浙江省杭州外国语学校高三物理上学期期中试题（含解析）新人教版.doc

浙江省杭州外国语学校2015届高三上学期期中考试物理试卷一、选择题（共4小题，每小题6分，满分24分）1（6分）某屋顶为半球形，一人在半球形屋顶上向上缓慢爬行（如图所示），他在向上爬的过程中 （）a屋顶对他的支持力不变b屋顶对他的支持力变大c屋顶对他的摩擦力不变d屋顶对他的摩擦力变大考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用.专题：共点力作用下物体平衡专题分析：以人为研究对象，作出力图，根据平衡条件得出屋顶对他的摩擦力和支持力与坡角的关系式，再分析两个力如何变化解答：解：以人为研究对象，作出力图设此人的重力为g，根据平衡条件得：屋顶对他的摩擦力：f=gsin屋顶对他的支持力：n=gcos人在半球形屋顶上向上缓慢爬行的过程中，坡角减小，则f减小，n增大即屋顶对他的摩擦力减小，屋顶对他的支持力增大故选b点评：本题是简单的三力力平衡问题，分析受力，作出力图是关键2（6分）（2012福建）如图，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块a、b用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦）初始时刻，a、b处于同一高度并恰好处于静止状态剪断轻绳后a下落、b沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，两物块（）a速率的变化量不同b机械能的变化量不同c重力势能的变化量相同d重力做功的平均功率相同考点：机械能守恒定律；功率、平均功率和瞬时功率.专题：压轴题；机械能守恒定律应用专题分析：剪断轻绳后a自由下落，b沿斜面下滑，ab都只有重力做功，机械能守恒，重力势能变化量等于重力所做的功，重力做功的平均功率等于重力做功与时间的比值解答：解：设斜面倾角为，刚开始ab处于静止状态，所以mbgsin=mag，所以mbma，a、剪断轻绳后a自由下落，b沿斜面下滑，ab都只有重力做功，根据动能定理得：mv2=mghv=所以速度的变化量为v0=，故a错误；b、剪断细线，a、b两物体都只有重力做功，机械能守恒，则机械能的变化量都为零，故b错误；c、重力势能变化量ep=mgh，由于ab的质量不相等，所以重力势能变化不相同，故c错误；d、a运动的时间为：t1=，所以a重力做功的平均功率为：b运动有：，解得：t2=，所以b重力做功的平均功率为：，而mbgsin=mag，所以重力做功的平均功率相等，故d正确故选d点评：重力做功决定重力势能的变化与否，若做正功，则重力势能减少；若做负功，则重力势能增加，重力做功的平均功率等于重力做功与时间的比值，难度适中3（6分）质量为2kg的物体，放在动摩擦因数p=0.1的 水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，水平拉力做的功w和物体随位置x变化的关系如 图所示重力加速度g取1om/s2，则（）ax=om至x=3m的过程中，物体的加速度是 2.5 m/s2bx=om至x=3m的过程中，物体的加速度是1.5m/s2cx=6m时，物体的速度约为20m/sdx=3m至x=9m的过程中，物体做匀加速运动考点：功的计算；匀变速直线运动的图像.专题：功的计算专题分析：对物体受力分析，受到重力g、支持力n、拉力f和滑动摩擦力f，根据牛顿第二定律和动能定理列式分析即可解答：解：a、b：对于前3m，根据动能定理，有w1mgs=mv2解得：3m/s根据速度位移公式，有2a1s=v2解得a1=1.5m/s2故a错误、b正确；c、对于前6m过程，根据动能定理，有w2mgs=mv22解得v2=2m/s故c错误；d、由图象可知，x=3m至x=9m的过程中，力f不变，所以物体做匀加速直线运动，故d正确故选bd点评：本题关键对物体受力分析，然后对物体的运动过程运用动能定理和速度位移公式列式并联立求解4（6分）（2014南昌模拟）如图所示，电源电动势为e，内阻为r电路中的r2、r3分别为总阻值一定的滑动变阻器，r0为定值电阻，r1为光敏电阻（其电阻随光照强度增大而减小）当电键s闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态有关下列说法中正确的是（）a只逐渐增大r1的光照强度，电阻r0消耗的电功率变大，电阻r3中有向上的电流b只调节电阻r3的滑动端p2向上端移动时，电源消耗的功率变大，电阻r3中有向上的电流c只调节电阻r2的滑动端p1向下端移动时，电压表示数变大，带电微粒向下运动d若断开电键s，电容器所带电荷量变大，带电微粒向上运动考点：闭合电路的欧姆定律；电容.