广东省佛山市高三物理上学期期末模拟试卷（含解析）.doc

广东省佛山市2015届高三上学 期期末物理模拟试卷一、单项选择题：1（4分）以下叙述正确的是（）a奥斯特发现了电磁感应现象b惯性是物体的固有属性，速度大的物体惯性一定大c牛顿最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的必然结果d感应电流遵从楞次定律所描述的方向，这是能量守恒定律的必然结果2（4分）如图所示，一个足球用网兜悬挂于o点，a点为网兜上对称分布的网绳的结点，oa为一段竖直绳，设网绳的长短和足球重力不变，若足球越大，则（）a网绳的拉力越大b网绳的拉力越小c网绳的拉力不变d竖直绳oa的拉力越大3（4分）如图所示，甲、乙、丙、丁是以时间为轴的匀变速直线运动的图象，下列说法正确的是（）a如图是at图象b如图是st图象c如图是st图象d如图是vt图象4（4分）如图所示，平行金属导轨mn和pq，它们的电阻可忽略不计，在m和p之间接有阻值为r=3.0的定值电阻，导体棒ab长l=0.5m，其电阻不计，且与导轨接触良好，整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度b=0.4t，现使ab以v=10m/s的速度向右做匀速运动，则以下判断正确的是（）a导体ab两端的电势差u=2.0vb电路中的电流i=0.5ac导体ab棒所受安培力方向向右d导体ab棒所受合力做功为零二、双项选择题：5（6分）如图所示，a、b两物块质量均为m，用一轻弹簧相连，将a用长度适当的轻绳悬挂于天花板上，系统处于静止状态，b物块恰好与水平桌面接触，此时轻弹簧的伸长量为x，现将悬绳剪断，则（）a悬绳剪断瞬间a物块的加速度大小为2gb悬绳剪断瞬间a物块的加速度大小为gc悬绳剪断后a物块向下运动距离2x时速度最大d悬绳剪断后a物块向下运动距离x时加速度最小6（6分）在点电荷q的电场中，一个a粒子（42he）通过时的轨迹如图实线所示，a、b为两个等势面，则下列判断中正确的是（）aq为正电荷b运动中，粒子总是克服电场力做功ca粒子经过两等势面的动能ekaekbda粒子在两等势面上的电势能epaepb7（6分）由于某种原因，人造地球卫星的轨道半径减小了，那么（）a卫星受到的万有引力增大，线速度减小b卫星的向心加速度增大，周期减小c卫星的动能、重力势能和机械能都减小d卫星的动能增大，重力势能减小，机械能减小8（6分）如图所示的电路，电源内阻不可忽略，闭合开关s后（）a电流表的示数减小b电流表的示数增大c电压表的示数减小d电压表的示数增大9（6分）一个放在水平桌面上质量为2kg原静止的物体，受到如图所示方向不变的合外力作用，则下列说法正确的是（）a在2s内物体的加速度为5m/s2b在t=2s时，物体的速度最大c在2s末物体运动的速度为5m/sd02s这段时间内物体作减速运动三、实验题：10（4分）图甲为10分度游标卡尺的部分示意图，其读数为mm；图乙为螺旋测微器的示意图，其读数为mm11（6分）某同学在测量物块做匀减速直线运动时，利用打点计时器得到了如图所示的纸带，纸带上每相邻两计数点间还有4个计时点未标出打点计时器所用交流电频率为50hz，忽略纸带所受的阻力由此可判断纸带的（“左端”或“右端”）与物块连接根据纸带提供的数据可计算打点计时器在打下a点和b点时木块的速度，其中va=m/s物块在ab段的加速度为m/s2（结果均保留两位有效数字）12（8分）某同学通过查找资料自己动手制作了一个电池该同学想测量一下这个电池的电动势e和内电阻r，但是从实验室只借到一个开关、一个电阻箱（最大阻值为9.999，可当标准电阻用）、一只电流变（量程ir=0.6a，内阻r9=0.1）和若干导线请根据测定电动势e和内电阻r的要求，设计图1中器件的连接方式，画线把它们连接起来接通开关，逐次改变电阻箱的阻值r，读出与r对应的电流变的示数i，并作记录当电阻箱阻值r=2.6时，其对应的电流表的示数如图2所示处理实验数据时，首先计算出每个电流值i的倒数，再制作r坐标图，如图3所示，图中已标出了（r，）的几个与测量对应的坐标点请你将与图2实验数据对应的坐标点也标注在图3中上，在图3上把描绘出的坐标点连成图线根据图3描绘出的图线可得出这个电池的电动势e=v，内电阻r=13（18分）如图所示，倾角为37的粗糙斜面ab底端与半径r=0.4m的光滑半圆轨道bc平滑相连，o为轨道圆心，bc为圆轨道直径且处于竖直方向，a、c两点等高质量m=