黑龙江省哈尔滨市第三中学高三物理上学期期末试题（含解析）.doc

2013-2014学年黑龙江省哈尔滨三中高三（上）期末物理试卷二、选择题：本题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，第1921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，有选错的得0分1（6分）（2013秋道里区校级期末）关于电场和磁场的概念，以下说法正确的是（）a电荷在磁场中一定会受到磁场力的作用b放入电场中某位置的电荷受到的电场力不为零，则该位置的电场强度一定不为零c一小段通电导体在磁场中某位置受到的安培力为零，则该位置的磁感应强度一定为零d一小段长为l的通有电流为i的导体，在磁场中受到的安培力为f，则该磁场的磁感应强度b一定为考点：电场；磁现象和磁场版权所有分析：电场强度是用来表示电场的强弱和方向的物理量，电场强弱可由试探电荷所受的力与试探点电荷带电量的比值确定，电场方向与正电荷受力方向一致与负电荷受力方向相反磁感应强度是描述磁场强弱的物理量，通过电流元垂直放置于磁场中所受磁场力与电流元的比值来定义磁感应强度比值与磁场力及电流元均无关解答：解：a、运动的电荷放入磁场中，才会受到磁场力的作用，故a错误；b、由电场的基本性质可知，对放入电场中某位置的电荷受到的电场力不为零，则该位置电场强度一定不为零，故b正确；c、一小段通电导体在磁场中某位置受到的磁场力为零，则该位置的磁感应强度不一定为零，还受到导体与磁场夹角有关，故c错误；d、一小段长为l的通有电流为i的导体，在磁场中受到的安培力为f，则该磁场的磁感应强度b不一定为，注意导体与磁场是否垂直放置，故d错误故选：b点评：电场强度是用比值法定义的物理量之一，电场中某点的电场强度是由电场本身决定的，与该点是否有试探电荷无关，本题是考查基础知识的好题磁感应强度是通过比值定义得来，例如电场强度也是这种定义，电场强度与电场力及电荷量均没有关系再如密度也是，密度与物体的质量及体积均无关同时电流元放入磁场中不一定有磁场力，还受放置的角度有关2（6分）（2013秋道里区校级期末）在如图所示的电路中，电源电动势为e、内电阻为r，c为电容器，r为滑动变阻器开关闭合后，灯泡l1、l2均能正常发光当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列判断正确的是（）a灯泡l1将变亮b灯泡l2将变暗c电容器c的电荷量将减小d电容器c的电荷量将增大考点：电容器；闭合电路的欧姆定律版权所有专题：电容器专题分析：先分析变阻器接入电路的电阻怎样变化，再分析外电路总电阻的变化，确定总电流的变化，即可判断灯l1亮度的变化；根据闭合电路欧姆定律和串联电路分压特点分析l2亮度的变化；电容器的电压等于l1的电压，根据l1的电压变化即可判断电容器电量的变化解答：解：当滑动变阻器的滑片向右移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，总电流减小，所以灯l1亮度变暗；电流减小，电源的内电压和灯泡l1的电压均减小，根据闭合电路欧姆定律得知：并联部分的电压增大，所以l2将变亮；电容器的电压等于l1的电压，灯泡l1的电压减小，电容器板间电压就减小，由q=cu知：电容器c的电荷量将减小故abd错误，c正确故选：c点评：本题是电路的动态变化分析问题，根据变阻器接入电路的电阻变化，确定外电路总电阻的变化，再分析电容器的电压变化，是常用的分析方法和思路3（6分）（2013秋道里区校级期末）在条形磁铁s极附近，放置一轻质等边三角形线圈abc，磁铁轴线经过三角形ab边中垂线，当线圈中通有顺时针方向电流时，则线圈运动情况是（）aab边转向纸外，同时靠近s极bab边转向纸外，同时远离s极cab边转向纸里，同时靠近s极dab边转向纸里，同时远离s极考点：安培力版权所有分析：先根据右手定则判断出线圈产生的磁场，然后再根据磁极间的相互作用分析线圈的转动情况解答：解：由右手螺旋定则可知，线圈的外面为