北京市通州区高三物理上学期期末试卷（含解析）.doc

2014-2015学年北京市通州区高三（上）期末物理试卷一、选择题（每个小题只有一个选项是正确的，共10道小题，每小题3分）1（3分）关于物体的内能变化以下说法中正确的是（） a 物体吸收热量，内能一定增大 b 物体对外做功，内能一定减小 c 物体吸收热量，同时对外做功，内能可能不变 d 物体放出热量，同时对外做功，内能可能不变【考点】： 物体的内能【专题】： 内能及其变化专题【分析】： 改变物体内能有两种方式：做功和热传递，根据热力学第一定律分析内能的变化【解析】： 解：a、物体吸收热量，根据热力学第一定律可知，内能不一定增大，还与做功情况有关故a错误b、物体对外做功，根据热力学第一定律可知，内能不一定减小，还与热传递情况有关故b错误c、物体吸收热量，同时对外做功，若热量与功的数值相等，内能不变故c正确d、物体放出热量，同时对外做功，根据热力学第一定律可知，内能一定减小故d错误故选c【点评】： 本题关键掌握热力学第一定律，并能正确运用2（3分）下列说法正确的是（） a 射线在电场和磁场中都不会发生偏转 b 射线比射线更容易使气体电离 c 太阳辐射的能量主要来源于重核裂变 d 核电站产生的能量来自轻核聚变【考点】： 天然放射现象；重核的裂变【专题】： 衰变和半衰期专题【分析】： 三种射线的电离本领依次减弱，射线是电磁波，核电站是利用铀235，太阳能是聚变得来的【解析】： 解：a、射线不带电，所以在电场和磁场中都不会发生偏转，故a正确；b、射线比射线更容易使气体电离，故b错误；c、太阳辐射的能量主要来源于轻核聚变，故c错误；d、核电站产生的能量来自铀235的裂变，故d错误；故选：a【点评】： 熟练掌握三种射线的特点和裂变聚变的应用时解决此类问题的关键3（3分）已知某玻璃对蓝光的折射率比对红光的折射率大，则两种光（） a 在该玻璃中传播时，蓝光的速度较大 b 以相同的入射角从空气斜射入该玻璃中，蓝光折射角较大 c 从该玻璃中射入空气发生反射时，红光临界角较大 d 用同一装置进行双缝干涉实验，蓝光的相邻条纹间距较大【考点】： 光的折射定律；光的干涉【专题】： 压轴题；光的折射专题【分析】： 根据题目中的蓝光的折射率比红光的折射率大，可以判断这两种光在该玻璃中的波速大小，以及波长、临界角等大小情况，然后以及相关物理知识即可解答【解析】： 解：a、由可知，蓝光在玻璃中的折射率大，蓝光的速度较小，故a错误；b、以相同的入射角从空气中斜射入玻璃中，蓝光的折射率大，向法线靠拢偏折得多，折射角应较小，故b错误；c、从玻璃射入空气发生全反射时的临界角由公式可知，红光的折射率小，临界角大，故c正确；d、用同一装置进行双缝干涉实验，由公式可知蓝光的波长短，相邻条纹间距小，故d错误故选c【点评】： 折射率大的频率高、波长短、临界角小、光子能量高等这些规律要明确，并能正确应用4（3分）一列机械波在某时刻的波形如图所示，已知波沿x轴正方向传播，波速是12m/s，则（） a 这列波的波长是10 cm b 这列波的周期是8 s c x=6 cm处质点的振幅为0 d x=5 cm处质点向y轴的负方向运动【考点】： 波长、频率和波速的关系；横波的图象【分析】： 根据波动图象得出波长和振幅的大小，结合波速求出周期的大小根据波的传播方向，通过上下坡法得出质点的振动方向【解析】： 解：a、根据波的图象知，波长是8cm，故a错误b、由v=得 t=s=15s，故b错误c、这列波的振幅为5cm，各个点振幅都是5cm，故c错误d、因为波向x轴正方向传播，根据上下坡法知，x=5cm质点向y轴的负方向振动故d正确故选：d【点评】： 解决本题的关键能够通过波动图象获取信息，比如：波长、振幅等，会根据上下坡法判断振动和波传播方向的关系5（3分）天文学家发现了某恒星有一颗行星在圆形轨道上绕其运动，并测出了行星的轨道半径和运行周期由此可推算出（） a 行星的质量 b 行星的半径 c 恒星的质量 d 恒星的半径【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】： 