2016北京东城区高三期末物理及答案

1.【答案】：A 【解析】：安培为电流单位，伏特为电压/电势/ 电势差单位，焦耳为能量单位，故 BCD 错 误，牛顿为力的单位，A 正确。 【考点】：物理学常见单位 【总结】：掌握常用物理学单位，熟悉相关物理学史。 2.【答案】：A 【解析】：由图可知，物体第一秒内的位移为 1m，第二秒末物体的瞬时速度大小为 1m/s，第三秒内物体的加速度大小为 ，前三秒物体先做匀加速直线运动，后做匀减21/ms 速直线运动，因此 BCD 错误， A 正确。 【考点】：匀加速直线运动的图像问题。 【总结】：正确理解运动学中的各个物理量。 3【 答案】：B 【解析】：不计空气阻力，物体做平抛运动，加速度为重力加速度，大小方向恒定不变， 运动时间只与抛出点距离地面的高度有关， ，物体落地点距离抛出点的水平位置2htg 与运动时间和初速度有关， ，物体落地时的速度方向与水平方向夹角为 ，0xvt 。故 ACD 错误，B 正确。0tangtv 【考点】：平抛运动。 【总结】：平抛运动是初速度与加速度方向垂直的匀加速曲线运动。 4.【答案】：C 【解析】：首先本图像是简谐横波图像，一个波形沿 x 轴的长度的物理含义是一个波长， 而并非是周期，故而频率无法求出，所以 A 错。 y 轴偏移平衡位置的最大距离为振幅，根据图像可得知振幅为 2cm，故而 B 错。 平衡位置处速度最大，加速度最小，而最大位移出速度最小，加速度最大，加速度方向始 终指向平衡位置，x=1cm 处的质点在 y 轴最大位移处，所以合外力最大，方向指向 x 轴， 即向 y 轴负方向，故而 C 正确。 根据上选项得知 x=2cm 处的质点确实是速度最大，但由于机械波具有双向性，并不能确定 机械波的传播方向，故而无法确定质点的振动方向，故而 D 错。 【考点】：机械波图像，机械波中点的位置对应的速度、加速度大小和方向，机械波的双 向多解性，同侧法确定机械波传播方向和振动方向的联系。 【总结】：简谐横波图像与机械振动图像的横坐标物理含义不同，一个波形的长度表示物 理含义也就不一样，需要注意区分。并且做机械波问题需要注意机械波多解性，双向性、 周期性、波本身的不确定性等问题，并结合同侧法和微平移法判断机械波的传播方向和质 点振动方向。 5.【答案】：D 【解析】：首先本题考察的是功率与牵引力问题，公式是 P=Fv，而此时因车是匀速行驶， 所以汽车牵引力和汽车所受摩擦力是相等的，而摩擦力 f=uN，N=mg，因洒水车一直在洒 水，而导致质量减小，所以摩擦力减小，所以牵引力减小，故 A、B 都错。 根据功率 P=Fv，F 变小，v 不变，所以汽车输出功率不断减小，故而选 D。 【考点】：功率与牵引力、速度的关系，根据运动状态判断物体运动情况，影响滑动摩擦 力的大小因素 【总结】：根据一直匀速这个状态反映出平衡状态，故而受力平衡，而根据受力分析判断 摩擦力与牵引力的关系，并结合功率、牵引力、速度的关系，综合处理相关问题。 6.【答案】：D 【解析】：首先判断蹦极者的运动状态，当弹性绳没有拉直的时候，应属于自由落体状态， 合力等于重力不变，当绳子拉直之后由于绳子拉力仍小于重力，但合力在减小，故而 A 错。 而此时加速度向下，所以继续加速，绳子刚拉直时并不是最大速度，当绳子继续形变，拉 力等于重力时，蹦极者平衡，此时速度最大，所以 C 错。当绳子继续形变时，弹力继续变 大，造成合力向上，速度却仍向下，加速度方向与速度方向相反，所以开始减速，而加速 度向上属于超重，并非失重，所以 B 错。系统机械能分为两部分，蹦极者和弹性绳，由于 系统内只有重力和弹力做功，所以二者总机械能保持不变，弹性势能与形变量有关，形变 越大，弹性势能越大，所以最低点时弹性绳弹性势能最大，所以蹦极者总机械能最小，故 而选 D。 【考点】：合力方向，牛顿第二定律应用，超重失重现象，加速度与速度方向，机械能守 恒条件的判断与应用 【总结】：做类似运动学问题，要首先根据物体运动状态判断受力情况和加速度情况，故 而判断加减速和速度最大值等问题。超重失重问题要注意判断加速度方向，加速度向上为 超重，加速度向下为失重。而对于机械能守恒问题，要先判断机械能守恒的条件，再进行 机械能守恒对状态的应用。 7【 答案】B 【解析】本题考查带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动之间物理量的关系。两质子速率 相同，荷质比相同。 