2013-2014学年北京市房山区南尚乐中学高三（上）期中物理试卷（教师版）

2013-2014学年北京市房山区南尚乐中学高三（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题，本题共13小题，每题三分，共39分1（3分）（2014秋莱芜期末）18世纪中期，人们既没有量度带电体所带电荷量多少的方法，也没有测量电荷之间非常小的相互作用力的工具一位法国的科学家发明了扭秤，巧妙而准确地测量出了物体间的静电力，这位科学家是（）A法拉第B库仑C奥斯特D安培考点：物理学史菁优网版权所有分析：根据对物理学家及其主要贡献的了解答题解答：解：一位法国的科学家发明了扭秤，巧妙而准确地测量出了物体间的静电力，这位科学家是库仑，故选B点评：多了解物理学史对培养我们学习物理的兴趣是有帮助的，所以考试中也时有涉及，在学习中应注意2（3分）（2012秋丰台区期末）下列关于电磁波的说法正确的是（）A电磁波是一种纵波B可见光是电磁波C电磁波不能产生干涉和衍射现象D电磁波必须依赖介质传播考点：电磁波的发射、传播和接收菁优网版权所有分析：电磁波是由变化电磁场产生的，电磁波有：无线电波、红外线、可见光、紫外线、伦琴射线、射线电磁波的传播不需要介质解答：解：A、电磁波的传播方向与振动方向相互垂直，故电磁波是横波，故A错误B、可见光是电磁波的一种，故B正确C、电磁波能产生干涉和衍射现象故C错误D、电磁波的传播不需要介质故D错误故选B点评：本题考查了有关电磁波的基础知识，对于这些基础知识要加强理解和应用3（3分）（2011福建）一定量的理想气体在某一过程中，从外界吸收热量2.5104J，气体对外界做功1.0104J，则该理想气体的（填选项前的字母）（）A温度降低，密度增大B温度降低，密度减小C温度升高，密度增大D温度升高，密度减小考点：热力学第一定律；气体分子运动的特点菁优网版权所有分析：由热力学第一定律可知理想气体内能的改变，则可判断温度的改变；由对外做功可知体积的变化，即可得出密度的变化解答：解：理想气体的内能仅用温度来衡量，由热力学第一定律U=W+Q可知，U=1.5104J，即气体内能增加，故温度升高因对外做功，体积膨胀，故密度减小故选D点评：热力学第一定律是热学中必考内容，一定要熟记其内容，并能分清各量的符号规定，做到正确求解4（3分）（2012秋丰台区期末）下列说法正确的（）AThPa+X 中的X是中子B+是衰变C+是核聚变D+2是核裂变考点：原子核衰变及半衰期、衰变速度；重核的裂变；轻核的聚变菁优网版权所有专题：衰变和半衰期专题分析：由质量数守恒和电荷数守恒知X是电子，衰变生成的是核原子核，裂变是质量较大的核分裂成质量中等的核解答：解：A、由质量数守恒和电荷数守恒知X是电子，A错误；B、是发现质子的反应方程，衰变生成的是氦原子核，B错误；C、质量较轻的核聚变生成质量较大的核，C正确；D、裂变是质量较大的核分裂成质量中等的核，这里是衰变，D错误；故选C点评：本题考查了核反应方程中的质量数守恒和电荷数守恒，裂变、聚变和衰变的概念，难度不大5（3分）（2015春乐山期末）弹簧振子在光滑的水平面上做简谐运动，在振子向着平衡位置运动的过程中（）A振子所受的回复力逐渐增大B振子离开平衡位置的位移逐渐增大C振子的速度逐渐增大D振子的加速度逐渐增大考点：简谐运动的振幅、周期和频率菁优网版权所有专题：简谐运动专题分析：根据振子是远离平衡位置还是靠近平衡位置来分析：回复力、位移、速度和加速度的变化解答：解：A、回复力与位移成正比，在振子向着平衡位置运动的过程中回复力减小，A错误；B、振子的位移指由平衡位置指向振动物体所在位置的有向线段，因而向平衡位置运动时位移逐渐减小，B错误；C、物体向着平衡位置运动时，回复力与速度方向一致，故物体的速度逐渐增大C正确D、由牛顿第二定律a=可知，加速度也减小，D错误；故选C点评：本题考查根据振动特点分析物体振动过程的能力在振动过程中，这三个量大小变化情况是一致的：回复力、加速度和位移6（3分）（2012秋丰台区期末）已知某玻璃对蓝光的折射率比对红光的折射率大，则（）A蓝光光子的能量较大B在该玻璃中传播时，蓝光的速度较大C从该玻璃中射入空气发生反射时，蓝光的临界角较大D以相同的入射角从空气斜射入该玻璃中，蓝光的折射角较大考点：光的折射定律菁优网版权所有专题：光的折射专题分析：折射率越大，光的频率越高，光子的能量越大，由v=分析光在玻璃中传播速度的大小由sinC=分析临界角C的大小由折射定律n=分析折射角的关系解答：解：A、由题，玻璃对蓝光的折射率比对