1kg的滑块从a点由静止开始下滑，恰能滑到与o等高的d点，g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8（1）求滑块与斜面间的动摩擦因数（2）若使滑块能到达c点，求滑块从a点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值（3）若滑块离开c处的速度大小为4m/s，求滑块从c点飞出至落到斜面上的时间t14（18分）如图所示，有一质量为m=104kg，带电量q=103c的小球，从横截面为正方形的水平长方体的d点沿dd方向以v0=5m/s速度飞入，恰好从c点飞出，正长方体空间的边长分别是l、l和5l（取g=10m/s2）（1）求长方体底边l的大小；（2）如给长方体这一空间区域（含边界在内）加一竖直向上的匀强电场e，以保证小球沿dd做匀速直线运动飞出，求e的大小；（3）如保留电场e，再给长方体这一空间区域（含边界在内）加竖直方向的磁场，使小球从空间点a飞出，求磁场的磁感应强度广东省佛山市2015届高三上学期期末物理模拟试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：1（4分）以下叙述正确的是（）a奥斯特发现了电磁感应现象b惯性是物体的固有属性，速度大的物体惯性一定大c牛顿最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的必然结果d感应电流遵从楞次定律所描述的方向，这是能量守恒定律的必然结果考点：物理学史 分析：古希腊学者亚里士多德认为力是维持物体运动的原因，伽利略通过斜面实验推翻了亚里士多德的说法，要熟练掌握伽利略的理想实验后来，英国科学家牛顿总结了伽利略等人的研究成果，概况了牛顿第一定律解答：解：a、奥斯特发现了电场周围存在磁场，法拉第发现了电磁感应现象，故a错误；b、惯性是物体的固有属性，其大小只与质量有关，与速度无关，b错误；c、伽利略最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的必然结果，故c错误；d、感应电流遵从楞次定律所描述的方向，这是能量守恒定律的必然结果，d正确故选：d点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2（4分）如图所示，一个足球用网兜悬挂于o点，a点为网兜上对称分布的网绳的结点，oa为一段竖直绳，设网绳的长短和足球重力不变，若足球越大，则（）a网绳的拉力越大b网绳的拉力越小c网绳的拉力不变d竖直绳oa的拉力越大考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力 专题：共点力作用下物体平衡专题分析：绳子拉力竖直方向的分力之和等于足球的重力，若足球越大，网绳与竖直方向的夹角越大，据此分析解答：解：设有n根网绳，每根网绳与竖直方向的夹角为，则：ntcos=mgt=若足球越大，网绳与竖直方向的夹角越大，cos越小，则t越大，故a正确bc错误；以网绳和足球整体为研究对象，根据平衡条件，竖直绳oa 的拉力总是与足球的重力相等，保持不变，故d错误；故选：a点评：本题运用函数法研究动态平衡问题，也可以运用图解法研究3（4分）如图所示，甲、乙、丙、丁是以时间为轴的匀变速直线运动的图象，下列说法正确的是（）a如图是at图象b如图是st图象c如图是st图象d如图是vt图象考点：匀变速直线运动的图像 专题：运动学中的图像专题分析：因为甲、乙、丙、丁是匀变速直线运动，所以加速度是定值，结合图象只要判断出加速度不变即可解答：解：在速度时间图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度是正数，时间轴下方速度是负数；切线代表该位置的加速度，向右上方倾斜，加速度为正，向右下方倾斜加速度为负；ab中：只有当纵坐标表示速度时，在速度时间图象中，斜率表示加速度，图象中斜率不变即加速度为定值，所以ab错误c、图象为位移时间图象，而匀变速直线运动位移时间关系式为，由表达式可知其位移时间图象如丙图所示，故c正确d、在丁图中，只有当纵坐标表示加速度时，其图象才表示匀加速直线运动，故d错误故选：c点评：理解位移时间图象点和斜率的物理意义；理解好好速度时间图象的点、线、面的物理意义4（4分）如图所示，平行金属导轨mn和pq，它们的电阻可忽略不计，在m和p之间接有阻值为r=3.0的定值电阻，导体棒ab长l=0.5m，其电阻不计，且与导轨接触良好，整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度b=0.4t，现使ab以v=10m/s的速度向右做匀速运动，则以下判断正确的是（）a导体ab两端的电势差u=2.0vb电路中的电流i=0.5ac导体ab棒所受安培力方向向右d导体ab棒所受合力做功为零考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电功、电功率 