江西省宜市高安二中高三物理上学期期末考试试题（含解析）.doc

江西省宜春市高安二中2015届高三上学期期末考试物理试卷一、选择题：本题共10小题，每小题5分，共50分第1-6题只有一个选项符合题目要求，第7-10题有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1质点沿x轴运动的vt图象如图所示，规定向右为正方向，t=8s时质点位于x=0m的位置，则t=0时质点于（）ax=8mbx=6mcx=4mdx=2m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：质点做直线运动的vt图象中，图象与横坐标所围成的面积表示位移解答：解：由题图得前8s内的位移为：x=2352=2m，前8s内质点向左运动了2m，t=8s时质点位于x=0m的位置，则t=0时质点位于x=2m处；故选：d点评：质点做直线运动的vt图象中，图象与坐标轴所围成的面积表示位移，面积的正负表示位移的方向，该题难度不大，属于基础题2（5分）在玻璃皿的中心放一个x=6m圆柱形电极b，沿边缘内壁放一个圆环形电极a，把a、b分别与电源的两极相连，然后在玻璃皿中放入导电液体，现把玻璃皿放在如图所示的磁场中，液体就会旋转起来若从上向下看，下列判断正确的是（）aa接电源正极，b接电源负极，液体顺时针旋转ba接电源负极，b接电源正极，液体顺时针旋转ca、b与50hz的交流电源相接，液体持续旋转d仅磁场n、s极互换后，重做该实验发现液体旋转方向不变考点：霍尔效应及其应用.分析：在电源外部，电流由正极流向负极；由左手定则可以判断出导电液体受到的安培力方向，从而判断出液体的旋转方向解答：解：a、若a接电源正极，b接电源负极，在电源外部电流由正极流向负极，因此电流由边缘流向中心；器皿所在处的磁场竖直向下，由左手定则可知，导电液体受到的磁场力沿顺时针方向，因此液体沿顺时针方向旋转；故a正确；b、同理，若b接电源正极、a接电源负极，根据左手定则得，液体沿逆时针作圆周运动故b错误；c、a、b与50hz的交流电源相接，液体不会旋转，故c错误；d、若磁场n、s极互换后，重做该实验发现液体旋转方向变化故d错误故选：a点评：本题是一道基础题，知道在电源外部电流由正极流向负极、熟练应用左手定则即可正确解题3（5分）经过探究，某同学发现：点电荷和无限大的接地金属平板间的电场（如图甲所示）与等量异种点电荷之间的电场分布（如图乙所示）完全相同图丙中点电荷q到mn的距离oa为l，ab是以电荷q为圆心、l为半径的圆上的一条直径，则b点电场强度的大小是（）abcd考点：电场线；电场强度.分析：根据题意，图甲所示的电场分布与图乙中虚线右侧的电场分布是一样的，只要求出乙图上+q右侧距离为l处的场强，即等于p的场强根据等量异号电荷的电场分布特点和场强的叠加进行求解解答：解：根据p点的电场线方向可以得p点的电场强度方向是垂直于金属板向右，两个异号点电荷电荷量的大小均为q，它们之间的距离为2l，乙图上+q右侧l处的场强大小为：e=kk=k根据题意可知，p点的电场强度大小与乙图上+q右侧d处的场强大小相等，即为k，故abd错误，c正确故选：c点评：常见电场的电场线分布及场强的特点，同时注意等量异种电荷形成电场的对称性4（5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5（5分）在光滑绝缘的水平面上，op右侧有如图所示的匀强磁场，两个相同的带电小球a和b以大小相等的初速度从o点沿垂直磁场方面进入匀强磁强，最后两球均运动到op边界的p侧，下列说法正确的是（）a球a带正电，球b带负电b球a在磁场中运动的时间比球b的短c球a在磁场中运动的路程比球b的短d球a在op上落点与o点的距离比球b的近考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力.专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：带电粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，要熟练应用半径公式和周期公式进行分析解答：解：a、b粒子的运动轨迹如图所示：粒子a、b都向下由左手定则可知，a、b均带正电，故a错误；由r=可知，两粒子半径相等，根据上图中两粒子运动轨迹可知a粒子运动轨迹长度大于b粒子运动轨迹长度，运动时间a在磁场中飞行的时间比b的长，故bc错误；根据运动轨迹可知，在p上的落点与o点的距离a比b的近，故d正确故选：d点评：本题考查带电粒子在磁场中的运动规律，要注意带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径6（5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、5，g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，杆对它作用力方向竖直向下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；牛顿第二定律.