专题：恒定电流专题分析：电路稳定时，电容相当于开关断开，其电压等于与之并联的滑动变阻器部分的电压只逐渐增大r1的光照强度，r1的阻值减小，总电阻减小，总电流增大，判断r0消耗的电功率，电容器两端的电压增大，电容下极板带的电荷量变大，所以电阻r3中有向上的电流，电路稳定时，电容相当于开关断开，只调节电阻r3的滑动端p2向上端移动时，对电路没有影响，只调节电阻r2的滑动端p1向下端移动时，电容器并联部分的电阻变大，所以电容器两端的电压变大，由e=分析板间场强变化和油滴所受电场力变化，判断油滴的运动情况若断开电键s，电容器处于放电状态解答：解：a、只逐渐增大r1的光照强度，r1的阻值减小，总电阻减小，总电流增大，电阻r0消耗的电功率变大，滑动变阻器的电压变大，电容器两端的电压增大，电容下极板带的电荷量变大，所以电阻r3中有向上的电流，故a正确；b、电路稳定时，电容相当于开关断开，只调节电阻r3的滑动端p2向上端移动时，对电路没有影响，故b错误；c、只调节电阻r2的滑动端p1向下端移动时，电容器并联部分的电阻变大，所以电容器两端的电压变大，由e=可知，电场力变大，带点微粒向上运动，故c错误；d、若断开电键s，电容器处于放电状态，电荷量变小，故d错误故选a点评：本题中稳定时电容器与电路部分是相对独立的分析油滴是否运动，关键分析电场力是否变化二、选择题（本题共小题在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题目要求的全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）5（6分）（2011闵行区二模）如图所示，两个等量同种点电荷分别固定于光滑绝缘水平面上a、b两点一个带电粒子由c点静止释放，仅受电场力作用，沿着ab中垂线从c点运动到d点（c、d是关于ab对称的两点）下列关于粒子运动的vt图象中可能正确的是（）abcd考点：电场强度；匀变速直线运动的图像.专题：电场力与电势的性质专题分析：a、b为两个等量的同种电荷，其连线中垂线上电场强度方向若是负电荷则为co、do，若是正电荷则为oc、od；点电荷q仅受电场力作用从c点到d点运动的过程中，由于释放位置不清楚则电场强度大小变化情况不确定，则电荷所受电场力大小变化情况不确定，加速度变化情况不确定因此可能加速度先增加后减小再增加最后减小；也可能先减小后增加解答：解：a、b为两个等量的同种电荷，其连线中垂线上电场强度方向，若是负电荷则电场强度方向为co、do，若是正电荷则电场强度方向为oc、od；点电荷q仅受电场力作用从c点到d点运动的过程中，当从电场强度最大的位置释放时，则带电粒子所受电场力先减小后增大，那么加速度也是先减小后增大，而c选项图象的斜率表示加速度的大小，所以c正确；若从小于电场强度最大值位置释放，则带电粒子所受电场力先增大后减小再增大最后减小，那么加速度也是先增大后减小再增大最后减小而d选项图象的斜率表示加速度的大小故d正确；a、b均错误故选cd点评：本题考查对等量异种电荷电场线的分布情况及特点的理解和掌握程度，要抓住电场线的对称性6（6分）如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的小环，小环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d现将小环从与定滑轮等高的a处由静止释放，当小环沿直杆下滑距离也为d时（图中b处），下列说法正确的是（重力加速度为g）（）a小环刚释放时轻绳中的张力一定大于2mgb小环到达b处时，重物上升的高度也为dc小环在b处的速度与重物上升的速度大小之比等于d小环在b处的速度与重物上升的速度大小之比等于考点：动能定理的应用.