ，引力常量为G ，对于绕月球外表做圆周运动的卫星，以下说法正确的选项是〔 〕A ．线速度大小为 B ． 线速度大小为C．周期为T=D．周期为T=考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．.专题：人造卫星问题．分析：匀速圆周运动时万有引力提供圆周运动的向心力，由此分析嫦娥三号的线速度与周期关系即可．解答：解：嫦娥三号所受万有引力提供圆周运动向心力有：AB、线速度的大小v=，故A错误，B正确；CD、周期T=，故CD均错误．应选：B．点评：抓住飞船飞行时万有引力提供圆周运动向心力，熟悉掌握万有引力公式和向心力公式是正确解题的关键．5．〔4分〕如下图的电路中，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，以下判断正确的选项是〔〕A．电流表A1的示数变大B．电流表A2的示数变小C．电流表A2的示数不变D．电压表V的示数变小考点：闭合电路的欧姆律．.专题：恒电流专题．分析：当R的滑动触点向上滑移动时，R变大，外电路总电阻变大，根据欧姆律分析总电流和路端电压的变化，确电压表的读数变化．再分析并联的电压变化，判断电流表读数变化．解答：解：AD、当R的滑动触点向上滑移动时，R变大，外电路总电阻变大，那么由闭合电路欧姆律知，总电流变小，路端电压变大，那么电压表读数变大．故AD错误；BC、电路中路端电压电压变大，通过R0的电流变大，而总电流减小，那么电流表A2的读数减小．故B正确，C错误；应选：B．点评：此题电路动态变化分析问题，按“局部→整体→局部〞的顺序进行分析．6．〔4分〕人通过滑轮将质量为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，如下图．那么在此过程中〔〕A．人对物体做的功为mgh B．人对物体做的功为mv2C．物体克服重力所做的功为mghcosθD．物体所受的合外力做功为mv2考点：功的计算．.专题：功的计算专题．分析：对物体受力分析，由功的公式分析功的大小；再由动能理可求得人对物体做的功．解答：解：A、由D的分析可知，人对物体做的功一大于mgh；故A错误，B、由动能理可知，人做的功克服重力、摩擦力做功，故人做的功于克服重力的功、克服摩擦力的功及增加的动能之和，大于mv2，故B错误；C、物体克服重力所做的功为mgh；故C错误；D、对物体受力分析可知，物体受重力、拉力及摩擦力的作用；由动能理可知，合外力做功一于动能的改变量，即于mv2；故D正确；应选：D．点评：此题考查动能理的用，要注意正确的受力分析，并明确各力做功情况，才能由动能理正确求解．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，那么以下判断的是〔〕A．T甲＞T乙，θ甲＜θ乙B．T甲＜T乙，θ甲＞θ乙C．T甲＞T乙，θ甲＞θ乙D．T甲=T乙，θ甲=θ乙考点：单摆周期公式．.专题：单摆问题．分析：根据单摆的周期公式T=2比拟出周期的大小．根据机械能守恒律，知摆球平衡位置和最高点的高度差相同，列式分析角度大小．解答：解：根据单摆的周期公式T=2比拟，摆长越长，那么周期变大，因为摆长L甲＞L乙．故T甲＞T乙．根据机械能守恒律知，摆球平衡位置和最高点的高度差相同，L 甲〔1﹣cosθ甲〕=L乙〔1﹣cosθ乙〕，故θ甲＜θ乙，故A正确，B、C、D错误．应选：A．点评：解决此题的关键知道单摆的周期与什么因素有关，知道利用机械能守恒律．8．〔4分〕如图，在固斜面上的一物块受到一外力F的作用，F平行于斜面向上．假设要物块在斜面上保持静止，F的取值有一的范围，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〔〕A．B．2F2 C．D．考点：摩擦力的判断与计算．.专题：摩擦力专题．分析： 对滑块受力分析，受重力、拉力、支持力、静摩擦力，四力平衡；当静摩擦力平行斜面向下时，拉力最大；当静摩擦力平行斜面向上时，拉力最小；根据平衡条件列式求解即可． 