专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用分析：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：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错误；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：d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7（5分）太空探索逐渐成为世界各国新的科技竞争焦点，我国的载人航天已经取得了成功，探月计划也已纪进入实质性的进程中，若月球绕地球运动的周期为t，线速度为v，引力常量为g，月球绕地球运动近似看作匀速圆周运动，下列说法正确的是（）a地球的质量为b地球的质量为c月球运动的速度为d月球运动的加速度为考点：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：根据线速度与周期的关系可以求得月球运动的轨道半径，再根据万有引力提供圆周运动向心力由月球的半径和周期求得地球的质量m解答：解：月球绕地球圆周运动的周期为t，线速度为v，因为，可得月球圆周运动的半径r=ab、据万有引力提供圆周运动向心力有可得地球的质量m=，故b正确，a错误；c、月球运动的速度为v，月球运动轨道半径为，故c错误；d、月球运动的加速度a=，故d正确；故选：bd点评：本题关键是抓住线速度与周期的有关系求得月球运动的半径，再根据万有引力提供圆周运动向心力求得地球的质量，根据向心力公式求得向心加速度8（5分）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1=220sin100（v），则（）a当单刀双掷开关与a连接时，电压表v1的示数为22vb当t=s时，电压表v0的读数为220vc单刀双掷开关与a连接，当滑动变阻器触头p向上移动的过程中，电压表v1示数增大，电流表示数变小d当单刀双掷开关由a扳向b时，电压表v1和电流表的示数均变小考点：变压器的构造和原理.专题：交流电专题分析：根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论解答：解：a、根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的最大值为220v，所以副线圈的电压的最大值为22v，副线圈电压的有效值为22v，即滑动变阻器和电阻r0的总电压为22v，但是不知道电阻r0的大小，所以不能计算滑动变阻器的电压的大小，所以a错误b、根据瞬时值表达式可知，原线圈的电压的有效值为220v，所以电压表v0的读数为220v，所以b正确c、当滑动变阻器触头p向上移动的过程中，滑动变阻器的电阻变大，电路的总电阻变大，所以电流变小，电阻r0电压减小，滑动变阻器的电压变大，所以电压表的示数变大，所以c正确d、若当单刀双掷开关由a扳向b时，理想变压器原、副线圈的匝数比由10：1变为5：1，所以输出的电压升高，电压表和电流表的示数均变大，所以d错误故选bc点评：电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法9（5分）如图甲所示，倾角为的粗糙斜面体固定在水平面上，初速度为v0=10m/s，质量为m=1kg的小木块沿斜面上滑，若从此时开始计时，整个过程中小木块速度v的平方随路程变化的关系图象如图乙所示，取g=10m/s2（）a05s内小木块做匀减速运动b在t=1s时刻，摩擦力反向c斜面倾角=37d小木块与斜面间的动摩擦因数为0.5考点：匀变速直线运动的速度与位移的关系.专题：直线运动规律专题分析：根据图象得出匀加速和匀减速运动的加速度大小，结合牛顿第二定律求出恒力f和动摩擦因数的大小解答：解：a、由匀变速直线运动的速度位移公式：v2v02=2ax与图象看的：a=10m/s2，由图示图象可知，初速度：v02=100，v0=10m/s，减速运动时间：t=1s，故a错误；b、由图示图象可知，在01s内物体向上做匀减速运动，1s后物体反向做匀加速运动，t=1s时摩擦力反向，故b正确；c、由图示图象可知，物体反向加速运动时的加速度：a=2m/s2，由牛顿第二定律得：mgsin+mgcos=ma，mgsinmgcos=ma，代入数据解得：=0.5，=37，故cd正确；故选：bcd点评：解决本题的关键通过图线理清物体在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行分析10（5分）如图所示，在矩形区域efgh内有平行于he边的匀速电场，以a点为圆心的半圆与ef、fg、he分别相切于b、g、h点，c点是bg的中点一个带正电的粒子（不计重力）从h点沿hg方向射入电场后恰好从f点射出以下说法正确的是（）a粒子的运动轨迹一定经过c点b粒子的运动轨迹一定经过bc之间某点c若将粒子的初速度变为原来一半，粒子会由bf之间某点射出矩形efgh区域d若将凿子的初速度变为原来的一半，粒子恰好由b点射出矩形efgh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：由题意可知电场向上粒子做的是抛物线运动，把图翻过来看，和平抛运动的规律是一致的，只不过平抛时受到重力，这个题受的是电场力仿照平抛运动的分析方法，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