专题：动能定理的应用专题分析：本题a的关键是由小环加速下落可知重物加速上升，再根据牛顿第二定律即可求解；题b的关键是明确重物上升的高度应等于绳子缩短的长度；题c和d的关键是明确小环在沿绳子的方向速度与重物速度相等，然后将小环的速度沿绳子与垂直于绳子方向正交分解即可解答：解：a：由题意，释放时小环向下加速运动，则重物将加速上升，对重物由牛顿第二定律可知绳中张力一定大于重力2mg，所以a正确；b：小环到达b处时，重物上升的高度应为绳子缩短的长度，即h=dd，所以b错误；c、d：根据题意，沿绳子方向的速度大小相等，将小环a速度沿绳子方向与垂直于绳子方向正交分解应满足：=，即，所以c错误，d正确；故选：ad点评：应明确：对与绳子牵连有关的问题，物体上的高度应等于绳子缩短的长度；物体的实际速度即为合速度，应将物体速度沿绳子和垂直于绳子的方向正交分解，然后列出沿绳子方向速度相等的表达式即可求解7（6分）如图所示，为三个有界匀强磁场，磁感应强度大小均为b，方向分别垂直纸面向外、向里和向外，磁场宽度均为l，在磁场区域的左侧边界处，有一边长为l的正方形导体线框，总电阻为r，且线框平面与磁场方向垂直，现用外力f使线框以速度v匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定电流沿逆时针方向时的电动势e为正，磁感线垂直纸面向里时的磁通量为正值，外力f向右为正则以下能反映线框中的磁通量、感应电动势e、外力f和电功率p随时间变化规律图象的是（）abcd考点：导体切割磁感线时的感应电动势.专题：电磁感应与图像结合分析：由线圈的运动可得出线圈中磁通量的变化；由则由法拉第电磁感应定律及e=blv可得出电动势的变化；由欧姆定律可求得电路中的电流，则可求得安培力的变化；由p=i2r可求得电功率的变化解答：解：a、当线框运动l时开始进入磁场，磁通量开始增加，当全部进入时达最大；此后向外的磁通量增加，总磁通减小；当运动到1.5l时，磁通量最小，故a错误；b、当线圈进入第一个磁场时，由e=blv可知，e保持不变，而开始进入第二个磁场时，两端同时切割磁感线，电动势应为2blv，故b错误；c、因安培力总是与运动方向相反，故拉力应一直向右，故c错误；d、拉力的功率p=fv，因速度不变，而在线框在第一个磁场时，电流为定值，拉力也为定值；两边分别在两个磁场中时，由b的分析可知，电流加倍，故安培力加培，功率加倍；此后从第二个磁场中离开时，安培力应等于线框在第一个磁场中的安培力，故d正确；故选：d点评：电磁感应与图象的结合问题，近几年高考中出现的较为频繁，在解题时涉及的内容较多，同时过程也较为复杂；故在解题时要灵活，可以选择合适的解法，如排除法等进行解答三、解答题（共6小题，满分78分）8（2分）图中，游标卡尺的示数是7.2mm螺旋测微器的示数是8.695mm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：游标卡尺的主尺读数为7mm，游标读数为0.12mm=0.2mm，所以最终读数为7.2mm 螺旋测微器的固定刻度读数为8.5mm，可动刻度读数为0.0119.5mm=0.195mm，所以最终读数为8.695mm故答案为：7.2；8.695点评：解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，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9（8分）用如图甲所示的实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律图丙给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个打点（图中未标出），计数点间的距离如图丙所示已知m1=50g、m2=150g，取g=9.8m/s2，则（结果保留两位有效数字）在纸带上打下记数点5时的速度v=2.4m/s；在05过程中系统动能的增量ek=0.58j，系统势能的减少量ep=0.59j；若某同学作出h图象如图乙所示，则当地的重力加速度g=9.7m/s2