带电粒子在匀强磁场中运动，洛伦兹力提供向心力 洛伦兹力大小之比为 1:2 故 AF=qvB向 错；根据 有 ，两质子加速度之比为磁感应强度之比，故 B 正确；根据F=qv向 Bam 有 ，半径之比为磁感应强度的反比，故 C 错；根据 ，有 ，B向 r F=qv向 m 两质子角速度之比为磁感应强度之比，故 D 错。 8.【答案】A 【解析】本题考查带电粒子在匀强电场中运动的电势能变化的问题。 电子由 M 点运动到 N 点和 P 点的过程中，电场所做正功相同，可知： 1、电场力左正功，则电势 MN 2、 N、P 两点在同一个等势面上，电场线沿 MN 方向向上。M 、Q 两点处于同一等势面上， 电子由 M 点运动到 Q 点，电场力不做功，故 A 正确、B 错。 由图可知 = ，故 C、D 错。N 9.【答案】D 【解析】本题考查电容器动态变化问题。 根据题目所说，电容器充电后与电源断开，可知 M、N 两板所带电荷量不变。 M 板带正电，N 板带负电。由小球静止时受力可知小球带正电，故 A 错； 烧断细线后，小球将在电场力和重力作用下做初速度为零的匀加速直线运动，故 B 错； 根据电容决定式 、定义式 以及匀强电场中电场强度和电势的关系4SCkdQCU 可知，当两板带电量不变时，只稍许改变两板间距离，电场强度 E 不发生变化，UEd 细线与竖直方向的夹角应保持不变，故 C 错； 根据电容决定式 、定义式 ，减小两板的正对面积，电容降低，两板间电k 势差增大，根据匀强电场中电场强度和电势的关系 可知电场强度 E 增大，故小球Ed 受到水平方向电场力应增大，细线与水平方向夹角变大，故 D 正确。 10.【答案】 【解析】时间 t 在 0-1s，B 增大，根据楞次定律判断线框中的电流的方向为 abcd,所以是相 反方向，BD 错误； 1-2s 感应电流为零，2-3S，B 减小，根据楞次定律为 adcb，为正方向， 且变化的速率是 0-1s 内的两倍，根据法拉第电磁感应定律可得，电流是 0-1s 的两倍 【考点】楞次定律，法拉第电磁感应定律 11.【答案】：B 【解析】： A：电压表的示数为电压的有效值，即 = 而 31.1V 为最大值，故 A 错。= 231.12=22, B: 因为电热丝的额定功率为 44W，根据 可得 R=11，由 ，可得电热丝上的电= 2 = 流 ，所以电动机的电流 ，由此可求电动机的总功率热 =2 动 =1 ，又因为电动机的内耗功率 , 所以小电总 =221=22 内 = 2=121=1 动机的输出功率为 22-1=21W。故 B 正确。 C：因为变压器不改变功率，所以变压前后功率相同 ，故 C 错。=44+22=66 D: 理想变压器的原线圈通过保险丝接在一个交变电源上,电流自然也是交变的，不可能是 30A 恒定不变的。所以 D 错。 【考点】：变压器的结构和原理 【总结】：熟悉变压器的结构和各参量的比例关系。 12.【答案】C 【解析】因为小球 Q 在 P 的正上方做往复直线运动，所以两个小球必然带同种电荷，A 项 错误；小球 Q 在往复运动时，受到的重力和电场力的合力大小，不正比于其位移，所以带 电小球 Q 做的不是简谐运动， B 项错误；当 Q 所受的重力和电场力平衡时，速度最大，由 力的平衡条件 、能量守恒定律21mgkh 和4H 三式联立解得 P、Q 之间距离为2kkv 时，带电小球 Q 的速度最大值为 ，所以选项 D 错误，C 正2gH 确。 【考点】带电粒子在重力场和电场作用下的运动 【总结】通过此题，要掌握的考点有：运动物体速度最大时的受力特点、能量守恒定律的 应用、简谐运动的判断标准。 13.【 答案】：（1）图：略（2）发生 （3 ）发生 【解析】：此题考查的是感应电流产生条件，当通过螺线管电流发生变 化时，穿过线圈的磁场也发生变化，就会在线圈中激发出感应电流。所 以改变滑动变阻器的阻值，闭合或断开开关都会产生感应电流。 14.【 答案】 （1）0.1s； （2）后 （3 ）0.24 （4）0.8 【解析】 （1）0.02 5=0.1s （2）应当在打点计时器工作稳定后再释放物体，所以先开打点计 时器再释放物体。 （3） 24.01.2)640.(24 TxVBDC （4）有图像知斜率为 40，又 ，所以 ，atS-1 故 8.0a 【考点】打点计时器 【总结】中间时刻的瞬时速度，加速度的公式的引用，为中等难度。图像斜率是对考生 应用性的考察，属于中等偏上难度。 15.【 答案】 （1）丙； （2）B； （3 ）图像略 （4） 211-(IRRIrAA） 【解析】 （1）实验应取得多组数据求平均值，所以应选择滑动变阻器而不是定值电阻。 