解答： 解：对滑块受力分析，受重力、拉力、支持力、静摩擦力，设滑块受到的最大静摩擦力为f ，物体保持静止，受力平衡，合力为零；当静摩擦力平行斜面向下时，拉力最大，有：F1﹣mgsinθ﹣f=0 ①；当静摩擦力平行斜面向上时，拉力最小，有：F2+f ﹣mgsinθ=0 ②；联立解得：f=，故C 正确，ABD 错误；应选：C ．点评： 此题关键是明确拉力最大和最小的两种临界状况，受力分析后根据平衡条件列式并联立求解．9．〔4分〕如下图，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〔波的周期T ＞0.5s 〕，那么能正确反映t3=s 时波形的图是〔 〕A ．B ．C ．D ．考点：横波的图象；波长、频率和波速的关系．.专题：振动图像与波动图像专题．分析： 根据两时刻的波形，结合条件T ＞0.5s ，出周期与时间的关系，求出周期．求出时间t3=s 与周期的倍数，根据波形的平移，确t3=s 时波形图．解答： 解：由题意，简谐横波沿x 轴正方向传播，t1=0和t2=0.5s 〔T ＞0.5s 〕时的波形得到实线波形到形成虚线波形波传播距离为，经过时间．那么有=t2﹣t1，T=4〔t2﹣t1〕=2s ，即t3=T因为经过整数倍周期时间波形重复，故t3=时刻与时刻波形相同．那么波向右传播的距离．应选：D点评： 此题如没有T ＞0.5s 条件限制，那么周期、波传播的距离是通项式．对于两个时刻的波形关系，常常用波形平移的方法研究．但要注意，波形平移，质点并没有迁移．10．〔4分〕如下图，质量为m 、长度为L 的金属棒MN 两端由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 ．那么〔 〕A ． 金属棒中的电流方向由N 指向MB ． 金属棒MN 所受安培力的方向垂直于OMNO ′平面向上C ．金属棒中的电流大小为 tanθD ． 每条悬线所受拉力大小为mgcosθ考点： 安培力．.分析： 对通电导线受力分析，根据平衡条件及左手那么即可求得力的方向及电流的方向和大小．解答： 解：A 、平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ，故导线受到安培力，根据左手那么，可判断金属棒中的电流方向由M 指向N ，故A 错误；B 、金属棒MN 所受安培力的方向垂直于MN 和磁场方向向右，故B 错误；C 、由受力分析可知，Tsinθ=mg ，Tcosθ=BIL ，得I=tanθ，故C 正确；D 、由受力分析可知，Tsinθ=mg ，得T=，故D 错误．应选：C点评： 对金属棒进行受力分析、用平衡条件，根据安培力公式分析即可正确解题．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，虚线为势线．取无穷远处为零电势点，假设将q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相，那么以下说法正确的选项是〔 〕A ． A 点电势高于B 点电势B ． A 、B 两点的电场强度相C ． q1的电荷量小于q2的电荷量D ． q 1在A 点的电势能小于q2在B 点的电势能考点： 电势；电场强度；电势能．.专题： 电场力与电势的性质专题．分析： 将两个带正电的试探电荷q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做功，说明Q 带负电，即可判断A 、B 电势上下；由点电荷场强公式E=k 分析场强的大小；由图分析可知：A与无穷远间的电势差大于B与无穷远间的电势差，根据电场力做功公式W=qU，分析电荷量的大小；根据电场力做功与电势能的关系，即可判断q1在A点的电势能与q2在B点的电势能的大小．解答：解：A、由题，将两个带正电的试探电荷q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做功，那么知Q与两个试探电荷之间存在引力，说明Q带负电，电场线方向从无穷远处指向Q，那么A点电势小于B点电势．