s极，里面为n极；因为异名磁极相互吸引，故ab边转向纸外，同时靠近磁铁；故a正确，bcd错误故选：a点评：此题考查了右手定则和磁极间相互作用的应用，注意线圈产生的磁场与条形磁体产生的磁场很相似，可以利用右手定则判断磁场的n、s极4（6分）（2013秋道里区校级期末）某物流中转站配备有集装箱吊车，已知该吊车电动机输入电压为380v，当吊车以0.2m/s的速度匀速竖直向上吊起总质量为1.1103kg的集装箱时，测得电动机的输入电流为10a，g取10m/s2则下列说法正确的是（）a电动机的内阻为38b该电动机每1秒钟消耗电能3.8l03jc电动机的输出功率为3.8l03wd电动机每1分钟生热为1600j考点：电功、电功率版权所有专题：恒定电流专题分析：吊车起吊集装箱的功率是电动机的输出功率，可用功式p=mgv求出，根据电动机的输出功率与线圈发热功率之和等于总功率，列式求内阻解答：解：a、c、电动机的输入功率为：p=ui=38010=3800w 电动机的输出功率为：p出=mgv=1.1103100.2=2.2103 w 电动机发热功率为：p热=i2r 由p=p出+p热得：ui=mgv+i2r代入解得：r=16故a错误，c错误；b、该电动机每1秒钟消耗电能：w=pt=3800w1s=3.8103j，故b正确；d、电动机每1分钟生热为：q=p热t=i2rt=1001660=9.6104j，故d错误；故选：b点评：本题比较简单，重点考察了电动机的输入、输出功率问题，可根据能量守恒进行分析列式5（6分）（2013秋道里区校级期末）如图所示，真空中有一个固定的点电荷，电荷量为q图中虚线表示该点电荷形成电场中的等势面有两个二价离子m、n（不计重力，也不计它们之间的电场力）先后从a点以相同的速率v0射入该电场，运动轨迹分别为曲线abc和ade，其中b、d分别是它们离固定点电荷最近的位置以下说法正确的是（）am是负离子，n是正离子bm从b到c过程中电势能的变化量大小小于n从a到d电势能的变化量大小cm在c点的速率大于n在e的速率dm从a到c过程中电场力先做正功后做负功考点：等势面；电势能版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：根据轨迹判定电荷n受到中心电荷的斥力，而电荷m受到中心电荷的引力，可知两粒子在从a向b、c运动过程中电场力做功情况根据ace三点在同一等势面上，可判定从a到e和从a到c过程中电场力所做的总功为零解答：解：a、由图可知电荷n受到中心电荷的斥力，而电荷m受到中心电荷的引力，故两粒子的电性一定不同由于中心电荷为负电，则m一定是正离子，n一定是负离子，故a错误；b、由图可知b点离正电荷更近一些，m粒子在从b向c运动过程中电场力做负功的值大于粒子n在从a向d运动过程中电场力做负功的值，故m从b到c过程中电势能的变化量大小大于n从a到d电势能的变化量大小，故b错误；c、由于ace三点在同一等势面上，故粒子n在从a向e运动过程中电场力所做的总功为0，m粒子在从a向c运动过程中电场力所做的总功为0由于两粒子以相同的速率从a点飞入电场故两粒子的分别经过e、c两点时的速率一定相等故c错误d、由图可判定m电荷在abc运动过程中，先是动力，后是阻力，则电场力先做正功，后做负功故d正确故选：d点评：根据轨迹判定“电荷n受到中心电荷的斥力，而电荷m受到中心电荷的引力”是解决本题的突破口6（6分）（2013秋道里区校级期末）医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度电磁血流计由一对电极a和b以及一对磁极n和s构成，磁极间的磁场是均匀的使用时，两电极a、b均与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图所示由于血液中的正负离子随血流一起在磁场中运动，电极a、b之间会有微小电势差在达到平衡时，血管内部的电场可看做是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零在某次