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：根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出点5的瞬时速度根据点5的瞬时速度求出系统动能的增加量，根据下落的高度求出系统重力势能的减小量根据机械能守恒定律得出v2h的关系式，根据图线的斜率得出重力加速度的值解答：解：由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔t=0.1s，根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可知打第5个点时的速度为：v5=2.4m/s，物体的初速度为零，所以动能的增加量为：ek=（m1+m2）v52=0.22.42j=0.58j重力势能的减小量等于物体重力做功，故：ep=w=mgh=0.59j；由此可知动能的增加量和势能的减小量基本相等，因此在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒本题中根据机械能守恒可知，mgh=mv2，即有： v2=gh，所以出v2h图象中图象的斜率表示重力加速度，由图可知，斜率k=9.7，故当地的实际重力加速度g=9.7m/s2故答案为：2.4，0.58，0.59，9.7点评：本题全面的考查了验证机械能守恒定律中的数据处理问题，要熟练掌握匀变速直线运动的规律以及功能关系，增强数据处理能力10（10分）（2011宝鸡模拟）为了测量一个量程03v、内阻约3k的电压表v1的内电阻，提供的实验器材有：a待测电压表v1；b电流表a1（00.6a，内阻约0.2）；c电压表v2（量程010v，内电阻约10k）；d滑动变阻器r1（050，额定电流0.5a）；e定值电阻r=5k；f电源e（电动势8v，内阻较小）；g开关一个、导线若干（1）在虚线框内画出正确的实验电路图（要求测量值尽可能精确、测量值的变化范围尽可能大一些，所用器材用对应的符号标出）（2）实验时需要测得的物理量有电压表v1的读数u1，电压表v2的读数u2（用符号表示并说明其物理意义）（3）待测电压表内电阻表达式为rv1=（用（2）中符号表示）考点：伏安法测电阻.专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）由于滑动变阻器的值远小于待测电压表阻值，如果用限流式接法，电流变化范围太小，电压表读数几乎不变，故采用分压式接法，定值电阻可以当电流表使用；（2）根据电路串并联知识和欧姆定律，运用伏安法计算出待测电压表电阻值的表达式，再得出待测值；（3）由第2问的分析可以得到待测电压表内电阻表达式解答：解：（1）如图（2）假设电压表v1两端的电压为u1，电压表v2两端的电压为u2，则电阻r两端的电压为u2u1，电流为，故待测电压表的电阻值为：rv1=故待测量为：电压表v1的读数u1，电压表v2的读数u2（3）由第2问的分析可以得到待测电压表内电阻表达式为：点评：本题关键在于没有电流表，但有两个电压表和一个定值电阻，故可以将定值电阻当作电流表使用11（16分）（2014南昌模拟）如图所示，倾角=30、长l=4.5m的斜面，底端与一个光滑的圆弧轨道平滑连接，圆弧轨道底端切线水平一质量为m=1kg的物块（可视为质点）从斜面最高点a由静止开始沿斜面下滑，经过斜面底端b后恰好能到达圆弧轨道最高点c，又从圆弧轨道滑回，能上升到斜面上的d点，再由d点由斜面下滑沿圆弧轨道上升，再滑回，这样往复运动，最后停在b点已知物块与斜面间的动摩擦因数为=，g=10m/s2，假设物块经过斜面与圆弧轨道平滑连接处速率不变求：（1）物块经多长时间第一次到b点；（2）物块第一次经过b点时对圆弧轨道的压力；（3）物块在斜面上滑行的总路程考点：动能定理；牛顿第二定律；向心力.