故A错误．B、由点电荷场强公式E=k分析可知，A点的场强大于B点的场强．故B错误．C、由图分析可知：A与无穷远间的电势差大于B与无穷远间的电势差，将q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相，根据电场力做功公式W=qU，得知，q1的电荷量小于q2的电荷量．故C正确．D、将q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相，两个试探电荷电势能的变化量相，无穷远处电势能为零，那么q1在A点的电势能于q2在B点的电势能．故D错误．应选：C点评：此题根据电场力做功与电势能变化的关系分析电势能的大小，根据公式E=k分析场强的大小，都是常用的思路．12．〔4分〕如下图，轻弹簧的一端固在竖直墙上，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，以下说法错误的选项是〔〕A．在下滑过程中，物块和弧形槽组成的系统机械能守恒B．在下滑过程中，物块和槽的水平方向动量守恒C．物块被弹簧反弹后，离开弹簧时的速度大小为v=2D．物块压缩弹簧的过程中，弹簧的最大弹性势能Ep=mgh考点：动量守恒律；弹性势能；机械能守恒律．.专题：动量理用专题．分析：滑块下滑过程，滑块与弧形槽组成的系统水平方向动量守恒，系统机械能守恒，用动量守恒律与机械能守恒律求出滑块与弧形槽的速度，然后用能量守恒律分析答题．解答：解：A、滑块下滑过程，只有重力做功，系统机械能守恒，故A正确；B、滑块下滑过程，滑块与弧形槽组成的系统水平方向所受合外力为零，系统水平方向动量守恒，故B正确；C、设小球到达水平面时速度大小为v1，槽的速度大小为v2，且可判断球速度方向向右，槽的速度方向向左，以向右为正方向，在球和槽在球下滑过程中，系统水平方向动量守恒，由动量守恒律得：mv1﹣2mv2=0，由机械能守恒律得：mgh=mv12+•2mv22，由以上两式解得：v1=2，v2=，物块与弹簧相互作用过程系统机械能守恒，物块离开弹簧时速度大小与物块接触弹簧前的速度大小相，v=v1=2，故C正确；D、物块与弹簧相互作用过程系统机械能守恒，物块速度为零时，弹簧的弹性势能最大，由机械能守恒律可知，最大弹性势能Ep=mv12=，故D错误；此题选错误的，应选：D．点评：此题考查了动量守恒律与机械能守恒律的用，分析清楚物体运动过程，用动量守恒律与机械能守恒律即可正确解题．二．题．此题共2小题，共18分．13．〔8分〕某物理小组采用如图甲所示的装置研究平抛运动．〔1〕安装装置的过程中，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的间距于2与3的间距．假设三次中，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，下面分析正确的选项是 C ．A．x2﹣x1=x3﹣x2 B．x2﹣x1＜x3﹣x2 C．x2﹣x1＞x3﹣x2 D．无法判断〔3〕另一同学通过正确的步骤及操作，在坐标纸上描出了小球水平抛出后的运动轨迹．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．重力加速度为g．可求出小球从P1运动到P2所用的时间为，小球抛出时考点：研究平抛物体的运动．.专题：题．分析：〔1〕在中让小球在固斜槽滚下后，做平抛运动，记录下平抛后运动轨迹．然后在运动轨迹上标出特殊点，对此进行处理，由于是同一个轨迹，因此要求抛出的小球初速度是相同的，所以在时必须确保抛出速度方向是水平的，同时固的斜槽要在竖直面．〔2〕平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，比拟竖直方向上下落相同位移的时间关系，从而比拟出水平位移的关系．