根据万有引力提供向心力进行分析【解析】： 解：行星绕恒星做圆周运动，根据万有引力提供向心力，知道轨道半径和周期，可以求出恒星的质量，行星是环绕天体，在分析时质量约去，不可能求出行星的质量故c正确，a、b、d错误故选c【点评】： 解决本题的关键掌握万有引力提供向心力6（3分）一理想变压器的原线圈上接有正弦交变电压，其最大值保持不变，副线圈接有可调电阻r设原线圈的电流为i1，输入功率为p1，副线圈的电流为i2，输出功率为p2当r增大时（） a i1减小，p1增大 b i1减小，p1减小 c i2增大，p2减小 d i2增大，p2增大【考点】： 变压器的构造和原理【专题】： 交流电专题【分析】： 输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数程正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可【解析】： 解：由于原线圈的输入电压不变，变压器的匝数比也不变，所以副线圈的输出电压不变，当电阻r增大时，电路的电阻变大，副线圈的电流i2减小，所以原线圈的电流i1也要减小，由于副线圈的电压不变，根据p=可得，当电阻增大时，输出的功率p2将减小，所以原线圈的输入的功率p1也将减小所以b正确故选b【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7（3分）如图是某物体做直线运动的v一t图象，由图象可得到的正确结果是（） a t=1 s时物体的加速度大小为1.0 m/s2 b t=5 s时物体的加速度大小为0.75 m/s2 c 第3 s内物体的位移为1.5 m d 物体在加速过程的位移比减速过程的位移大【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】： 速度时间图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移【解析】： 解：a、t=1s时的加速度故a错误b、t=5s时的加速度大小故b正确c、第3s内物体的位移x=31m=3m故c错误d、物体在加速过程中的位移，减速过程中的位移，知物体在加速过程中的位移小于减速过程中的位移故d错误故选：b【点评】： 解决本题的关键知道速度时间图线表示的物理意义，知道图线斜率和图线与时间轴围成的面积表示的含义8（3分）老师做了一个物理小实验让学生观察：一轻质横杆两侧各固定一金属环，横杆可绕中心点自由转动，老师拿一条形磁铁插向其中一个小环，后又取出插向另一个小环，同学们看到的现象是（） a 磁铁插向左环，横杆发生转动 b 磁铁插向右环，横杆发生转动 c 无论磁铁插向左环还是右环，横杆都不发生转动 d 无论磁铁插向左环还是右环，横杆都发生转动【考点】： 楞次定律【分析】： 穿过闭合回路的磁通量发生变化，闭合回路中会产生感应电流，感应电流受到磁场力的作用，横杆转动；如果金属环不闭合，穿过它的磁通量发生变化时，只产生感应电动势，而不产生感应电流，环不受力的作用，杆不转动【解析】： 解：左环不闭合，磁铁插向左环时，不产生感应电流，环不受力，横杆不转动；右环闭合，磁铁插向右环时，环内产生感应电流，环受到磁场的作用，横杆转动；故b正确，acd错误；故选：b【点评】： 本题难度不大，是一道基础题，知道感应电流产生的条件，分析清楚图示情景即可正确解题9（3分）在如图所示的电路中，e为电源电动势，r为电源内阻，r1和r3均为定值电阻，r2为滑动变阻器当r2的滑动触点在a端时合上开关s，此时三个电表a1、a2和v的示数分别为i1、i2和u现将r2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是（） a i1增大，i2不变，u增大 b i1减小，i2不变，u减小 c i1增大，i2减小，u增大 d i1减小，i2增大，u减小【考点】： 闭合电路的欧姆定律【专题】： 恒定电流专题【分析】： 理清电路，确定电压表测得什么电压，电流表测得什么电流，抓住电动势和内阻不变，采用局部整体局部的方法，利用闭合电路欧姆定律进行分析【解析】： 