监测中，血流方向如图所示，两触点间的距离为3.0mm，血管壁的厚度可忽略，两触点间的电势差为160v，磁感应强度的大小为0.040t则以下说法中正确的是（）a血流速度的近似值是1.3m/sb血流速度的近似值是2.7m/sc电极a为正、b为负d电极a为负、b为正考点：霍尔效应及其应用版权所有分析：血液中正负离子流动时，会受到洛伦兹力，发生偏转，正离子往哪一个电极偏转，哪一个电极带正电电极a、b之间会有微小电势差在达到平衡时，血管内部的电场可看作是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零根据平衡可求出血流速度解答：解：血液中正负离子流动时，根据左手定则，正离子受到向上的洛伦兹力，负离子受到向下的洛伦兹力，所以正离子向上偏，负离子向下偏则a带正电，b带负电最终血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零，有q=qvb，所以v= m/s=1.3m/s故a、c正确，b、d错误故选：ac点评：解决本题的关键正握左手定则判定洛伦兹力的方向，以及知道最终正负离子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，前后表面形成稳定的电势差7（6分）（2014东湖区校级模拟）如图所示，甲带正电，乙是不带电的绝缘物块，甲、乙叠放在一起，置于粗糙的固定斜面上，地面上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场，现用平行于斜面的恒力f拉乙物块，在使甲、乙一起无相对滑动沿斜面向上加速运动的阶段中（）a甲、乙两物块间的摩擦力不断增大b甲、乙两物块间的摩擦力保持不变c甲、乙两物块间的摩擦力不断减小d乙物块与斜面之间的摩擦力不断减小考点：洛仑兹力；摩擦力的判断与计算版权所有分析：先以整体为研究对象，分析受力情况，根据牛顿第二定律求出加速度，分析斜面对乙的摩擦力如何变化，再对甲分析，由牛顿第二定律研究甲、乙之间的摩擦力、弹力变化情况解答：解：对整体，分析受力情况：重力、斜面的支持力和摩擦力、洛伦兹力，洛伦兹力方向垂直于斜面向上，则由牛顿第二定律得：m总gsinf=ma fn=m总gcosf洛 随着速度的增大，洛伦兹力增大，则由知：fn减小，乙所受的滑动摩擦力f=fn减小，故d正确；以乙为研究对象，有：m乙gsinf=m乙a 由知，f减小，加速度增大，因此根据可知，甲乙两物块之间的摩擦力不断增大，故a正确，bc错误；故选：ad点评：解决本题运用整体法和隔离法结合研究，关键是抓住洛伦兹力随速度而增大的特点进行分析8（6分）（2014南阳二模）在地面附近，存在着一有理想边界的电场，边界a、b将该空间分成上下两个区域、，在区域中有竖直向下的匀强电场，区域中无电场在区域中边界下方某一位置p，由静止释放一质量为m，电荷量为q的带负电小球，如图（a）所示，小球运动的vt图象如图（b）所示，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则以下说法正确的是（）a小球在7s末回到出发点b电场强度大小是cp点距边界的距离为d若边界ab处电势为零，则p点电势为考点：带电粒子在匀强电场中的运动；电场强度；电势版权所有专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：小球受到电场力作用先向上做加速运动，离开电场后向上做竖直上抛运动，再做自由落体运动，回到出发点，从而完成一个周期的运动由图直接看出小球回到出发点的时间分别求出小球进入电场前、后加速度大小，由牛顿第二定律求出电场强度运用动能定理求解p点到边界的距离由动能定理求出ab间的电势差，即可求得p点的电势解答：解：a、小球回到出发点时通过的位移为0，根据vt图象与时间轴所围的面积表示位移可知，小球在7s末总位移为零，回到出发点，故a正确b、由图象的斜率等于加速度，得02s内的加速度为：a1=、1s5s内加速度大小为a2=g则得：a1=g由牛顿第二定律得： qemg=ma1 