〔3〕根据竖直方向运动特点△h=gt2，求出物体运动时间，根据匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度大小于该过程中的平均速度大小可以求出P2在竖直方向上的速度大小，根据vy=gt可以求出从抛出到P2点的时间，根据平抛运动规律进一步求出结果．解答：解：〔1〕研究平抛运动的很关键的地方是要保证小球能够水平飞出，只有水平飞出时，才能确保做平抛运动，故ACD错误，B正确．〔2〕因为平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，下落的速度越来越快，那么下落相位移的时间越来越短，水平方向上做匀速直线运动，所以x2﹣x1＞x3﹣x2，因为平抛运动的过程中，只有重力做功，所以机械能守恒，那么，△E1=△E2=△E3．故C正确，A、B、D错误．〔3〕因两段对的水平距离相，故两段运动的时间相，而竖直位移分别为：3L和5L；故在竖直方向由△h=gt2可得t=；水平速度v==；故答案为：〔1〕B；〔2〕C；〔3〕，．点评：〔1〕在中如何实现让小球做平抛运动是关键，因此中关键是斜槽末端槽口的切线保持水平及固后的斜槽要竖直．〔2〕解决此题的关键是知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式进行分析．〔3〕对平抛运动的考查要注意水平速度及时间的求法，掌握好平抛运动的处理规律．14．〔10分〕室购置了一捆标称长度为100m的铜导线，某同学想通过测其实际长度．该同学首先测得导线横截面积为1.0mm2，查得铜的电阻率为×10﹣8Ω•m，再利用图1所示电路测出铜导线的电阻Rx，从而确导线的实际长度．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；值电阻：R0=3Ω；电源：电动势6V，内阻可不计；开关、导线假设干．答复以下问题：〔1〕中滑动变阻器选〔选填“R1〞或“R2〞〕，闭合开关S前将滑片移至 a 端〔选填“a〞或“b〞〕．〔2〕在实物图中，已正确连接了导线，请根据图1电路完成剩余的连接．〔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0 V．〔4〕导线实际长度约为94 m．考点：伏安法测电阻．.专题：题．分析：此题〔1〕根据闭合电路欧姆律求出电路中需要的最大电阻，再解出变阻器需要的最大电阻即可；题〔3〕根据电压表每小格读数大小来确估读方法；题〔4〕由电路图根据欧姆律求出待测电阻的阻值，然后再根据电阻律即可求解．解答：解：〔1〕根据闭合电路欧姆律可求出电路中需要的最大电阻为：===30Ω，而待测电阻的最小值为：===5Ω，所以变阻器的最大电阻为：R=30﹣5﹣=22Ω，所以变阻器；闭合电键前将滑片置于阻值最大的a端；〔2〕根据电路图画出的实物连线图如下图：〔3〕电压表每小格读数为0.1V，估读到0.01V，所以电压表读数为U=0V〔9、1均正确〕；〔4〕根据欧姆律可求出：==，解得：=1.6Ω，再根据R=可求出L=，代入数据解得：L≈94m；故答案为：〔1〕，a；〔2〕如图；〔3〕0；〔4〕94点评：明确：①根据电路中需要的最大电阻来选择变阻器阻值的大小；②电表估读的判方法是：假设电表每小格读数出现数字“1〞那么进行“〞估读，出现“2〞那么进行“〞估读，出现“5〞那么进行“〞估读．三．论述计算题.此题共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，当升降机做以下各种运动时，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．考点：牛顿运动律的用-超重和失重．.专题：牛顿运动律综合专题．分析：〔1〕体重计的读数显示人对体重计的压力大小．升降机匀速上升，体重计的读数于人的重力．〔2〕〔3〕以人为研究对象，根据牛顿第二律求出体重计对人的支持力，再牛顿第三律分析人对体重计的压力大小．