红光的折射率大，则知蓝光的频率较大，由E=h知，蓝光光子的能量较大故A正确B、由v=分析知，在该玻璃中传播时，红光的速度较大故B错误C、由sinC=分析知，折射率越大，临界角越小，则知从该玻璃中射入空气发生反射时，蓝光的临界角较小故C错误D、由折射定律n=得知，以相同的入射角从空气斜射入该玻璃中，折射率越大，折射角越小，则蓝光的折射角较小故D错误故选A点评：本题可根据光的色散研究结果，理解并掌握折射率与光的折射率的关系，再根据v=、sinC=和折射定律n=可轻松解答本题7（3分）（2012秋丰台区期末）质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x=5t+t2（各物理量均采用国际制单位），则该质点（）A第1 s内的位移是5 mB前2 s内的平均速度是6 m/sC任意相邻的1 s 内位移差都是1 mD任意1 s内的速度增量都是2 m/s考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系菁优网版权所有专题：运动学与力学（一）分析：通过匀变速直线运动位移时间公式x=vot+at2与题目中s=5t+t2 对比去得出物体的初速度和加速度，再根据运动学的其它公式去求解解答：解：A、将t=1代入即可求出第1s内的位移是x=6m，A错误；B、前2s内的平均速度为=7m/s，B错误；C、与s=vot+at2对比可知a=2m/s2，则s=aT2=2m，C错误；D、位移s与时间t的关系为x=5t+t2vo=5m/s，a=2m/s2该运动是匀加速直线运动任意相邻1s内速度增量都是v=at=2m/s，故D正确；故选D点评：该题考查了匀变速直线运动的位移时间公式、速度时间公式的应用8（3分）（2012秋丰台区期末）一列简谐波以10m/s的速度沿x轴正方向传播，t=0时刻这列波的波形如右图所示，则质点P的振动图象为（）ABCD考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象菁优网版权所有专题：振动图像与波动图像专题分析：本题首先由波动图象读出波长，由波速公式v=求出周期T由题，简谐波沿x轴正方向传播，根据波形的平移法判断出t=0时刻质点P的速度方向，确定其振动图象的形状解答：解：由波动图象读出波长=4m，由波速公式v=得，周期T=简谐波沿x轴正方向传播，根据波形的平移法得知出t=0时刻质点P的速度方向沿y轴正方向，所以质点P的振动图象为正弦曲线故B正确故选B点评：本题考查读图能力，由波动图象读出波长，根据波的传播方向，由波形的平移法可判断出质点的振动方向，根据质点在t=0时刻的速度和位置，可确定其振动图象9（3分）（2015怀化三模）在匀强磁场中，一矩形金属线圈绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电动势的图象如图乙所示，则（）At=0.005s时线圈平面与磁场方向平行Bt=0.010s时线圈的磁通量变化率最大C线圈产生的交变电动势频率为100HZD线圈产生的交变电动势有效值为311V考点：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率菁优网版权所有专题：交流电专题分析：根据图象可知交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等解答：解：A t=0.005s电动势最大，则线圈平面与磁场方向平行，故A正确 B t=0.010s时电动势为0，则线圈的磁通量变化率为0，故B错误 C 由图可知周期为0.02，则频率为=50Hz，故C错误 D 线圈产生的交变电动势有效值为V，故D错误故选：A点评：本题考查了有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量10（3分）（2012秋丰台区期末）已知地球的质量为M，半径为R，自转周期为T，地球表面处的重力加速度为g地球同步卫星的质量为m，离地面的高度为h利用上述物理量，可推算出地球同步卫星的环绕速度表达式为（）ABCD考点：同步卫星；万有引力定律及其应用；人造卫星的加速度、周期和轨道的关系菁优网版权所有专题：人造卫星问题分析：同步卫星的轨道半径为r=R+h，其运动周期等于地球自转的周期，根据线速度与周期的关系可得出线速度的表达式根据万有引力提供向心力，即可求解解答：解：A、同步卫星的轨道半径为r=R+h，其运动周期等于地球自转的周期T，则线速度v=，