湖北省襄阳市高三物理上学期期末考试试题（含解析）.doc

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：（本题包括8小题每小题6分，共48分在每小题给出的四个选项中，15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”降压已知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=220sin100tv，该变压器原、副线圈匝数比为50：1，则（）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较出线圈导线的粗细解答：解：a、供给某小区居民的交流电u=220sin100tv，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=220sin100tv，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；故选：d点评：解决本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，则下列说法正确的是（）a在0t1时间内，n增大，f减小b在 0t1时间内，n减小，f增大c在t1t2时间内，n增大，f增大d在t1t2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0t1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：ncos+fsinmg=ma，nsin=fcos，知加速度减小，则支持力n和摩擦力减小在t1t2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（ncos+fsin）=ma，nsin=fcos，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错误故选：d点评：解决本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，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，下列说法中正确的是（）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，则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，内电压及r1两端的电压均减小，则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，则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；故选：b点评：本题在进行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部分的电压；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已知万有引力常量为g，地球半径为r下列说法中正确的是（）a地球质量m=b地球质量m=c地球赤道表面处的重力加速度g=ad加速度之比=考点：万有引力定律及其应用；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、地球表面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=r2，不与半径的平方成正比，d错误故选：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）如图所示，n（n5）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若仅撤去p点的带电小球，圆心处的电场强度大小为（）aebcd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，若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，则知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，则得k=，所以若仅撤去p点的带电小球，圆心处的电场强度大小为故选：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，下列说法正确的是（）a小物块的加速度大小恒为2.5m/s2b斜面倾角为30c小物块2s末的速度是5m/sd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xt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=gsin，得sin=0.5，=30，故b正确c、小物块2s末的速度 v2=at=52=10m/s，故c错误d、小物块1s末的速度 v1=at=51=5m/s，第2s内的平均速度=7.5m/s，故d错误故选：bd点评：本题采用对比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基本公式，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0t1时间内导体棒pq始终静止，下面判断正确的是（）a导体棒pq中电流方向由q至pb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，根据左手定则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、根据左手定则可知，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；故选：ad点评：正确分析清楚过程中安培力的变化是解题关键，本题也可用排除法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、5g取10m/s2，不计空气阻力下列说法中正确的是（）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cb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：已知小球在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、若小球在a点恰好对杆的作用力是0，则：，临界速度：=m/sva=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正确故选：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部分第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，斜槽中放有若干个直径均为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，请回答下列问题：（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，若10个小球下落的总时间为5.5s，则当地的重力加速度g=9.7m/s2（保留两位有效数字）；（3）若在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，则小球通过光电门时的速度v=，可求得当地的重力加速度g=（用已知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0.056mm=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，则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，熟练应用所学基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，要求多次测量尽可能减小实验误差，备有下列器材：a直流电源（6v，内阻未知） b电流表g（满偏电流3ma，内阻rg=10）c电流表a（00.6a，内阻未知）d滑动变阻器r（020，5a）e滑动变阻器r（0200，1a）f定值电阻r0（阻值1990）g开关与导线若干（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）为完成本实验，滑动变阻器应选择d（填器材前的序号）；（3）请完成本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，否则应用内接法；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，如图所示：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：本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、醉驾研究表明，一般人的刹车反应（从发现情况到汽车开始减速）时间t0=0.4s，疲劳驾驶时人的反应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，已知汽车与地面间的动摩擦因数=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后的反应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应时间为t，反应时间为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，则mg=ma，解得：s=25m（2）设志愿者反应时间为t，反应时间为t，l=v0t+s，t=tt0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后的反应时间比一般人增加了0.6s点评：本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁12（20分）如图所示，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大量的电子以相同的速率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）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popo可知该四边形为棱形，由于po竖直，因而 半径po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：asin（90）+a=1.5a解得：=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有：tan=有：h=（3ax）tan=（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）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：本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】13（6分）有关热学的说法，正确的是（）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300d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，它间接反应了液体分子做无规则运动，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，若放出热量，其内能不一定增加，故e正确，故选：bde点评：本题考查了热学的有关基础知识，对于这部分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两部分，若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部分气体的压强现释放容器，当活塞相对容器静止时，求a、b两部分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=gsin，当活塞相对容器静止时，对活塞有：pas+mgsinpbs=ma，对于a部分气体有：pav=pava，对于b部分气体有：pbv=pbvb，当容器静止时，对活塞有：pbs+mgsin=pbs，而va+vb=2v，解得：va：vb=1：2；答：a、b两部分气体的体积之比为：1：2点评：本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下列说法正确的是（）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，光在干涉、衍射及折射时都可以发生色散c向人体人发射频率已知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基本观点是：变化的磁场产生电场；变化的电场产生磁场e狭义相对论表明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，光在干涉、衍射及折射时都可以发生色散；故b正确；c、向人体内发射频率已知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基本观点是：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=，狭义相对论表明物体运动时的质量总是要大于静止时的质量；故e错误；故选：bcd点评：本题考查了简谐运动、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，记住基础知识16如图所示，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）若两种光都能从ac面射出，求两种光从p点到传播到光屏mn上的时间差考点：光的折射定律.专题：光的折射专题分析：（1）由几何知识得到，紫光射到ac面上的入射角i1=30，要使红光能从ac面射出棱镜，必须使i1c，而sinc=求n2应满足的条件（2）根据折射定律分别求出两种光从ac面射出时的折射角，再由几何知识和运动学公式结合求解解答：解：（ i）由题意可知临界角为：c30 而sinc=联立解得：n22（ ii）两种光在棱镜中的路程相同，均为：x=d1tan30 两种光在棱镜中传播的时间差为：t1=红光在棱镜ac面上发生折射时有：n1=紫光在棱镜ac面上发生折射时有：n2=两种光在空气中传播的时间差为：t2=因而两种光传播的时间差为：t=t1+t2=+答：（1）为了使紫光能从ac面射出棱镜，n1应满足的条件是n22；（2）两种光从p点到传播到光屏mn上的时间差为+点评：本题考查光在介质中速度、全反射及折射定律的综合应用，中等难度对于折射定律的应用，关键是作出光路图【物理-选修3-5】（15分）17在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步下列