解答：解：〔1〕升降机匀速上升时，体重计的读数F1=G=mg=600N；〔2〕当升降机以4m/s2的加速度匀加速上升时，以人为研究对象根据牛顿第二律得F2﹣mg=ma1代入解得F2=840N再牛顿第三律得到人对体重计的压力大小于F2=840N，即体重计的读数为840N．〔3〕当升降机以5m/s2的加速度匀加速下降时，以人为研究对象根据牛顿第二律得mg﹣F3=ma3代入解得F3=300N再牛顿第三律得到体重计的读数为300N．答：〔1〕升降机匀速上升时，体重计的读数为600N；〔2〕升降机以4m/s2的加速度匀加速上升时，体重计的读数为840N；〔3〕升降机以5m/s2的加速度匀加速下降时，体重计的读数为300N．点评：此题是运用牛顿运动律研究超重和失重现象，可以性分析与量计算结合研究．16．〔10分〕如图1所示，半径R=0.45m 的光滑圆弧轨道固在竖直平面内，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，小车的上外表与B点高．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〕假设平板车上外表粗糙且物块没有滑离平板车，求物块板车的最终速度大小；〔3〕假设将平板车锁并且在上外表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．考点：动量守恒律；向心力；机械能守恒律．.专题：动量理用专题．分析：〔1〕根据机械能守恒律求出物体到达B点的速度，结合牛顿第二律求出支持力的大小，从而得出物块对轨道的压力．〔2〕物块与平板车组成的系统动量守恒，由动量守恒律可以求出物块与平板车的速度．〔3〕根据图示图象求出克服摩擦力做的功，然后由动能理求出物块的速度．解答：解：〔1〕物体从圆弧轨道顶端滑到B点的过程中，机械能守恒，由机械能守恒律得：，代入数据解得：vB=3m/s，在B点，由牛顿第二律得：N﹣mg=，代入数据解得：N=30N，由牛顿第三律可知，物块滑到轨道B点时对轨道的压力：N′=N=30N．〔2〕物块滑上小车后，水平地面光滑，系统的动量守恒．以向右为正方向，由动量守恒律得：mvB=〔m+M〕v共，代入数据解得：v共=1m/s；〔3〕物块在小车上滑行时的克服摩擦力做功为f﹣L图线与横轴所围的面积．克服摩擦力做功：=2J，物块在平板车上滑动过程，由动能理得：﹣Wf=，代入数据解得：vt=m/s；答：〔1〕物块滑到轨道B点时对轨道的压力大小为30N；〔2〕物块板车的最终速度大小为1m/s；〔3〕物块滑离平板车时的速度大小为m/s．点评：此题综合考查了动能理、机械能守恒律、牛顿第二律和运动学公式，综合性较强，关键理清运动过程，选择适宜的规律进行求解．17．〔10分〕如下图，带有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．考点：电势差与电场强度的关系；平抛运动；动能理．.专题：电场力与电势的性质专题．分析：〔1〕根据平抛运动的根本公式求出小球刚进入电场时竖直方向的速度大小和方向．〔2〕小球在电场中做直线运动，合力沿直线方向，由力的合成求出电场力与重力的关系，即可求得电场强度的大小和方向．〔3〕从A到B的过程中运用动能理即可求解．也可以运用运动的合成法解答．解答：解：〔1〕小球平抛运动过程水平方向做匀速直线运动，vx=v0=4 m/s竖直方向做匀加速速直线运动，，vy=gt1=2 m/s得解：m/s方向，θ=arctan0.5〔θ为速度方向与水平方向的夹角〕〔2〕小球进入电场后，沿直线运动到C点，所以重力与电场力的合力即沿该直线方向．那么得解：N/C，方向水平向右．〔3〕解法一：进入电场后，小球受到的合外力B、C两点间的距离，。
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…………. 高三年级上学期期末考试
物理科试题 （考试时间：90分钟） 一、单项选择题：（本题共6小题，每小题3分，共18分。在每小题给出的四个选项中,只一
项是符合题目的要求的） 1．某物体在n个共点力的作用下处于静止状态，若把其中一个力F1的方向沿顺时针方向转过90°，而保持其大小不变，其余力保持不变，则此时物体所受的合力大小为 ( ) A．F1 B.2F1 C．2F1 D．0