专题：动能定理的应用专题分析：（1）在下滑过程中，由牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式求出下滑时间；（2）物体刚好达到c点，由b到c的过程中，利用动能定理求出b点的速度，由牛顿第二定律求出物块与轨道在b点的作用力；（3）在整个过程中利用动能定理求出物块在斜面上唤醒的总路程；解答：解：（1）物块沿斜面下滑时，沿斜面方向有：mgsinmgcos=ma代入数据解得：a=2.5m/s2从a到b，物块匀加速，由可得：（2）因为物体恰好到c点，所以到c点速度为0设物块到b点的速度为v，则：联立并代入数据解得：n=3mg=30n由牛顿第三定律可得，物块对轨道的压力为：n=30n，方向向下（3）从开始释放至最终停在b处，设物块在斜面上的总路程为s，则：mglsinmgscos=0解得：s=答：（1）物块经s第一次到b点；（2）物块第一次经过b点时对圆弧轨道的压力为30n；（3）物块在斜面上滑行的总路程为9m点评：本题考查学生对单个物体多过程问题的分析涉及到牛顿运动定律在圆周运动中的应用、动能定理和机械能守恒定律的应用、变力做功的计算方法12（20分）如图（a）所示，左侧为某课外活动小组设计的某种速度选择装置（图（b）为它的立体图），由水平转轴及两个薄盘n1、n2构成，两盘面平行且与转轴垂直，相距为l，两盘面间存在竖直向上的匀强电场，盘上各开一狭缝，两狭缝夹角可调；右侧为长为d的水平桌面，水平桌面的右端有一质量为m绝缘小球b，用长也为d的不可伸长的细线悬挂，b对水平桌面压力刚好为零今有电荷量为q，质量也为m的另一带电小球a沿水平方向射入n1狭缝，匀速通过两盘间后通过n2的狭缝，并沿水平桌面运动到右端与小球b发生碰撞，设a与b碰撞时速度发生交换已知小球a与水平桌面间动摩擦因数为，求：（1）小球a带何种电及两盘面间的电场强度e的大小；（2）若要求小球a能与小球b相撞，那么当小球a从n2中穿出时它的速度应满足什么条件；（3）若两狭缝夹角调为，盘匀速转动，转动方向如图（b），要使小球a与小球b碰撞后，b恰好做完整的圆周运动，求薄盘转动的角速度考点：动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力.专题：动能定理的应用专题分析：（1）小球a匀速过程中，合力为零，小球a受到电场力和重力平衡，即可判断出a球的电性由平衡条件求出场强的大小（2）要求小球a能与小球b相撞，a球运动到b处时速度大于零，根据动能定理研究a球在水平桌面上的运动过程，即可求出小球a从n2中穿出时它的速度应满足的条件 （3）小球b碰后恰好做完整的圆周运动时，在最高点由重力提供向心力，由牛顿第二定律和动能定理结合得到碰撞后b球的速度，即可知道碰撞前a球的速度，对a球，由动能定理求出刚滑动桌面时的速度大小根据周期性和圆周运动的角速度公式，即可求出薄盘转动的角速度解答：解：（1）小球a匀速通过两盘过程电场力和重力平衡，小球a带正电 且：mg=qe 得：（2）设小球通过n2时的速度为v0，与小球b发生碰撞前瞬间的速度为va，对小球a在水平桌面上的运动由动能定理得：a与b相撞须满足条件：va0 得：（3）小球b碰后恰好做完整的圆周运动有：小球b从最低到最高点由动能定理有： 又由题，va=vb设小球a通过n2的速度为v，根据动能定理：小球a能通过转盘有：由以上各式得：（n=0，1，2，3） 答：（1）小球a带正电，两盘面间的电场强度e的大小是；（2）若要求小球a能与小球b相撞，当小球a从n2中穿出时它的速度应满足的条件是：；（3）若两狭缝夹角调为，要使小球a与小球b碰撞后，b恰好做完整的圆周运动，薄盘转动的角速度（n=0，1，2，3）点评：本题是动能定理、牛顿第二定律和圆周运动运动学公式的综合，难点是根据圆周运动的周期性得到角速度的表达式13（22分）如图甲所示，水平直线mn下方有竖直向上的匀强电场，现将一重力不计、荷质比=106c/kg的正电荷置于电场中的o点由静止释放，经过105s时间以后电荷以v0=1.5104m/s的速度通过mn进入其上方的匀强磁场，磁场方向与纸面垂直，磁感应强度b按图乙所示规律周期性变化（图乙中磁场以垂直纸面向外为正以电荷第一次通过mn时为t=0时刻）不考虑磁场变化产生的电场求：（1）匀强电场的电场强度e；（2）t=105s时刻电荷与o点的水平距离；（3）如果在o点正右方d=32cm处有一垂直于mn的足够大的挡板，求电荷从o点出发运动到挡板的时间考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动.专题：带电粒子在磁场中