解：r2的滑动触点向b端移动时，r2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，内电压增大，外电压减小，即电压表示数减小，r3电压增大，r1、r2并联电压减小，通过r1的电流i1减小，即a1示数减小，而总电流i增大，则流过r2的电流i2增大，即a2示数增大故a、b、c错误，d正确故选：d【点评】： 解决本题的关键抓住电动势和内电阻不变，结合闭合电路欧姆定律求解注意做题前一定要理清电路，看电压表测的是什么电压，电流表测的是什么电流10（3分）应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出对此现象分析正确的是（） a 在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度 b 物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度 c 手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态 d 手托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态【考点】： 牛顿运动定律的应用-超重和失重【专题】： 牛顿运动定律综合专题【分析】： 超重指的是物体加速度方向向上，失重指的是加速度方向下，但运动方向不可确定由牛顿第二定律列式分析即可【解析】： 解：a、b、重物和手有共同的速度和加速度时，二者不会分离，故物体离开手的瞬间，物体向上运动，物体的加速度等于重力加速度，但手的加速度大于重力加速度，并且方向竖直向下，故a错误，b正确；c、d、物体向上先加速后减速，加速度先向上，后向下，根据牛顿运动定律可知物体先处于超重状态，后处于失重状态，故c错误d错误故选：b【点评】： 超重和失重仅仅指的是一种现象，但物体本身的重力是不变的，这一点必须明确重物和手有共同的速度和加速的时，二者不会分离二、实验题（共3道小题，共14分）11（5分）某同学做“用单摆测重力加速度”实验用游标卡尺测量摆球直径d，把摆球用细线悬挂在铁架台上，用米尺测量出悬线长度l某次测量摆球直径时游标卡尺示数部分如图所示，则摆球直径为d=2.26cm在小钢球某次通过平衡位置时开始计时，并将这次通过平衡位置时记为0，数出以后小钢球通过平衡位置的次数为n，用停表记下所用的时间为t请用上面的测量数据计算重力加速度的表达式为g=【考点】： 用单摆测定重力加速度【专题】： 实验题；单摆问题【分析】： 游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数单摆完成一次全振动需要的时间是单摆的周期，在一个周期内，摆球经过平衡位置两次，根据题意求出单摆的周期；摆线长度与摆球半径之和是单摆的摆长，应用单摆周期公式求出重力加速度【解析】： 解：由图所示游标卡尺可知，主尺示数为2.2cm，游标尺示数为60.1mm=0.6mm=0.06cm，则游标卡尺示数为2.2cm+0.06cm=2.26cm由题意知，单摆完成 全振动的次数为，单摆的周期=单摆摆长l=l由单摆周期公式可知，重力加速度：g=故答案为：2.26，【点评】： 本题考查了求单摆周期、求重力加速度，知道周期的概念、知道摆线长度与摆球半径之和是单摆的摆长、应用单摆周期公式即可正确解题12（5分）用半径相同的两小球a、b的碰撞验证动量守恒定律，实验装置示意如图所示，斜槽与水平槽圆滑连接实验时先不放b球，使a球从斜槽上某一固定点c由静止滚下，落到位于水平地面的记录纸上留下痕迹再把b球静置于水平槽前端边缘处，让a球仍从c处由静止滚下，a球和b球碰撞后分别落在记录纸上留下各自的痕迹记录纸上的o点是重垂线所指的位置，若测得各落点痕迹到o的距离：=2.68cm，=8.62cm，=11.50cm，并知a、b两球的质量比为2：1，则未放b球时a球落地点是记录纸上的p点，系统碰撞前总动量p与碰撞后总动量p的百分误差=2%（结果保留一位有效数字）【考点】： 