可得：电场强度e=故b错误c、从p点到边界过程，由动能定理得：ma1y=0解得：p点距边界的距离 y=，故c正确d、p点与边界ab间的电势差为 u=ey=若边界ab处电势为零，则p点电势为故d正确故选：acd点评：本题是多过程问题，分析受力情况和运动情况是解题的基础，关键要灵活选择力学的规律列式求解三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须作答第33题第40题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（共129分）9（6分）（2013秋道里区校级期末）如图所示，为正在测量中的多用电表测量表盘（1）如果是用100档测电阻，则读数为1300；（2）如果是用直流10ma档测电流，则读数为5.4ma；（3）如果是用直流2.5v档测电压，则读数为1.35v考点：用多用电表测电阻版权所有专题：实验题分析：表盘最上面一排刻度为欧姆表读数；第二排刻度为直流电压、直流电流、交流电流的读数；第三排刻度为交流电压读数解答：解：（1）如果是用100档测电阻，选择第一排刻度，读数为：13100=1300；（2）如果是用直流10ma档测电流，选择第二排刻度，分度值为0.2ma，则读数为：5.4ma；（3）如果是用直流2.5v档测电压，选择第二排刻度，分度值为0.05v，则读数为：1.35v；故答案为：（1）1300 （2）5.4ma （3）1.35v点评：本题考查基本仪器、仪表的读数能力，多用电表本身就是粗略测量，读数时不需要估读，分度值在哪一位，读数读到哪一位即可10（9分）（2013秋道里区校级期末）现用伏安法研究某电子器件rx（5v，2.25w）的伏安特性曲线，要求伏安特性曲线尽可能完整，备有下列器材：a、直流电源（6v，内阻不计）；b、电流表（满偏电流ig=3ma，内阻rg=10）；c、电流表（00.6a，内阻未知）；d、滑动变阻器r1（020，5a）；e、滑动变阻器r2（0200，1a）；f、定值电阻 r0（阻值1990）；g、单刀开关一个与导线若干；（1）根据题目提供的实验器材，请你在方框中设计出测量电子器件rx伏安特性曲线的电路原理图（rx可用电阻符号表示）（2）在实验中，为了操作方便且伏安特性曲线尽可能完整，滑动变阻器应选用（填写器材前面字母序号）（3）上述电子器件rx的伏安特性曲线如图甲，将它和滑动变阻器r3串联接入如图乙所示的电路中调节滑动变阻器r3使电源输出功率最大，已知电源的电动势e=6.0v，电源的内阻r=15，滑动变阻器r3阻值范围020，则此时r3接入电路的阻值为考点：伏安法测电阻版权所有专题：实验题分析：本题（1）的关键是首先将电流表g与定值电阻串联改装为电压表，并判断出电流表应采用外接法，再根据电流从零调可知变阻器应采用分压式接法，画出电路图即可；题（2）的关键是明确采用分压式接法时，变阻器的阻值越小时调节越方便；题（3）的关键是首先在表示电阻的iu图象中同时作出表示电源的iu图象，求出两图线的交点坐标从而求出待测电阻的阻值，然后再根据电源最大输出功率的条件r=r即可求解解答：解：（1）：由于器材中无电压表，可考虑将电流表g与定值电阻串联来进行改装：由于改装后电压表量程为u=6v，所以可行；根据p=可知，待测电阻电阻为r=11，满足，所以电流表应用外接法；由于实验要求电流从零调，所以变阻器应采用分压式接法，电路图如图所示：（2）：由于采用分压式接法时，变阻器的电阻越小调节越方便，所以变阻器应选d；（3）：在iu图象中同时作出表示电源的iu图线如图所示，则两图线交点坐标分别为：u=1.8v，i=0.28a，所以=，再根据电源的输出功率最大时应满足：r=，解得=8.6故答案为：（1）如图（2）d（3）8.6点评：应明确：电压表是电流表与分压电阻串联改装成的；当满足时，电流表应用外接法；当要求电流从零调时，变阻器应采用分压式接法，应选择全电阻小的变阻器以方便调节；电源最大输出功率的条件是r=r11（14分）（2013