2．如图所示，一个质量为m的小球系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，运动过程中小球受到空气阻力的作用．某一时刻小球通过轨道的最低点，设此时绳子的张力为7mg，此后小球继续做圆周运动，恰能通过最高点，则在此过程中，小球克服空气阻力所做的功为
A．mgR B．mgR C．mgR D．mgR 3．如图所示，在带电荷量为+Q的固定点电荷形成的电场中，一个带—q的粒子沿着与两者连线垂直的方向，以速度v0射入，粒子只受点电荷+Q的作用力。关于粒子运动以下说法正确的是 （ ） A. 粒子的运动轨迹可能是抛物线 B.粒子的加速度可能不变 C.粒子的动能可能不变 D.粒子的电势能一定不变 4．如图所示，电源电动势E=8V，内电阻为r=0.5Ω，“3V，3W”的灯泡L与电动机M串联接在电源上，灯泡刚好正常发光，电动机刚好正常工作，电动机的线圈电阻R0=1.5Ω。下列说法中正确的是 A．通过电动机的电流为1.6A B．电动机的输出功率为3W C．电动机消耗的电功率为3W D．电源的输出功率是8W
5. 如图所示，质量为m=0.6kg，长为l=lm的通电直导线用两绝
缘细线悬挂于O、O′，并处于磁感应强度为B的匀强磁场中。当导线中通以 沿 x正方向的恒定电流I=1A，导线从最低点由静止释放摆
到最大摆角θ=37°。则磁感应强度方向和 大小可能为（ ） （sin 37°=0.6，cos37° =0.8，g=l0m/s2） A．B方向沿y轴正向，B=6T B．B方向沿y轴正向，B=10T C．B方向沿z轴负向，B=4.5T D．B方向沿z轴负向，B=2T 6．一质量为1 kg的物体，以10 m/s的初速度从足够长的粗糙斜面上的A点沿斜面向上运动，1 s末物体恰好到达最高点，6 s末物体的速率恰好为10 m/s，则 A.1 s～6 s内物体所受重力的平均功率为50 W B. 6 s末物体克服摩擦力做功的瞬时功率为20 W C. O～1 s内物体机械能的变化量大小与1 s～6 s内机械能的变化量大小之比为l：5 D．1 s～6 s内物体动能变化量的大小与机械能的变化量大小之比为1:1
二、多项选择题：（本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的，得4分；选对但不全的，得2分；有选错的，得0分）． 7. 在物理学的发展道路上，许多物理学家及科学家们做出了杰出的贡献，下列与此有关的说法正确的是 A.牛顿在给出万有引力定律的同时给出了引力常量 B.奥斯特最先发现了通电导线周边存在磁场，即电流的磁效应 C.亚里士多德认为：力不是维持物体运动的原因 D．安培给出了通电导线在磁场中受到的磁场力的方向的判断方法
8. 北斗卫星导航系统是中国自行研制的全球卫星定位与通信系统(CNSS)，是继美全球定位系统(GPS)和俄GLONASS之后第三个成熟的卫星导航系统。2012年10月25日，我国将第十六颗北斗卫星“北斗—G6”送入太空，并定点于地球静止轨道上。12月27日，北斗系统空间信号接口控制文件正式版正式公布，北斗导航业务正式对亚太地区提供无源定位、导航、授时服务，定位精度优于20 m，授时精度优于100ns。则 A.“北斗—G6"的运行周期为24 h B“北斗—G6"的运行速度为第一宇宙速度 C.“北斗—G6”的运行角速度比月球绕地球运行的角速度小 D．“北斗—G6”卫星的线速度比月球绕地球运行的线速度大
9. 图示为一个质点做直线运动的t图象，则下列说法中正确的是 A.质点在0～5 s内的位移为5m B.质点在整个0～12 s内的运动过程中，10 s～12 s内的加速度最大 C.质点在10 s末离出发点最远 D．质点在8 s～12 s内的平均速度为4 m／s
