湖南省娄底市新化五中高三物理上学期期末试卷（含解析）.doc

湖南省娄底市新化五 中2015届高三上学期期末物理试卷一、选择题：本题共10小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，3、4、5、6、7题只有一项符合题目要求，其它的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在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用下列叙述符合史实的是( )a奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应解释了电和磁之间存在联系b安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说c法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流d楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化考点：物理学史 分析：对于物理中的重大发现、重要规律、原理，要明确其发现者和提出者，了解所涉及伟大科学家的重要成就解答：解：a、1820年，丹麦物理学家奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，揭示了电和磁之间存在联系故a正确b、安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说，很好地解释了磁化现象故b正确c、法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，不会出现感应电流故c错误d、楞次在分析了许多实验事实后提出楞次定律，即感应电流应具有这样的方向，感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化故d正确故选abd点评：本题关键要记住电学的一些常见的物理学史2如图所示为一质点沿直线运动的vt图象，已知质点从零时刻出发，在2t时刻恰好返回出发点则下列说法正确的是( )a0t与t2t时间内的位移相同b质点在1.5t时离出发点最远ct秒末与2t秒末速度大小之比为1：2d0t与t2t时间内的加速度大小之比为1：3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：先从vt图象得到t时间与第二个t时间的位移关系，然后根据平均速度公式列式求解t时刻与2t时刻的速度之比，最后根据加速度定义公式求解加速度之比解答：解：a、0t与t2t时间内的初、末位置恰好相反，故位移方向相反，故a错误；b、当速度为零时，质点离出发点最远，显然与图象矛盾，故b错误；c、设t时刻速度为v1，2t时刻速度为v2，0t与t2t时间内的位移相反，故：解得：v2=2v1即t秒末与2t秒末速度大小之比为1：2，故c正确；d、0t时间内的加速度为：t2t时间内的加速度为：故：，故d正确；故选：cd点评：本题关键是通过速度时间图象得到物体的运动规律，然后结合平均速度公式列式求解，不难3如图所示，静止的电子在加速电压为u1的电场作用下从o经p板的小孔（位于p板的中点）射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压为u2的电场作用下偏转一段距离现使u1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该( )a使u2加倍b使u2变为原来的4倍c使u2变为原来的倍d使u2变为原来的考点：带电粒子在匀强电场中的运动 专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：电子先经过加速电场加速，后经偏转电场偏转，根据结论y=，分析要使u1加倍，想使电子的运动轨迹不发生变化时，两种电压如何变化解答：解：设平行金属板板间距离为d，板长为l电子在加速电场中运动时，由动能定理得：eu1=mv020，垂直进入平行金属板间的电场做类平抛运动，水平方向有：l=v0t，竖起方向有：y=at2=t2，联立以上四式得偏转距离为：y=，要使u1加倍，想使电子的运动轨迹不发生变化时，y不变，则必须使u2加倍故选：a点评：本题考查了带电粒子在电场中的运动，可以根据动能定理和牛顿第二定律、运动学公式结合推导出y=4在一根绳下串着两个质量不同的小球，上面小球比下面小球质量大，当手提着绳端沿水平方向并使两球一起作匀加速运动时（空气阻力不计），下图中正确的是( )abcd考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用 专题：牛顿运动定律综合专题分析：分别对两个小球进行受力分析，根据竖直方向平衡，水平方向做匀加速运动列式，即可求解解答：解：对下面小球m，利用牛顿第二定律，则在水平方向有ma=tcos，而在竖直方向则有mg=tsin； 