验证动量守恒定律【专题】： 实验题【分析】： （1）a与b相撞后，b的速度增大，a的速度减小，都做平抛运动，竖直高度相同，所以水平方向，b在a的前面；（2）小球离开水平槽后做平抛运动，它们下落的高度相同，在空中的运动时间相同，由于小球在水平方向上做匀速直线运动，小球运动时间相同，因此小球的水平位移与小球的初速度成正比，计算时可以用小球的水平位移表示小球的初速度；根据题目所给实验数据，求出实验的百分误差【解析】： 解：（1）a与b相撞后，b的速度增大，a的速度减小，碰前碰后都做平抛运动，高度相同，落地时间相同，所以p点是没有碰时a球的落地点，n是碰后b的落地点，m是碰后a的落地点；（2）系统碰撞前总动量p与碰撞后总动量p的百分误=2%；故答案为p； 2【点评】： 知道两球做平抛运动的运动时间相等，小球的水平位移与水平速度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的水平速度，是解决本题的关键13（4分）在“验证机械能守恒定律”的实验中，已知打点计时器所用电源的频率为50hz，查得当地的重力加速度g=9.89m/s，测得所用的重物的质量为1.00kg，实验中得到一条点迹清晰的纸带如图所示，把第一个点记做0，另选连续的4个点a，b，c，d各点到0点的距离分别为62.99cm、70.18cm、77.76cm、85.73cm根据以上数据，可知重物由o点运动到c点，重力势能的减少量等于7.62j，动能的增加量等于7.56j（取三位有效数字）【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】： 纸带实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度，从而求出动能，根据功能关系得重力势能减小量等于重力做功的数值【解析】： 解：重力势能减小量ep=mgh=1.09.80.7776j=7.62j在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，因此有：故答案为：7.62、7.56【点评】： 纸带问题的处理时力学实验中常见的问题，对于这类问题要熟练应用运动学规律和推论进行求解，计算过程中要注意单位的换算和有效数字的保留三、计算题（共7道题，共56分）解题要求：写出必要的文字说明、方程式和演算步骤有数字计算的题，取g=10m/s2，答案必须明确写出数值和单位14（7分）小物块以一定的初速度冲上一个足够长的倾角为37的固定斜面，某同学利用传感器测出了小物块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机做出了小物块上滑过程的速度时间图线，如图所示（取sin 37=0.6，cos 37=0.8，g=10m/s2）求：（1）小物块冲上斜面过程中加速度的大小；（2）小物块向上运动的最大距离；（3）小物块与斜面间的动摩擦因数【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】： （1）根据图线的斜率求出加速度的大小；（2）根据速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移即可求解向上运动的最大位移；（2）根据牛顿第二定律求出小物块与斜面间的动摩擦因数【解析】： 解：（1）vt图象的斜率表示加速度，故：a=（2）vt图象与坐标轴围成的面积表示位移大小，故：x=（3）根据牛顿第二定律得：mgsin37n=ma而nmgcos37=0解得：=0.25答：（1）小物块冲上斜面过程中加速度的大小为8m/s2；（2）小物块向上运动的最大距离为4m；（3）小物块与斜面间的动摩擦因数为0.25【点评】： 