电源内阻远小于电压表内阻， ，为电源外接，故选丙。VAxR2 （2 ） 由测量范围和精确度知测量 1.5V 的电源应选用 3V 的量程。 （4）由图纵截距为 1.49，所以电源电动势为 1.49V.。斜率为 ，故83.061.-49K 内阻为 。83.0 （5）当电阻为 R1 时， ，当电阻为 R2 时， ，两)(1rRIEA )(2rRIEA 式联立解得 21-(IIrA） 【考点】测电源电动势和内阻。 【总结】本题主要考察实验原理、电流表内外接的区别，及图像的应用，属于中等难度 的题目。 16.【解析 】 （1 ） m g N f （2 ）受力分析，由牛顿第二定律得： kaasin 方向：沿斜面向下 （3 ）小车向上做匀减速运动，由运动学公式得： )sin(22kgvx 【答案】 （1） ；（2） ；（3） =+ = 3(+)3 =（ +） 22 17.【 解析】 （1 ） 卫星 A 和卫星 B 都绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，可得： GMR2 =2 GM （ +） 2= 2(+) ，可得 =+ （2 ） 卫星 A 和卫星 B 都绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，可得： GM R2 = 42 2 GM （ +） 2= 42（ +） 2 . ，可得 = 3(+)3 （3 ） 卫星 A 和卫星 B 都绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，可得： GMR2 = GM （ +） 2= ，可得 =（ +） 22 【考点】万有引力和天体运动 【总结】题目很简单，主要考察学生对万有引力公式和向心力公式的记忆熟悉程度，属 于送分题目。 【答案】 （1）a、 b、6 ；（2）详见解析90/ms 18.解析 】： (1)a、物体受最大冲击力时，根据牛顿第二定律mFga 解得 290/s b、物体下落过程中，根据运动学公式 21vgH 解得 13/ms 同理，离开地面上升到最大高度时： 2vgh 解得 2/ms 物体从落地瞬间到反弹离开时，选向上为正方向，根据动量定理得： 21()Ftgv 解得 F=510N 所以： 6mg (2)方法一：脚尖先着地然后在脚跟着地，延长与地面的作用时间，减小力 方法二：脚着地后身体下蹲，延长作用时间，减小力 方法三：地面铺一层沙子，延长作用时间，减小力 方法合理即可！ 【考点】牛顿第二定律，动量定理 【总结】综合考察受力分析与牛顿第二定律相结合，以及动量定理的基本应用 19.【答案】 （1）v m=2.0m/s， （2）P=3W,（3）1c 【解析】 （1）金属棒 ab 受力分析如图，释放后开始做加速度剑匣 的加速运动，直到受力平衡，之后开始匀速运动。 在匀速时， sincosmggBIL 其中，电路中电流 EI=R+rmBLv 联立解得 vm=2.0m/s （2）求金属棒 ab 沿导轨向下运动过程中，定值电阻的电流最大时功率最大，即EI=R+rmBLv2PI 解得 P=3W （3）设从金属棒 ab 开始运动至达到最大速度的过程中，向下滑动距离为 x， 由动能定理得 21sin-cosmmgxgxWv安 其中 Q=总 安Rr总 联立解得 x=2.0m 由电磁感应定律知 【答案】 （1） ； ；（2） ，轨迹见下面解析；（ 3）qUvm12mUBdq 1.0qItERrtBIxLqCRr 。32+4mtdqU总 （ ） 20.【解析 】 （1）设带电粒子经过电场加速后，从极板 CD 正中央小孔射出时的速度大小为 v，由动能 定理 2qmv 1 解得 U （2）带电粒子第一次从电场中射出后，在磁场中做匀速圆周运动，若能够再次进入匀强电 场，求进入电场时的速度方向与电场方向垂直，运动方向改变 2700，由此可知在磁场中的 运动轨迹为四分之三圆，圆心位于 D 点，半径为 d，由点垂直射入电场。 带电粒子在磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力 由牛顿运动定律 2vqBmr 解得 1vUd 2 （3）带电粒子由 A 点垂直于电场方向射入电场后做类平抛运动 若能射出电场，运动时间 1dmtvq 3 沿电场方向的侧移 2sat 4 qEUamd 5 解得 s 因此带电粒子恰能从 C 点射出。轨迹如图所示。