速为零的匀加速直线运动，根据平抛运动的规律分析即可解答：解：a、b、粒子从h点沿ha方向射入电场后恰好从f点射出，其轨迹是抛物线，则过f点做速度的反向延长线一定与水平位移交于af的中点c，所以粒子轨迹一定经过bc之间某点，故a错误、b正确；c、d、由平抛知识可知，当竖直位移一定时，水平速度变为原来的一半，则水平位移也变为原来的一半，粒子恰好由b点射出矩形efgh故c错误、d正确故选：bd点评：本题运用运动的分解，研究类平抛运动，根据运动学公式和推论，分析时间和竖直关系，即可进行求解二、非选择题：包括必考题和选考题两部分第11题-第14题为必考题，每个试题题考生都必须作答，第15题-第17题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：共45分11（6分）利用如图甲所示的装置可以测量重物下落的加速度实验中需要调整好仪器，接通打点计时器的电源，松开纸带，使重物下落打点计时器会在纸带上打出一系列的小点（1）为了测得重物下落的加速度，还需要的实验器材c（填入正确选项前的字母）a天平 b秒表c刻度尺（2）在纸带上选择较清晰的点作为计时起点，并取该点为0计数点，然后每隔一个点取一个计数点，分别记为1、26，并测量出计数点1、26与0点的距离分别为x1、x2、xn若点0和点1间的时间为t，根据测得的数据现出t图象如图乙所示，若图象的斜率为k，纵截距为b，则在计时起点重物的速度为b，重物的加速度为2k（结果用含有“b”、“k”的表达式表示）考点：测定匀变速直线运动的加速度.专题：实验题；直线运动规律专题分析：（1）需要测量出长度来求解加速度；（2）根据平均速度等于位移与时间比值，结合，及图象的含义，即可列式求解解答：解：（1）时间可以从纸带直接得到，故需要刻度尺来测量长度，故c正确，abd错误；（2）根据，而，则有：=kt；那么v=2ktv0；因此计时起点重物的速度为b，重物的加速度为2k故答案为：（1）c；（2）b，2k点评：本题关键是明确明确实验原理，会用图象的意义来求解加速度，注意平均速度的两种不同求法12（9分）要精确测量电流表a1的内阻r1，实验室提供的器材有：电流表a1（量程为150ma，内阻约为10）电流表a2（量程为300ma，内阻约为5）电压表v（量程为15v，内阻约为3k）定值电阻r0（阻值为10）滑动变阻器r1（010，额定电流为2a）滑动变阻器r2（0250，额定电流为0.3a）电源e（电动势为3v，内阻较小）电键、导线若干（1）有人拟将电压表v和待测电流表a1并联接入电压合适的测量电路中，测出a1的电压和电流，再计算出r1该方案实际上不可行，其最主要的原因是电压表v不能准确测出电流表a1两端电压（2）若实验时要求电流表a1的示数从零开始变化，且能测出多组数据，尽可能准确地测量出电流表a1的内阻r1请在虚线方框中画出实验电路图，并在图中标出所用器材的代号；（3）若选取测量数据据中的一组来计算电流表a1的内阻r1，则r1=，式中各符号的意义是i1、i2分别表示电流表a1、a2的读数，r0为10考点：伏安法测电阻.专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）的关键是根据求出待测电压表的满偏电压远大于电源电动势，不能使用电压表测量电压；（2）电流表a1的示数从零开始变化，且能测出多组数据，只有分压接法才能办到，电压表不能用，要再用一个电流表测电流，有u=ir求得电压，代替电压表的作用；（3）的关键是根据串并联规律解出待测电流表内阻的表达式即可解答：解：（1）：电压表的满偏电压为15v，根据电表的读数应在半偏左右，读数最准确，但此电路中电源电压为3v，远小于电压表的读数要求，即两者并联时，电压表的读数过小，所以该方案不行；（2）电流表a1的示数从零开始变化，且能测出多组数据，滑线变阻器只能用分压接法才能办到，电压表不能用，要再用一个电流表测电流，有u=ir求得电压，代替电压表的作用；电路如图：（3）根据电路图，由串并联电路特点及欧姆定律可得：设通过电流表a1、a2的电流分别为i1、i2，r0为定值电阻电阻r0两端的电压与电流表a1的电压相等，即：ua1=ur0=（i2i1）r0，通过电流表a1的电流有表盘读出大小为：i1，根据：，带入解得：，故答案为：（1）电压表v不能准确测出电流表a1两端电压（2）电路如图所示 （3），i1、i2 分别表示电流表a1、a2的读数，r0为订制电阻点评：连接实物电路图时要注意滑动变阻器的分压接法；熟练应用串并联电路特点及欧姆定律是求出电流表内阻的关键13（13分）如图所示，在光滑的水平面上有坐标系xoy，可视为质点的铁 块的初始位置为（2m，0），并用长度为l=2m不可伸长的轻绳拴接 于坐标原点o，铁块的质量为m=1kg现给铁块一沿y轴正方向的初速度，初速度大小为v0=2m/s，同时施加沿x轴正方向的恒力，恒力大小为f=10n求轻绳再次拉直时铁块的速度考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；力的合成与分解的运用.