故A错误；B、根据牛顿第二定律得：解得；v=，而=，故BC错误；D、因为g=，v=，所以v=，故D正确；故选D点评：对于卫星问题，关键要建立物理模型，运用万有引力和向心力知识、加上数学变形求解11（3分）（2012秋丰台区期末）一带电粒子，重力忽略不计，以一定的初速度进入某电场后，恰能做直线加速运动，下列说法正确的（）A电场力对粒子做正功，电势能减小B电场力对粒子做负功，电势能增加C该电场一定是匀强电场，粒子平行于电场方向运动D该电场一定是匀强电场，粒子垂直于电场方向运动考点：电势能；带电粒子在匀强电场中的运动菁优网版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：根据动能定理分析电场力做功正负，由能量守恒判断电势能的变化带电粒子做加速直线运动，电场力方向与速度相同，但加速度大小如何变化未知，不能确定场强的变化解答：解：A、B由题，带电粒子做加速直线运动，带电粒子的动能增大，由动能定理得知，电场力对粒子做正功，而动能与电势能总量守恒，则电势能减小故A正确，B错误C、D带电粒子做加速直线运动，电场力与速度方向必定相同，带电粒子一定沿电场线方向运动，由于加速度如何变化未知，则电场力是否变化不能确定，场强是否变化也不能确定，所以该电场不一定是匀强电场故CD错误故选A点评：此题关键根据动能定理分析动能的变化，再判断电势能的变化带电粒子在电场中做直线运动时，电场线一定直线，粒子的速度一定与电场线共线12（3分）（2013秋周口期末）两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子a、b，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图若不计粒子的重力，则下列说法正确的是（）Aa粒子带正电，b粒子带负电Ba粒子在磁场中所受洛伦兹力较大Cb粒子动能较大Db粒子在磁场中运动时间较长考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力菁优网版权所有专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：a、b两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子以不同的速率对向射入圆形匀强磁场区域，偏转的方向不同，说明受力的方向不同，电性不同，可以根据左手定则判定从图线来看，a的半径较小，可以结合洛伦兹力提供向心力，写出公式，进行判断，之后，根据公式，再判定动能和运动的时间解答：解：粒子向右运动，根据左手定则，b向上偏转，应当带正电；a向下偏转，应当带负电，故A错误洛伦兹力提供向心力，即：，得：，故半径较大的b粒子速度大，动能也大故C正确由公式；f=qvB，故速度大的b受洛伦兹力较大故B错误磁场中偏转角大的运动的时间也长；a粒子的偏转角大，因此运动的时间就长故D错误故选：C点评：该题考查带电粒子在匀强磁场中的偏转，可以结合两个公式进行判定属于简单题目13（3分）（2012秋朝阳区期末）物理关系式不仅反映了物理量数量的关系，也确定了单位间的关系如关系式F=ma既反映了力、质量和加速度之间的关系，也确定了N（力）与kg（千克）和ms2（米每二次方秒）的乘积等效物理量单位：m（米）、s（秒）、N（牛）、W（瓦）、C（库）、A（安）、T（特），由它们组合成的单位与力的单位N（牛）等效的是（）ATm2/sBTAmCW/mDC2/m2考点：力学单位制菁优网版权所有分析：根据物理学公式及各物理量的单位进行推导，即可得出结论解答：解：A、由公式：F=BIL，F的单位：N，B单位：T，I单位：A，L的单位是：m，可知：1N=1TAm，故A错误，B正确；C、W是功率单位，m是长度单位，W/m不可能表示N，故C错误；D、根据F=k，k是有单位的，可知，C2/m2不能表示N，故D错误故选B点评：本题考查了功的单位与各物理量单位间的关系，熟悉各物理量的单位，熟练掌握各物理学公式是正确解题的关键二、实验题，本题共3小题，共20分把答案填在答题纸相应的位置14（4分）（2013秋房山区校级期中）如图所示是电子射线管的示意图接通电源后，电子射线由阴极沿x轴正方向射出，在荧光屏上会看到一条亮线要使荧光屏上的亮线向上（z轴正方向）偏转，在下列措施中可采用的是（）A加一沿y轴正方向的磁场B加一沿y轴负方向的磁场C加一沿z轴正方向的磁场D加一沿z轴负方向的磁场考点：带电粒子在匀强磁场中的运动菁优网版权所有专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：电子射线由阴极沿x轴方向射出，形成的亮线沿z轴正方向偏转，说明电子受到的洛伦兹力方向向上，将四个选项逐一代入，根据左手定则判断分析，选择可行的磁场方向解答：解：A、若加一沿y轴正方向的磁场，根据左手定则，洛伦兹力方向沿z轴负方向，亮线向下偏转，故A错误 