秋道里区校级期末）如图所示水平放置一对电压恒定的金属板a、b，一带正电的粒子以某一初速度沿a板边缘水射入两板间的匀强电场，刚好能贴b板边缘飞出，已知带电粒子的质量为m，电量为q，两金属板长度为l，两板间距离为d，两板间电压u恒定（带电粒子重力不计，忽略两极板外的电场）求：（1）带电粒子的初速度大小；（2）如果将b板向下平移，该带电粒子的初速度不变，再次射出电场时的偏转距离考点：带电粒子在匀强电场中的运动版权所有专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：（1）粒子在电场中做类平抛运动，运用运动的分解法，由平抛运动的规律可求出带电粒子的初速度大小；（2）将b板向下平移，板间电压不变，场强将减小，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求解解答：解：（1）粒子的加速度为：a= 粒子做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，则有： l=v0t 竖直方向做匀加速直线运动，则有：d=at2= 联立解得：v0= （2）b板向下平移，加速度变为a= 粒子再次射出电场时的偏转距离 y=at2= 由得：y=答：（1）带电粒子的初速度大小是；（2）如果将b板向下平移，该带电粒子的初速度不变，再次射出电场时的偏转距离是点评：本题考查粒子在偏转电场中的运动，解题的关键是利用类平抛运动的规律，分解成水平和竖直两个方向，由动力学的方法求解12（18分）（2013秋道里区校级期末）如图所示，在平面直角坐标系xoy内，y轴上有一点p，p到原点o的距离为（1+）r，在以p为圆心，半径为r的圆和半径为（1+）r的圆筒之间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为b；质量为m、电荷量为q的带负电粒子，从原点o以某一初速度沿y轴正方向经圆筒上的小孔射入圆筒中（设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，不计带电粒子的重力）求：（1）若带电粒子不能进入半径为r的无磁场圆区域，则带电粒子的最大初速度；（2）若带电粒子与圆筒发生两次碰撞后仍能从小孔射出，则从射入圆筒到射出圆筒所用的时间考点：带电粒子在匀强磁场中的运动版权所有专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）带电粒子进入磁场后做匀速圆周运动，当其轨迹恰好与内圆相切时，对应的粒子速度就是粒子不能进入半径为r的无磁场圆区域的最大速度画出轨迹，由几何关系求出轨迹半径，由牛顿第二定律和向心力知识求解最大速度（2）画出粒子的运动轨迹，根据几何知识求出轨迹对应的圆心角，由公式t=t求出磁场中运动的时间，由匀速运动公式求解在无磁场区运动的时间，即可得到总时间解答：解：（1）带电粒子进入磁场后做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有： qv1b=m 当其轨迹恰好与内圆相切时，对应的粒子速度就是粒子不能进入半径为r的无磁场圆区域的最大速度画出轨迹，分析如图由勾股定理得：（r1+r）2=r12+2 解得：r1=（）r所以 v1= （2）若带电粒子与圆筒发生两次碰撞后仍能从小孔射出，分析可知轨迹如图所示，且00n=30粒子运动的周期为 t= 粒子在磁场运动的时间为：t1=6t= 设0pn=，圆周运动的半径为r2，由几何关系： r2sin30+rcos=（1+）r r2cos30+rsin=r2 联立解得：r2=（2+）r sin= 由 sin=，可知 =30，所以mpn=60，mn=r由qv2b=m得：v2= 在小圆内匀速直线运动时间t2= （11）所以总时间 