10. 如图所示，由两块相互靠近的平行金属板组成的平行板电容器的极板N与静电计相接，极板M接地．用静电计测量平行板电容器两极板间的电势差U．在两板相距一定距离d时，给电容器充电，静电计指针张开一定角度．在整个实验过程中，保持电容器所带电量Q不变，下面哪些操作将使静电计指针张角变小（ ） 精品文档 精品文档 三、实验题（本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要写出演算
过程） 11. .在“验证力的平行四边形定则”实验中，某同学用A、B两弹簧测力计拉橡皮条C，使其伸长到O点，如图所示；此时两弹簧测力计的示数为FA、FB，α＋β＜π/2；现保持弹簧测力计A的读数不变，使其夹角α减小，适当调整弹簧测力计B的大小和方向，可以使橡皮条还是伸长到O点不变；此过程中： (1)B的示数FB一定________(填“变大”、“不变”或“变小”)． (2)FB方向与CC′之间的夹角β一定________(填“变大”、“不变”或“变
小”) 12. 如图甲所示的金属工件，截面外方内圆，外边长约为1cm、内径约为0.5cm.长度约为40 cm. (1)某同学用游标卡尺测出截面外边长如图乙所示，其读数a＝________cm. (2)应选用________来测量工件内径d，选用________来测量工件长度L.(填“毫米刻度尺”、“游标卡尺”或“螺旋测微器”) (3)为了测出该金属的电阻率，该同学设计了如图丙所示的电路，请按设计的电路完成实物图丁的连线． (4)实验测得工件两端电压为U，通过的电流为I，请写出该金属电阻率的表达式ρ＝________．(用a、d、L、U、I等字母表示)
五、计算题：（本题共4小题，共44分） 13. 如图所示，质量m=2kg的木块P放在质量M=8kg的水平木板上，木板与地面间的动摩擦因数=0.5。向左抽动木板时木块P处于静止状态，此
时测力计的指针指在4N处，g取10m/s2 （1）木块与木板间的动摩擦因数是多少？ （2）向左需用多大的力F可将木板匀速抽出？ 14．如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，极板长l＝80cm，两板间的距离d＝40cm.
电源电动势E＝40V，内电阻r＝1Ω，电阻R＝15Ω，闭合开关S，待电路稳定后，将一带负电的小球从B板左端且非常靠近B板的位置以初速度v0＝4m/s水平向右射入两板间，该小球可视为质点．若小球带电荷量q＝1×10－2C，质量为m＝2×10－2kg，不考虑空气阻力，电路中电压表、电流表均是理想电表．若小球恰好从A板右边缘射出(g取10 m/s2)．求： (1)滑动变阻器接入电路的阻值为多少？ (2)此时电流表、电压表的示数分别为多少？
15、如图所示，遥控赛车比赛中一个规定项目是“飞跃壕沟”，比赛要求：赛车从起点出发，沿水平直轨道运动，在B点飞出后越过“壕沟”，落在平台EF段。已知赛车的额定功率P=10.0W，赛车的质量m=1.0kg，在水平直轨道上受到的阻力f=2.0N，AB段长L=10.0m，BE的高度差h=1.25m，BE的水平距离x=1.5m。若赛车车长不计，空气阻力不计，g取10m/s2。 （1）若赛车在水平直轨道上能达到最大速度，求最大速度vm的大小； （2）要越过壕沟，求赛车在B点最小速度v的大小； （3）若在比赛中赛车通过A点时速度vA=1m/s，且赛车达到额定功率。要使赛车完成比赛，求赛车在AB段通电的最短时间t。
16. 如图17所示，一带电微粒质量为m=2.0×10-11kg、电荷量为q=+1.0×10-5C，从静止开始经电压为U1=100V的电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，偏转电压为U2=100V，接着进入一个方向垂直纸面向里、宽度为D=34.6cm的匀强磁场区域。已知偏转电场中金属板长L=20cm，两板间距d=17.3cm，带电微粒的重力略不计。求： （l）带电微粒进入偏转电场时的速率v1; （2）带电微粒射出偏转电场时的速度偏转角θ； （3）为使带电微粒不会从磁场右边界射出，该匀强磁场的磁应强度的最小值B。
P F 测力计