专题：牛顿运动定律综合专题分析：小球在复合场中注意分清小球的运动过程，铁块沿x轴正方向做匀加速直线运动，绳子拉直前沿y方向做匀速运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求解解答：解：铁块沿x轴正方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律：f=ma由运动学公式：x+l=vx=at绳子拉直前沿y方向做匀速运动，有：y=v0t绳子被拉直时：x2+y2=l2速度大小为v=方向：tan联立解得：v=tan=0.25答：轻绳再次拉直时铁块的速度点评：本题考查小球在复合场中的运动，关键要分清小球的运动过程，小球即做匀速直线运动，又做匀加速直线运动，题目综合性较强，有一定的难度14（17分）如图甲所示，两根足够长的光滑金属导轨ab、cd与水平面成=30固定，导轨间距离为l=1m，电阻不计，一个阻值为r0的定值电阻与电阻箱并联接在两金属导轨的上端，整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轻所在平面垂直，磁感应强度大小为b=1t现将一质量为m、电阻可以忽略的金属棒mn从图示位置由静止开始释放金属棒下滑过程中与导轨接触良好改变电阻箱的阻值r，测定金属棒的最大速度vm，得到=的关系如图乙所示取g=10m/s2求：（1）金属棒的质量m的定值电阻r0的阻值；（2）当电阻箱r取2，且金属棒的加速度为时，金属棒的速度考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化.专题：电磁感应功能问题分析：（1）根据 e=blv、欧姆定律和安培力、f=bil推导出安培力的表达式，当杆匀速运动时速度最大，由平衡条件得到最大速度vm与r的关系式，根据图象的斜率和纵截距求解金属杆的质量m和电阻r0的阻值；（2）当金属棒的加速度为时，根据牛顿第二定律求解速度解答：解：（1）金属棒以速度vm下滑时，根据法拉第电磁感应定律有：e=blvm由闭合电路欧姆定律有：当金属棒以最大速度vm下滑时，根据平衡条件有：bil=mgsin 由图象可知：， 解得：m=0.2kg，r0=2（2）设此时金属棒下滑的速度为v，根据法拉第电磁感应定律有：当金属棒下滑的加速度为时，根据牛顿第二定律有：mgsinbil=ma 联立解得：v=0.5m/s答：（1）金属棒的质量m是0.2kg，定值电阻r0的阻值是2；（2）当电阻箱r取2，且金属棒的加速度为时，金属棒的速度是0.5m/s点评：本题综合考查了法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿第二定律等，综合性强，对学生能力的要求较高，其中安培力的分析和计算是关键三、物理选修3-415（6分）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向人体发射频率已知的超声波，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，这种方法的原理是“多普勒效应”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：物理学史；狭义相对论.分析：满足与它偏离平衡位置的位移的大小的成正比，并且总是指向平衡位置，即f=kx，则为简谐运动；光在干涉、衍射及折射时都可以发生色散；变化的磁场产生电场，和变化的电场产生磁场；由相对论质量公式可知，即可求解解答：解：a、当与它偏离平衡位置的位移的大小的成正比，与其方向总是相反时，质点的运动就是简谐运动，故a错误；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，故b正确；c、向人体发射频率已知的超声波，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，这种方法的原理是“多普勒效应”，故c正确；d、麦克斯韦电磁场理论：变化的磁场产生电场和变化的电场产生磁场，故d正确；e、当由相对论质量公式可知，当物体的速度很大时，其运动时的质量明显大于静止时的质量，故e错误；故选：bcd点评：考查简谐运动的回复力与位移的关系，掌握多普勒效应原理，理解干涉、衍射及折射对复合光的分解的原理，注意变化的磁场产生电场中的“变化”两字的理解，最后认识运动的质量与静止的质量的关系16（9分）如图所示，将平面镜mn放在水平桌面上，紧贴镜面放一厚度为d的足够大的玻璃板已知玻璃的折射率为n，玻璃板的正中间有一个半径为r的圆形发光面s，为了从玻璃的上方看不见圆形发光面，可在玻璃板的上表面贴一块不透光的纸片，求所贴纸片的最小面积考点：光的折射定律.专题：光的折射专题分析：作出光路图，s点为圆形发光面边缘上一点由该点发出的光线能射出玻璃板的范围由临界光线sa确定，当入射角大于临界角c时，光线就不能射出玻璃板了根据折射定律和几何知识结合进行求解解答：解：如图所示，发光面s在在平面镜中的像s，a为s的右边缘，如果ao的光线射向o点并恰好发生全反射，则入射角恰好为玻璃的临界角在o点外侧玻璃的上表面不再有折射光线b点为a在玻璃上方的对应点，则r+ob为玻璃上表面透光面的最大半径临界角公式：sin=，由几何关系可得：sin=，解得：ob=，圆纸片的最小半径：r=r+ob，圆纸片的最小面积：s=（r+）2；答：所贴纸片的最小面积为（r+）2点评：本题关键要理解看不到圆形发光面的原因是由于发生了全反射，再作出光路图，运用折射定律和几何知识结合进行求解四、物理选修3-517在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现