专题：电磁感应与电路结合分析：ab向右匀速运动切割磁感线，由e=blv求出感应电动势ab相当于电源，ab两点电势差等于外电压，由欧姆定律求解由欧姆定律求出电路中的电流根据楞次定律分析安培力方向根据动能定理分析合力做功解答：解：a、电路中电动势：e=blv=0.40.510=2v，ab两点电势差为：uab=e=2v，故a正确b、电路中电流：i=a，故b错误c、导体棒ab向右运动，根据楞次定律判断知ab棒所受的安培力方向向左，故c错误d、ab棒匀速运动时拉力与安培力平衡，合力为零，合力做功为零，故d正确故选：ad点评：本题是简单的电磁感应问题，运用到电路和力平衡知识，常见问题二、双项选择题：5（6分）如图所示，a、b两物块质量均为m，用一轻弹簧相连，将a用长度适当的轻绳悬挂于天花板上，系统处于静止状态，b物块恰好与水平桌面接触，此时轻弹簧的伸长量为x，现将悬绳剪断，则（）a悬绳剪断瞬间a物块的加速度大小为2gb悬绳剪断瞬间a物块的加速度大小为gc悬绳剪断后a物块向下运动距离2x时速度最大d悬绳剪断后a物块向下运动距离x时加速度最小考点：牛顿第二定律 专题：牛顿运动定律综合专题分析：求出悬绳剪断前弹簧的拉力，再根据牛顿第二定律求出悬绳剪断瞬间a的瞬时加速度当a物块向下运动到重力和弹力相等时，速度最大解答：解：a、b、剪断悬绳前，对b受力分析，b受到重力和弹簧的弹力，知弹力f=mg剪断瞬间，对a分析，a的合力为f合=mg+f=2mg，根据牛顿第二定律，得a=2g故a正确，b错误c、d、弹簧开始处于伸长状态，弹力f=mg=kx当向下压缩，mg=f=kx时，速度最大，x=x，所以下降的距离为2x故c正确d错误故选：ac点评：解决本题关键知道剪断悬绳的瞬间，弹簧的拉力不变，根据牛顿第二定律可以求出瞬时加速度当弹力和重力相等时，速度最大6（6分）在点电荷q的电场中，一个a粒子（42he）通过时的轨迹如图实线所示，a、b为两个等势面，则下列判断中正确的是（）aq为正电荷b运动中，粒子总是克服电场力做功ca粒子经过两等势面的动能ekaekbda粒子在两等势面上的电势能epaepb考点：等势面；电势能 专题：电场力与电势的性质专题分析：从粒子运动轨迹看出，轨迹向左弯曲，可知带电粒子受到了排斥力作用，从a到b过程中，电场力做负功，反之，远离q的过程电场力做正功可判断电势能的大小和动能大小以及q的电性解答：解：a、根据运动轨迹可知，带电粒子受到了排斥力作用，故q为正电荷，故a正确；b、根据运动轨迹可知，带电粒子受到了排斥力作用，从a到b过程中，电场力做负功；反之，远离q的过程电场力做正功，故b错误；c、d、根据运动轨迹可知，带电粒子受到了排斥力作用，从a到b过程中，电场力做负功，因此动能减小电势能增大，故c正确，d错误；故选ac点评：该题考查轨迹问题，首先要根据弯曲的方向判断出带电粒子所受电场力方向，确定是排斥力还是吸引力由动能定理分析动能和电势能的变化是常用的思路7（6分）由于某种原因，人造地球卫星的轨道半径减小了，那么（）a卫星受到的万有引力增大，线速度减小b卫星的向心加速度增大，周期减小c卫星的动能、重力势能和机械能都减小d卫星的动能增大，重力势能减小，机械能减小考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用 