t=t1+t2=+= （12）答：（1）若带电粒子不能进入半径为r的无磁场圆区域，带电粒子的最大初速度为（2）若带电粒子与圆筒发生两次碰撞后仍能从小孔射出，则从射入圆筒到射出圆筒所用的时间为点评：本题是轨迹问题，解决此类问题，找圆心、画轨迹是解题的基础带电粒子垂直于磁场进入一匀强磁场后在洛伦兹力作用下必作匀速圆周运动，抓住运动中的任两点处的速度，分别作出各速度的垂线，则二垂线的交点必为圆心；或者用垂径定理及一处速度的垂线也可找出圆心；再利用数学知识求出圆周运动的半径及粒子经过的圆心角从而解答物理问题（二）选考题共45分请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2b铅笔在答题卡上把所选题目的题号方框图黑注意所做题目都题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选大区域指定位置答题如果不涂、多涂均按所答第一题评分；多答则每学科按所答的第一题评分13（15分）（2013秋道里区校级期末）（1）下列说法正确的是（）a物体从外界吸收热量，其内能一定增加b物体对外界做功，其内能一定减少c液体中悬浮微粒的无规则运动称为布朗运动d电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递（2）如图，柱形容器内用不漏气的轻质绝热活塞封闭一定量的理想气体，容器外包裹保温材料开始时活塞至容器底部的高度为h1，容器内气体温度与外界温度均为t0在活塞上逐步加上多个砝码后，活塞下降到距容器底部h2处；然后取走容器外的保温材料，活塞位置继续下降，最后静止于距容器底部h3处已知大气压强为p0求：气体最后的压强；活塞由h1下降到距容器底部h2的过程中气体温度升高了多少考点：理想气体的状态方程；热力学第一定律版权所有专题：理想气体状态方程专题分析：（1）根据分子动理论内容和热力学第一、二定律分析（2）根据波意耳定律研究初末状态的压强变化，根据盖吕萨克定律研究拿走保温材料后的温度变化解答：解：（1）解：ab、根据热力学第一定律u=w+q知改变内能的方式为做功和热传递，外界吸收热量，其内能不一定增加，物体对外界做功，其内能不一定减少故ab错误；c、布朗运动是固体微粒的运动，是液体分子无规则热运动的反应，故c正确；d、根据热力学第二定律知热量只能够自发从高温物体传到低温物体，但也可以通过热机做功实现从低温物体传递到高温物体，电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递，故d正确；故选：cd（2）从初状态到最后状态，温度相同，由玻意耳定律：p0h1s=p3h3s解得：p3=p0对取走容器外的保温材料，活塞位置继续下降的等压过程，由盖吕萨克定律，解得：t=t0答：气体最后的压强p0；活塞由h1下降到距容器底部h2的过程中气体温度升高了t0点评：此题要求学生熟记分子动理论的知识、热力学定律、理想气体状态方程，属于简单题目14（15分）（2013秋道里区校级期末）（1）下列光学现象中，有全反射现象的是cda日光照射在肥皂泡上出现彩色条纹b通过一个狭缝观察日光灯可看到彩色条纹c海市蜃楼现象d露珠的晶莹透亮现象（2）如图所示，一列简谐波沿x轴传播，实线为t1=0时的波形图，此时p质点向y轴负方向运动，虚线为t2=0.05s时的波形图已知周期t0.03s求波速考点：横波的图象；波长、频率和波速的关系版权所有专题：振动图像与波动图像专题分析：（1）当光从光密介质射入光疏介质，入射角大于临界角时，光线全部反射回原介质的现象叫全反射现象对照全反射的定义依次分析说明（2）根据上下坡法，通过质点的振动方向得出波的传播方向根据波形传播的距离以及传播的时间求出波速的大小解答：解：a、在阳光照射下，常看到肥皂泡上有彩色花纹是由于薄膜干涉现象产生的，故a错误b、通过一个狭缝观察日光灯可看到彩色条纹，这是光的衍射现象故b错误c、海市蜃楼现象，这是光的全反射现象故c正确d、露珠的晶莹透亮现象，是由于光的全反射形成的故d正确故选：cd（2）p质点向y轴负方向运动，根据上下坡法知，则该简谐波沿x轴正方向传播t2t1=（n+）且t0.03s解得n1.54，所以n可以取0，1n=0时，v=20 m/sn=