B、若加一沿y轴负方向的磁场，根据左手定则，洛伦兹力方向沿z轴正方向，亮线向上偏转，故B正确 C、若加一沿z轴正方向的磁场，根据左手定则，洛伦兹力方向沿y轴负方向，亮线向y轴负方向偏转，故C错误 D、若加一沿z轴负方向的磁场，根据左手定则，洛伦兹力方向沿y轴正方向，亮线向y轴正方向偏转，故D错误故选：B点评：本题考查磁偏转方向判断的能力由由左手定则判断处洛伦兹力的方向是正确解题的关键15（6分）（2012秋朝阳区期末）在一次“用单摆测定重力加速度”的实验中，图甲中的O点是摆线的悬点，a、b两点分别是摆球的上沿和下沿，则该单摆的摆长l=0.9160m乙图为测量周期用的秒表，长针转一周的时间为30s，表盘上部的小圆共30个小格，每小格30s该单摆全振动n=50次时，表盘指针的位置如图乙所示，所用时间t=96.3s用以上直接测量的物理量的符号表示重力加速度的计算式g=（不必代入具体数值）考点：用单摆测定重力加速度菁优网版权所有专题：单摆问题分析：长度读数要加上估读位，摆长为悬挂点到球心的距离；秒表读数既要看大盘，也要看小盘；根据单摆周期公式列式求解重力加速度解答：解：摆长为悬挂点到球心的距离，故；秒表大盘可以看出是30s的3倍多，小盘读数6.3s，故总时间为：t=30s3+6.3s=96.3s；单摆周期公式，根据实验有；故重力加速度为：；故答案为：0.9160（0.91590.9161），96.3，点评：本题关键明确实验原理，会读长度，会用单摆周期公式列式计算，基础题16（10分）（2012秋朝阳区期末）某实验小组利用如图1所示的电路做“测量电池的电动势和内电阻”的实验（1）请你根据电路图，在图2所示的实物图上连线（2）该小组利用测量出来的几组电压和电流值画出了UI图线如图3根据图线求出电源的电动势E=U0，电源的内电阻r=（3）另一实验小组也做了“测量电池的电动势和内电阻”的实验，他们在实验室里找到了以下器材：A一节待测的干电池B电流表A1（满偏电流3mA，内阻RA1=10）C电流表A2（00.6A，内阻RA2=0.1）D滑动变阻器R1（020，10A）E定值电阻R0（1190）F开关和导线若干某同学发现上述器材中虽然没有电压表，但提供了两块电流表，于是他设计了如图4所示的电路，并进行实验该同学测出几组电流表A1、A2的数据I1、I2，利用测出的数据画出I1I2图象，则由图象可得被测干电池的电动势E=1.5V，内电阻r=0.6考点：测定电源的电动势和内阻菁优网版权所有专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）根据图1所示电路图连接实物电路图（2）电源UI图象与纵轴的交点是电源电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻（3）由图象求出与纵轴的交点，然后由欧姆定律求出该电流所对应的电压，该电压是电源的电动势；图象斜率的绝对值等于电源的内阻解答：解（1）根据电路图连接实物电路图，如图所示（2）由图3所示可知，电源电动势为U0，电源内阻r=（3）由图5所示可知，I1=1.25mA，I2=0.5A，电源电动势E=I1（RA1+R0）=1.25103（10+1190）=1.5V；电源内阻r=0.6故答案为：（1）实物电路图如图所示；（2）U0；（3）1.5；0.6点评：应用图象求电源电动势与内阻时，从图象上求出电流值，然后应用欧姆定律求出电源电动势与内阻三、计算题，本题共4小题，共41分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位把答案填在答题纸相应的位置17（9分）（2012秋丰台区期末）某滑板爱好者在离地h=1.8m高的平台上滑行，水平离开A点后落在水平地面的B点，其水平位移x1=3m，着地时由于存在能量损失，着地后速度变为v=4m/s，并以此为初速沿水平地面滑行x2=8m后停止于C点已知人与滑板的总质量m=60kg，g=10m/s2（空气阻力忽略不计）求（1）人与滑板离开平台时的水平初速度；（2）人与滑板在水平地面滑行时受到的平均阻力大小考点：动能定理的应用；平抛运动菁优网版权所有专题：动能定理的应用专题分析：（1）利用平抛运动的规律，在水平和竖直两个方向上独立讨论运动规律，时间由竖直方向的高度决定，水平方向匀速运动，利用S=Vt求出速度（2）人与滑板在水平地面滑行时受到阻力最后停下来，阻力当成恒力处理，由动能定理求出阻力f；解答：解（1）设水平速度为v0，A到B的时间为t，根据平抛运动的规律得则s1=v0t