专题：人造卫星问题分析：从万有引力提供圆周运动向心力处理轨道半径变化引起的描述圆周运动物理量的变化，从能量角度分析卫星能量的变化解答：解：卫星绕地球做圆周运动万有引力提供圆周运动向心力：=ma知：a、万有引力与距离的二次方成反比，半径减小则万有引力增大，线速度v=知，半径减小，线速度增大，故a错误；b、，知r减小a增大，t=，r减小t减小，故b正确；c、卫星运行的线速度v=知半径减小，线速度v增大，故动能增大，故c错误；d、卫星运行的线速度v=知半径减小，线速度v增大，故动能增大，卫星轨道高度降低则其重力势能减小，在轨道减小的过程中由于阻力的存在，卫星要克服阻力做功功，机械能减小，故d正确故选：bd点评：万有引力提供圆周运动向心力并由此分析描述圆周运动物理量与半径间的关系，知道卫星轨道半径减小是由于克服稀薄空气阻力做功引起的8（6分）如图所示的电路，电源内阻不可忽略，闭合开关s后（）a电流表的示数减小b电流表的示数增大c电压表的示数减小d电压表的示数增大考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：当电键s闭合时，外电路总电阻减小，根据欧姆定律分析总电流的变化和路端电压的变化，再分析电压表和电流表的变化情况解答：解：当电键s闭合时，两个电阻并联，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知，总电流i增大，即电流表示数变大，所以内阻所占电压变大，所以路端电压变小，即电压表示数变小故选bc点评：本题是电路中动态变化分析的问题，考查综合分析问题的能力这类问题常常按照“局部整体局部”的思路分析9（6分）一个放在水平桌面上质量为2kg原静止的物体，受到如图所示方向不变的合外力作用，则下列说法正确的是（）a在2s内物体的加速度为5m/s2b在t=2s时，物体的速度最大c在2s末物体运动的速度为5m/sd02s这段时间内物体作减速运动考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系 专题：牛顿运动定律综合专题分析：物体如图所示方向不变的合外力作用下，做加速度减小的变加速运动，2s末时刻物体运动的速度可以用动量定理求出当f=0时物体开始做匀速直线运动，速度最大解答：解：a、在2s内物体的加速度最大值为5m/s2，不能说在2s内物体的加速度为5m/s2故a错误；b、在t=2s时，f=0，物体将做匀速直线运动，速度最大故b正确；c、对前2s过程，根据动量定理，有：，解得：v=；故c正确；d、02s这段时间内，合力一直与速度同方向，故一直做加速运动，故d错误；故选：bc点评：本题考查根据物体的受力情况分析物体运动情况的能力，要注意合力减小，加速度减小，但速度在增加三、实验题：10（4分）图甲为10分度游标卡尺的部分示意图，其读数为10.2mm；图乙为螺旋测微器的示意图，其读数为0.155（0.1520.158）mm考点：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用 专题：实验题；直线运动规律专题分析：解决本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定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10mm，游标尺上第2个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为20.1mm=0.2mm，所以最终读数为：10mm+0.2mm=10.2mm2、螺旋测微器的固定刻度为0mm，可动刻度为15.50.01mm=0.155mm，所以最终读数为0mm+0.155mm=0.155mm，由于需要估读，最后的结果可以在0.1520.158之间故答案为：（1）10.2；0.155（0.1520.158）点评：对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量11（6分）某同学在测量物块做匀减速直线运动时，利用打点计时器得到了如图所示的纸带，纸带上每相邻两计数点间还有4个计时点未标出打点计时器所用交流电频率为50hz，忽略纸带所受的阻力由此可判断纸带的右端（“左端”或“右端”）与物块连接根据纸带提供的数据可计算打点计时器在打下a点和b点时木块的速度，其中va=0.72m/s物块在ab段的加速度为0.64m/s2（结果均保留两位有效数字）考点：测定匀变速直线运动的加速度；探究小车速度随时间变化的规律 专题：实验题分析：物体做匀减速运动，在相等时间内，物体位移越来越小，两点间距离大的一端与物体相连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，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上a点时小车的瞬时速度大小解答：解：由图示纸带可知，在相等时间内，纸带右端相邻两点间的距离大，因此纸带右端与物块相连；电源频率为50hz，计数点 