对上面小球m，同理有ma=fcostcos，mg+tsin=fsin，由容易得到，fcos=（m+m）a而则得fsin=（m+m）g故有tan=tcos=ma而由得到tan=因此=所以a正确故选：a点评：本题主要考查了同学们根据运动情况分析物体受力情况的能力，关键是正确对小球进行受力分析，难度适中5如图所示，c为两极板水平放置的平行板电容器，闭合开关s，当滑动变阻器r1、r2的滑片处于各自的中点位置时，悬在电容器c两极板间的带电尘埃p恰好处于静止状态，要使尘埃p向下加速运动，下列方法中可行的是( )a把r1的滑片向左移动b把r2的滑片向左移动c把r2的滑片向右移动d把闭合的开关s断开考点：共点力平衡的条件及其应用；电容；闭合电路的欧姆定律 专题：共点力作用下物体平衡专题分析：尘埃p受到重力和电场力而平衡，要使尘埃p向下加速，就要减小电场力，即要减小电场强度；变阻器r2处于分压状态，根据题意，只要减小电容器两端电压就可以减小电场力，从而使尘埃p向下加速运动解答：解：a、尘埃p受到重力和电场力而平衡，要使尘埃p向下加速，就要减小电场力，故要减小电容器两端的电压；电路稳定时，滑动变阻器r1无电流通过，两端电压为零，故改变r1的电阻值无效果，故a错误；b、c、变阻器r2处于分压状态，电容器两端电压等于变阻器r2左半段的电压，故要减小变阻器r2左半段的电阻值，变阻器r2滑片应该向左移动，故b正确，c错误；d、把闭合的开关s断开，电容器两端电压增大到等于电源电动势，故p向上加速，故d错误；故选b点评：本题是简单的力电综合问题，关键先通过受力分析，得到电场力先与重力平衡，后小于重力；然后对电路进行分析，得到减小电容器两端电压的方法6双星系统由两颗恒星组成，两恒星在相互引力的作用下，分别围绕其连线上的某一点做周期相同的匀速圆周运动研究发现，双星系统演化过程中，两星的总质量、距离和周期均可能发生变化若某双星系统中两星做圆周运动的周期为t，经过一段时间演化后，两星总质量变为原来的k倍，两星之间的距离变为原来的n倍，则此时圆周运动的周期为( )atbtctdt考点：万有引力定律及其应用 专题：万有引力定律的应用专题分析：双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度，根据牛顿第二定律和向心力公式，分别对两星进行列式，即可来求解解答：解：设m1的轨道半径为r1，m2的轨道半径为r2两星之间的距离为l由于它们之间的距离恒定，因此双星在空间的绕向一定相同，同时角速度和周期也都相同由向心力公式可得：对m1：g=m1对m2：g=m2又因为r1+r2=l，m1+m2=m由式可得：t=2所以当两星总质量变为km，两星之间的距离变为原来的n倍，圆周运动的周期为 t=2=t，故acd错误，b正确故选：b点评：解决本题的关键知道双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度，能运用万有引力提供向心力进行解题7图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示一带正电的粒子从正方形中心o点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是( )a向上b向下c向左d向右考点：洛仑兹力 专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：根据等距下电流所产生的b的大小与电流成正比，得出各电流在o点所产生的b的大小关系，由安培定则确定出方向，再利用矢量合成法则求得b的合矢量的方向解答：解：根据题意，由右手螺旋定则知b与d导线电流产生磁场正好相互抵消，而a与c导线产生磁场正好相互叠加，由右手螺旋定则，则得磁场方向水平向左，当一带正电的粒子从正方形中心o点沿垂直于纸面的方向向外运动，根据左手定则可知，它所受洛伦兹力的方向向下故b正确，acd错误故选：b点评：考查磁感应强度b的矢量合成法则，会进行b的合成，从而确定磁场的大小与方向8公路急转弯处通常是交通事故多发地带如图，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为vc时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势则在该弯道处( )a路面外侧高内侧低b车速只要低于vc，车辆便会向内侧滑动c车速虽然高于vc，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动d当路面结冰时，与未结冰时相比，vc的值变小考点：向心力 