本题是速度时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息属于基础题15（7分）如图所示，电阻不计的平行金属导轨mn和op放置在水平面内，mo间接有阻值为r=3的电阻，导轨相距d=1m，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度b=0.5t质量为m=0.1kg，电阻为r=1的导体棒cd垂直于导轨放置，并接触良好用平行于mn的恒力f=1n向右拉动cd，cd受摩擦阻力f恒为0.5n求：（1）cd运动的最大速度；（2）当cd达到最大速度后，电阻r消耗的电功率【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；安培力的计算【专题】： 电磁感应中的力学问题；电磁感应与电路结合【分析】： （1）导体棒开始做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零即合外力为零时，速度达到最大（2）到达最大速度后，回路中产生稳定感应电流，根据p=i2r可正确求得结果【解析】： 解：（1）设cd棒运动速度为v，则：导体棒产生的感应电动势为：e=bdv 据全电路欧姆定律有：i= 则安培力为：f0=bdi 据题意分析，当v最大时，有：ff0f=0 联立得：vm=8 m/s 故cd运动的最大速度为8m/s（2）cd速度最大时同理有：em=bdvm im= p=i2r 联立带入数据得：p=3w故当cd达到最大速度后，电阻r消耗的电功率为p=3w【点评】： 本题的难点是对导体棒正确受力分析，弄清其运动情况，得出速度最大的条件，注意对于变加速运动往往合外力为零时对应着速度最大16（8分）某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛比赛路径如图所示，赛车从起点a出发，沿水平直线轨道运动l后，由b点进入半径为r的光滑竖直圆轨道，离开竖直圆轨道后继续在光滑平直轨道上运动到c点，并能越过壕沟已知赛车质量m=0.1kg，通电后以额定功率p=1.5w工作，进入竖直圆轨道前受到的阻力恒为0.3n，随后在运动中受到的阻力均可不计图中l=10.00m，r=0.32m，h=1.25m，s=1.50m（1）求赛车越过壕沟需要的最小速度为v1（2）赛车进入圆轨道前在b点的最小速度v3（3）要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间？（取g=10m/s2）【考点】： 动能定理的应用；电功、电功率【分析】： 本题赛车的运动可以分为三个过程，由a至b的过程可以运用动能定理列式，在圆轨道上的过程机械能守恒，也可以用动能定理列式，以及平抛运动的过程；本题有两个约束条件，即要能越过壕沟，同时要能到达轨道的最高点【解析】： 解：（1）设赛车越过壕沟需要的最小速度为v1，由平抛运动的规律，有：s=v1t h=gt2解得：v1=s=2.5=5m/s（2）设赛车恰好越过圆轨道，对应圆轨道最高点的速度为v2，最低点的速度为v3，由牛顿第二定律及机械能守恒定律，有：mg=mm=m+mg（2r） 解得：v3=4m/s （3）由于b点以后的轨道均为光滑，故轨道最低点速度应该等于平抛的初速度，通过分析比较，赛车要完成比赛，在进入圆轨道前的速度最小应该是：vmin=4m/s 设电动机工作时间至少为t，根据功能原理有：ptfl=m由此可得：t=2.53s即要使赛车完成比赛，电动机至少工作2.53s的时间答：（1）赛车越过壕沟需要的最小速度为5m/s；（2）赛车进入圆轨道前在b点的最小速度为4m/s；（3）要使赛车完成比赛，电动机至少工作2.53s时间【点评】： 本题是力电综合问题，关键要将物体的运动分为三个过程，分析清楚各个过程的运动特点和受力特点，然后根据动能定理、平抛运动公式、向心力公式列式求解！