间有4个点没有画出，则计数点间的时间间隔为：t=0.025=0.1s，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度得打a点时的速度为：va=m/s0.72m/s；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：a=0.64m/s2；故答案为：右端，0.72，0.64点评：要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用12（8分）某同学通过查找资料自己动手制作了一个电池该同学想测量一下这个电池的电动势e和内电阻r，但是从实验室只借到一个开关、一个电阻箱（最大阻值为9.999，可当标准电阻用）、一只电流变（量程ir=0.6a，内阻r9=0.1）和若干导线请根据测定电动势e和内电阻r的要求，设计图1中器件的连接方式，画线把它们连接起来接通开关，逐次改变电阻箱的阻值r，读出与r对应的电流变的示数i，并作记录当电阻箱阻值r=2.6时，其对应的电流表的示数如图2所示处理实验数据时，首先计算出每个电流值i的倒数，再制作r坐标图，如图3所示，图中已标出了（r，）的几个与测量对应的坐标点请你将与图2实验数据对应的坐标点也标注在图3中上，在图3上把描绘出的坐标点连成图线根据图3描绘出的图线可得出这个电池的电动势e=1.5v，内电阻r=0.3考点：测定电源的电动势和内阻 专题：实验题；恒定电流专题分析：电阻箱可以读出电阻，则本实验中不需要电压表，故将电流表、电阻箱及电源串联即可；用平滑的导线将各点连接即可，注意误差较大的点要舍去；由闭合电路欧姆定律可得出电阻与电流的关系，则结合图象可得出电动势和内电阻解答：解：由于没有电压表，故采用电阻箱的方式连接即可，故实验电路接法如下图所示；用直线将各点连接起来，误差明确较大的点舍去，得出图线如下图所示；由闭合电路欧姆定律可知：e=i（r+r），r=r，故图象与纵坐标的交点r=0.3；即内电阻为：r=0.3（0.250.35）图象的斜率表示电源的电动势，故：e=1.5v；（1.461.54v）；故答案为：电路图如图所示；图象如图所示；1.5；0.3点评：本题应注意电阻箱由于电阻可读，由可以用来与电流表结合实验得出电源的电动势和内电阻；注意在利用图线进行数据处理时，只要写出纵横坐标所代表物理量之间的函数关系及可明确斜率以及截距的物理意义13（18分）如图所示，倾角为37的粗糙斜面ab底端与半径r=0.4m的光滑半圆轨道bc平滑相连，o为轨道圆心，bc为圆轨道直径且处于竖直方向，a、c两点等高质量m=1kg的滑块从a点由静止开始下滑，恰能滑到与o等高的d点，g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8（1）求滑块与斜面间的动摩擦因数（2）若使滑块能到达c点，求滑块从a点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值（3）若滑块离开c处的速度大小为4m/s，求滑块从c点飞出至落到斜面上的时间t考点：动能定理的应用；平抛运动 专题：动能定理的应用专题分析：（1）由题，滑块恰能滑到与o等高的d点，速度为零，对a到d过程，运用动能定理列式可求出动摩擦因数（2）滑块恰好能到达c点时，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律列式可得到c点的速度范围，再对a到c过程，运用动能定理求初速度v0的最小值（3）离开c点做平抛运动，由平抛运动的规律和几何知识结合求时间解答：解：（1）滑块由a到d过程，根据动能定理，有： mg（2rr）mgcos37=00得 （2）若滑块能到达c点，根据牛顿第二定律有 则得 a到c的过程：根据动能定理有mgcos37=联立解得，v0=2m/s所以初速度v0的最小值为2m/s（3）滑块离开c点做平抛运动，则有 x=vct由几何关系得：tan37=联立得 5t2+3t0.8=0解得t=0.2s答：（1）滑块与斜面间的动摩擦因数为0.375（2）若使滑块能到达c点，滑块从a点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值为2m/s（3）若滑块离开c处的速度大小为