专题：压轴题；牛顿第二定律在圆周运动中的应用分析：汽车拐弯处将路面建成外高内低，汽车拐弯靠重力、支持力、摩擦力的合力提供向心力速率为vc时，靠重力和支持力的合力提供向心力，摩擦力为零根据牛顿第二定律进行分析解答：解：a、路面应建成外高内低，此时重力和支持力的合力指向内侧，可以提供圆周运动向心力故a正确b、车速低于vc，所需的向心力减小，此时摩擦力可以指向外侧，减小提供的力，车辆不会向内侧滑动故b错误c、当速度为vc时，静摩擦力为零，靠重力和支持力的合力提供向心力，速度高于vc时，摩擦力指向内侧，只有速度不超出最高限度，车辆不会侧滑故c正确d、当路面结冰时，与未结冰时相比，由于支持力和重力不变，则vc的值不变故d错误故选ac点评：解决本题的关键搞清向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解9一个电荷量为q，质量为m的小球，从光滑绝缘的斜面轨道的a点由静止下滑，小球恰能通过半径为r的竖直圆形轨道的最高点b而做圆周运动现在竖直方向上加如图所示的匀强电场，且电场强度满足mg=2qe，若仍从a点由静止释放该小球，则( )a小球仍恰好能过b点b小球不能过b点c小球能过b点，且在b点与轨道之间压力不为零d小球到达b点的速度vb=考点：带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用 专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：没有电场时，小球恰能通过轨道的最高点时恰好由重力提供向心力加上电场时，运用动能定理分析到最高点时速度，研究向心力，判断能否通过最高点，并求出小球到达b点的速度解答：解：没有电场时，最高点速度设为v，则 mg=m又根据机械能守恒定律得： mg（h2r）=解得：h=r 加上电场时，恰好过最高点时，轨道对小球没有作用，设需要的速度设为vb则得：mgqe=m由题意知：mg=2qe，又h=r解得：vb=而由动能定理，得： mg（h2r）qe（h2r）=，vb=，说明小球仍恰好能过b点球与轨道间无作用力故选：ad点评：本题是动能定理和向心力知识的综合，关键是分析小球过最高点的临界速度，知道小球刚好到达b点时，轨道对b作用力为零10如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b处安装一定滑轮质量分别为m、m（mm）的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中( )a两滑块组成系统的机械能守恒b重力对m做的功等于m动能的增加c轻绳对m做的功等于m机械能的增加d两滑块组成系统的机械能损失等于m克服摩擦力做的功考点：机械能守恒定律；动能定理的应用 专题：动能定理的应用专题分析：机械能守恒的条件是只有重力或系统内弹力做功，发生的能量转化为重力势能和弹性势能的转化，不产生其他形式的能量功与能量转化相联系，是能量转化的量度解答：解：a、由于“粗糙斜面ab”，故两滑块组成系统的机械能不守恒，故a错误；b、由动能定理得，重力、拉力、摩擦力对m做的总功等于m动能的增加，故b错误；c、除重力弹力以外的力做功，将导致机械能变化，故c正确；d、除重力弹力以外的力做功，将导致机械能变化，摩擦力做负功，故造成机械能损失，故d正确；故选：cd点评：关键理解透机械能守恒的条件和功能关系，重力做功对应重力势能变化、弹力做功对应弹性势能变化、合力做功对应动能变化、除重力或系统内的弹力做功对应机械能变化二、实验题：（共15分）11某同学利用下述装置对轻质弹簧的弹性势能进行探究：一轻质弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一小球接触而不固连；弹簧处于原长时，小球恰好在桌面边缘，如图（a）所示向左推小球，使弹黄压缩一段距离后由静止释放；小球离开桌面后落到水平地面通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能回答下列问题：（1）本实验中可认为，弹簧被压缩后的弹性势能ep与小球抛出时的动能ek相等已知重力加速度大小为g为求得ek，至少需要测量下列物理量中的abc（填正确答案标号）a小球的质量m b小球抛出点到落地点的水平距离sc桌面到地面的高度h d弹簧的压缩量xe弹簧原长l0（2）用所选取的测量量和已知量表示ek，得ek=（3）图（b）中的直线是实验测量得到的sx图线从理论上可推出，如果h不变，m增加，sx图线的斜率会减小（填“增大”、“减小”或“不变”）；如果m不变，h增加，sx图线的斜率会增大（填“增大”、“减小”或“不变”）由图（b） 中给出的直线关系和ek的表达式可知，ep与x的2次方成正比考点：验证机械能守恒定律 专题：实验题；机械能守恒定律应用专题分析：本题的关键是通过测量小球的动能来间接测量弹簧的弹性势能，然后根据平抛规律以及动能表达式即可求出动能的表达式，从而得出结论本题的难点在于需要知道弹簧弹性势能的表达式（取弹簧因此为零势面），然后再根据=即可得出结论解答：解（1）由平抛规律可知，由水平距离和下落高度即可求出平抛时的初速度，进而可求出物体动能，所以本实验至少需要测量小球的质量m、小球抛出点到落地点的水平距离s、桌面到地面的高度h，故选abc（2）由平抛规律应有h=，s=vt，又=，联立可得=（3）对于确定的弹簧压缩量x而言，增大小球的质量会减小小球被弹簧加速时的加速度，从而减小小球平抛的初速度和水平位移，即h不变m增加，相同的x要对应更小的s，sx图线的斜率会减小由s的关系式和s=kx可知，ep与x的二次方成正比故答案为（1）abc （2） （3）减小，增大，2点评：明确实验原理，根据相应规律得出表达式，然后讨论即可12某同学用量程为1ma、内阻为120的表头按图（a）所示电路改装成量程分别为1v和1a的多用电表图中r1和r2为定值电阻，s为开关回答下列问题：（1）根据图（a）所示的电路，在图（b）所示的实物图上连线（2）开关s闭合时，多用电表用于测量电流 （填“电流”、“电压”或“电阻”）；开关s断开时，多用电表用于测量电压 （填“电流”、“电压”或“电阻”）（3）表笔a应为黑色（填“红”或“黑”）（4）定值电阻的阻值r1=1.00，r2=880（结果取3位有效数字）考点：用多用电表测电阻 专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）对照电路图连线即可，注意电流表的正负接线柱；（2）并联分流电阻电流量程扩大；串联分压电阻电压量程扩大；（3）红正黑负，即电流从红表笔流入，黑表笔流出；（4）根据电路串并联知识列式求解即可解答：解：（1）对照电路图连线，如图所示；（2）开关s断开时，串联分压电阻，电压量程扩大，是电压表；开关s闭合时，并联分流电阻，电流量程扩大，是电流表；（3）红正黑负，故表笔a连接负接线柱，为黑表笔；（4）开关s断开时，电压量程为1v，故：rv=；故r2=rvrg=1000120=880；r1=；故答案为：（1）如图所示； （2）电流，电压； （3）黑； （4）1.00，880点评：本题关键明确电压表和电流的改装原理，然后根据串并联电路的电流、电压、电阻关系列式求解；注意电表是纯电阻电路三、计算题：（共35分）13如图所示，在倾角为的斜面上，n点上方粗糙，下方光滑，一物块（可视为质点）从n点上方离n距离为s的p点由静止释放，下滑到n处开始压缩弹簧后又被弹离，然后上滑最远位置离n距离为0.5s（不计物体与弹簧接触瞬间能量的损失）求：（1）物块与粗糙斜面间的动摩擦因数；（2）若已知物块的质量为m，弹簧压缩最短时的弹性势能为ep，则物体从弹簧被压缩最短运动到n点的距离l为多少？考点：弹性势能；动摩擦因数 分析：（1）对于整个过程，对物块运用动能定理列式，即可求得动摩擦因数；（2）对于第二次从n运动到最高点的过程，运用动能定理求出第二次上滑到n点速度由n点下滑到弹簧被压缩到最大过程中弹簧与物体系统机械能守恒，列式求解距离l解答：解：（1）对于整个过程，由动能定理有： mgsin0.5smgcos1.5s=0 则得，=tan（2）设滑块上滑到n点时的速度为v，对于从n上滑到最高点的过程，由动能定理则有：（mgsin0.5s+mgcos0.5s）=0mv2 由n点下滑到弹簧被压缩到最大过程中弹簧与物体系统机械能守恒，设此距离为l，有； ep=+mglsin 由、解得：l=答：（1）物块与粗糙斜面间的动摩擦因数为tan；（2）物体从弹簧被压缩最短运动到n点的距离l为点评：本题运用动能定理时，要灵活选择研究的过程，采用全程法和分段法结合往往比较简单14如图所示，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）若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：动能定理的应用；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用；电场强度 专题：动能定理的应用专题分析：（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，则可根据重力、支持力，又处于平衡，可得电场力方向，再由电荷的电性来确定电场强度方向（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定律可求出加速度大小（3）选取物体下滑距离为l作为过程，利用动能定理来求出动能解答：解：（1）小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，fnsin37=qefncos37=mg由1、可得电场强度（2）若电场强度减小为原来的，则变为mgsin37qecos37=ma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，由动能定理则有：mglsin37qelcos37=ek0可得动能ek=0.3mgl点评：由三力平衡，借助于力的平行四边形定则来确定电场强度方向当受力不平衡时，由牛顿运动定律来求解当物体运动涉及电场力、重力做功，注意电场力做功只与沿电场强度方向的位移有关15如图，在坐标系xoy的第一、第三象限内存在相同的匀强磁场，磁场方向垂直于xoy面向里；第四象限内有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为e一质量为m、带电量为+q的粒子自y轴的p点沿x轴正方向射入第四象限，经x轴上的q点进入第一象限，随即撤去电场，以后仅保留磁场已知op=d，oq=2d，不计粒子重力（1）求粒子过q点时速度的大小和方向（2）若磁感应强度的大小为一定值b0，粒子将以垂直y轴的方向进入第二象限，求b0；（3）若磁感应强度的大小为另一确定值，经过