17（8分）1932年，劳伦斯和利文斯设计出了回旋加速器回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的d形金属盒半径为r，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计磁感应强度为b的匀强磁场与盒面垂直在d盒中心a处粒子源产生的粒子，质量为m、电荷量为+q，在加速器中被加速，加速电压为u（1）求粒子第2次和第1次经过两d形盒间狭缝后轨道半径之比；（2）求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间t【考点】： 质谱仪和回旋加速器的工作原理；带电粒子在匀强磁场中的运动【专题】： 带电粒子在磁场中的运动专题【分析】： （1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据动能定理和洛伦兹力提供向心力求出轨道半径与加速电压的关系，从而求出轨道半径之比（2）通过d形盒的半径求出粒子的最大速度，结合动能定理求出加速的次数，一个周期内加速两次，从而得知在磁场中运动的周期次数，确定出粒子从静止开始加速到出口处所需的时间【解析】： 解：（1）设粒子第1次经过狭缝后的半径为r1，速度为v1qu=mv12qv1b=m联立以上解得：r1=同理，粒子第2次经过狭缝后的半径r2=则 r1：r2=：1（2）设粒子到出口处被加速了n圈，解得：2nqu=mv2；qvb=mt=t=nt解上四个方程得：t=答：（1）粒子第2次和第1次经过两d形盒间狭缝后的轨道半径之比为：1（2）粒子从静止开始加速到出口处所需的时间为【点评】： 解决本题的关键掌握回旋加速器的原理，运用电场加速和磁场偏转，知道粒子在磁场中运动的周期与加速电场的变化周期相等18（8分）平行板电容器的两极板间有场强为e的匀强电场，且带正电的极板接地，一质量为m的电荷量为+q的带电粒子（不计重力），从x轴上坐标为x0处静止释放（1）求该粒子在x0处的电势能epx0（2）试从牛顿第二定律出发，证明该带电粒子在极板间运动过程中，其动能和电势能之和保持不变，设粒子与极板碰撞无能量损失【考点】： 电容器的动态分析；电势能【分析】： 电势能的大小等于从该点运动电荷到无穷远处时电场力做的功代入公式即可【解析】： 解：（1）w电=qex0w电=（epx00）联立得epx0=qex0（2）在带电粒子的运动方向上任取一点，设坐标为 x由牛顿第二定律可得qe=ma由运动学公式得v=2a（xx0）联立进而求得：ekx=mv=qe（xx0）e=ekx+epx=qex0=ex0答：（1）该粒子在x0处电势能qex0（2）该带电粒子在极板间运动过程中，其动能与电势能之和保持不变【点评】： 该题考查电势能的特性，电势能的大小等于从该点运动电荷到无穷远处时电场力做的功属于基础题目19（9分）目前，滑板运动受到青少年的追捧如图是某滑板运动员在一次表演时的一部分赛道在竖直平面内的示意图赛道光滑，ka平台的高度为h=1.8mb处平滑连接滑板a和b的质量均为m，m=5kg，运动员质量为m，m=45kg表演开始，运动员站在滑板b上先让滑板a从a点静止下滑，t1=0.1s后再与b板一起从a点静止下滑滑上bc赛道后，运动员从b板跳到同方向运动的a板上，在空中运动的时间t2=0.6s（水平方向是匀速运动） （滑板和运动员的所有运动都在同一竖直平面内，计算时滑板和运动员都看作质点，取g=10m/s2）（1）求滑板a由a点静止下滑到bc赛道速度为v1（2）运动员跳上滑板a后，在bc赛道上与滑板a共同运动的速度是多大？（3）在运动员离开滑板b的过程中滑板b受合外力的冲量大小？【考点】： 动量守恒定律；动量定理【分析】： （1）对a到bc过程由机械能守恒定律可求得速度；（2）运动员离开b后空中做匀速运动，由运动关系可求得运动员的速度；再对a与运动员由动量守恒可求得共同速度；（3）对人离开b的过程由动量守恒定律列式可求得b的末动量，再由动量定理可求得冲量【解析】： 解：（1）设滑板由a点静止下滑到bc赛道后速度为v1，由机械能守恒定律有：mgh=mv12，得：v1=6m/s（2）运动员与滑板一起由a点静止下滑到bc赛道后，速度也为v1，运动员由滑板b跳到滑板a，设蹬离滑板b时的水平速度为v2，在空中飞行的水平位移为s，则：s=v2t2设起跳时滑板a与滑板b的水平距离为s0，则：s0=vltl设滑板在t2时间内的位移为s1，则：s1=v1t2，s=s0+s1即：v2t2=v1（t1+t2），解得：v2=7m/s；m落到滑板a