h=gt2解得v0=5m/s（2）设人与滑板在水平地面滑行时受到的平均阻力的大小为f，根据动能定理有fs2=0mv2 解得f=60N答：（1）人与滑板离开平台时的水平初速度是5m/s（2）人与滑板在水平地面滑行时受到的平均阻力大小是60N点评：本题要分段讨论：水平面上的匀减速运动可以利用动能定理求阻力，也可以用牛顿第二定律求阻力；平抛段利用运动的合成和分解求解18（10分）（2012秋朝阳区期末）如图所示，在水平面内固定着足够长且光滑的平行金属轨道，轨道间距L=0.40m，轨道左侧连接一定值电阻R=0.80将一金属直导线ab垂直放置在轨道上形成闭合回路，导线ab的质量m=0.10kg、电阻r=0.20，回路中其余电阻不计整个电路处在磁感应强度B=0.50T的匀强磁场中，B的方向与轨道平面垂直导线ab在水平向右的拉力F作用下，沿力的方向以加速度a=2.0m/s2由静止开始做匀加速直线运动，求：（1）5s末的感应电动势大小；（2）5s末通过R电流的大小和方向；（3）5s末，作用在ab金属杆上的水平拉力F的大小考点：导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；闭合电路的欧姆定律菁优网版权所有专题：电磁感应中的力学问题分析：（1）由题，导线ab做匀加速运动，已知初速度为零、加速度，即可由速度公式求出5s末的速度大小v，由E=BLv求出感应电动势大小；（2）根据闭合电路欧姆定律求出通过R电流的大小，由右手定则判断感应电流的方向（3）在水平方向上，导线受到拉力和安培力，根据牛顿第二定律求解水平拉力F的大小解答：解：（1）由于导体棒ab做匀加速直线运动，设它在第5s末速度为v，所以v=at=10.0m/s根据法拉第电磁感应定律：E=BLv=0.50.410V=2V （2）根据闭合电路欧姆定律： I=A=2A根据右手定则判断可知，通过R电流的方向dc（3）因为金属直导线ab做匀加速直线运动，故根据牛顿第二定律得 FF安=ma其中：F安=BIl=0.40N解得：F=F安+ma=0.4N+0.12N=0.6N答：（1）5s末的感应电动势大小是2V；（2）5s末通过R电流的大小是2A，方向dc；（3）5s末，作用在ab金属杆上的水平拉力F的大小是0.6N点评：本题是导体在导轨上运动类型，根据运动学公式求出速度，由法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式结合研究19（11分）（2014宁城县模拟）在光滑的水平面上，一质量为mA=0.1kg的小球A，以8m/s的初速度向右运动，与质量为mB=0.2kg的静止小球B发生对心正碰碰后小球B滑向与水平面相切、半径为R=0.5m的竖直放置的光滑半圆形轨道，且恰好能通过最高点N后水平抛出g=10m/s2求：（1）碰撞后小球B的速度大小；（2）小球B从轨道最低点M运动到最高点N的过程中所受合外力的冲量；（3）碰撞过程中系统的机械能损失考点：动量守恒定律；牛顿第二定律；向心力；机械能守恒定律菁优网版权所有专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合分析：（1）小球恰好能通过最高点N，说明小球到达最高点时小球的重力提供向心力，由牛顿第二定律求出小球到达N点的速度，由动能定理可以求出碰撞后小球B的速度（2）由动量定理可以求出合外力的冲量（3）由能量守恒定律可以求出碰撞过程中机械能的损失解答：解：（1）小球B在最高点N时，由牛顿第二定律得：mBg=mB，解得：vN=m/s；小球从最低点运动到最高点的过程中，由动能定理得：2mBgR=mBvN2mBvM2，解得：vM=5m/s；（2）以向右为正方向，从M到N过程，由动量定理得：I=mBvNmBvM=（+1）Ns，方向向左；（3）碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律得：mAv0=mAvA+mBvB，vB=vM，解得：vA=2m/s；碰撞过程中，由能量守恒定律可得：损失的机械能为E=mAv02mAvA2m