吉林省长市实验中学高三物理上学期期末考试试题(含解析)

1、1. 光电门在测量物体的瞬时速度方面有得天独厚的优势，现利用如图所示的装置验证动量守 恒定律。在图中，气垫导轨上有两个滑块，滑块上面固定一遮光片，光电计时器可以记录遮光片通过光电门的时间。测得遮光条的宽度为AxAx x,用 近似代表滑块通过光电门时的瞬时速度。为使更接近瞬时速度，正确的措施是A.换用宽度更窄的遮光条B. 提高测量遮光条宽度的精确度C. 使滑块的释放点更靠近光电门D增大滑块的质量，以减小滑块通过光电门的速度【答案】A【解析】【分析】明确平均速度代替瞬时速度的方法，应明确我们是利用 x趋向于0时的平均速度可近似等于瞬时速度。【详解】本题中利用平均速度等效替代瞬时速度，故只能尽量减小

2、计算平均速度的位移，即Ax换用宽度更窄的遮光条当遮光条才能使越接近于瞬时速度，选项A正确，BCD错误；故选A.2. 甲球从离地面H高处从静止开始自由下落，同时使乙球从甲球的正下方地面处做竖直上抛运动。欲使乙球上升到H/2处与甲球相撞，则乙球上抛的初速度应为A. B. : C.D. 【答案】B【解析】【分析】根据位移时间公式分别求出甲和乙的位移大小，两物体在空中相碰，知两物体的位移之和等于H,求出乙的初速度 vo应满足的条件.II 1【详解】设经过时间 t甲乙在空中相碰，甲做自由落体运动的位移为：=gt2;乙做竖直上抛运动的位移：=vot- gt2;联立解得vo=.gI-，故选B.3“嫦娥七号”

3、探测器预计在2019年发射升空，自动完成月面样品采集后从月球起飞，返回地球，带回约2kg月球样品。某同上得到一些信息，如表格中的数据所示，则地球和月球的 密度之比为（）地球和月球的半径之比斗地表面和月球表面的重力加速度之比6A. ： B.C. 4 D. 6【答案】B【解析】宀 Mm = GM =理M _ 玄 3gV 4 4?cGR-tcR3【详解】在地球表面，重力等于万有引力，故：- 解得：，故密度:同理。月球的密度：；故地球和月球的密度之比：p叭13= = X=Pq邸4 2,故选：B。4. 如图所示，在光滑的水平面上，质量为 m的小球A以速率vo向右运动。在小球 A的前方O 点处有一质量为

4、m的小球B处于静止状态，Q点处为一竖直的墙壁。 小球A与小球B发生弹性 正碰后小球A与小球B均向右运动。小球 B与墙壁碰撞后以原速率返回并与小球 A在P点相 遇，2%，则两小球质量之比 m : m为（）B. 1 ：3C. 2 ：1D. 5 ：3【答案】D【解析】试题分析：设A.B两个小球碰撞后的速度分别为 ，由动量守恒定律有：发生弹性碰撞，不损失动能，故根据能量守恒定律有:-mjVg2 =+ iii 2v,2，两个小球碰撞后到再次相遇，其速度率不变，由运动学规律有:丁二心二：: 心联立三式可得,D正确考点：考查了动量守恒定律，运动学公式，能量守恒定律【名师点睛】解答本题的突破口是根据碰后路程关

5、系求出碰后的速度大小之比，本题很好的 将直线运动问题与动量守恒和功能关系联系起来，比较全面的考查了基础知识.5. 如图所示，在半径为 R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN是一竖直放置的感光板。从圆形磁场最高点P以速度v垂直磁场射入大量的带正电的粒子，且粒子所带电荷量为q、质量为m不考虑粒子间的相互作用力，关于这些粒子的运动以下说法正确的是A.只要对着圆心入射，出射后均可垂直打在MN上B. 即使是对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也不一定过圆心C. 只要速度满足v=，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上D. 对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，时间也越

6、长【答案】C【解析】【详解】对着圆心入射的粒子， 出射后不一定垂直打在 MN上，与粒子的速度有关， 故A错误。带电粒子的运动轨迹是圆弧，根据几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向niv_qBR延长线也一定过圆心，故 B错误。速度满足时，粒子的轨迹半径为 r= =R，入射点、出射点、0点与轨迹的圆心构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与最高点的磁场半径平行，粒子 的速度一定垂直打在 MN板上，故C正确。对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中轨迹半径et =T越大，弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，由知，运动时间t越小，故D错误。故选Co【点睛】本题要抓住粒子是圆弧，磁场的边界也是圆弧，利用几何

7、知识分析出射速度与入射速度方向的关系，确定出轨迹的圆心角，分析运动时间的关系.6. 如图所示，电动势为 E内阻为r的电池与定值电阻 R、滑动变阻器 R串联，已知R）= r,滑动变阻器的最大阻值为 2r 当滑动变阻器的滑片 P由a端向b端滑动时，下列说法中正确的是（）A. 电路中的电流变大B. 电源的输出功率先变大后变小C. 滑动变阻器消耗的功率变小D. 定值电阻R）上消耗的功率先变大后变小【答案】CD【解析】【详解】当外电阻等于内电阻时，电源的输出功率最大，由题意可知，R外Rc=r，当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时，外电路电阻从 3r减小到r，由于整个过程中，外电阻一 直大于电源内阻，随

8、外电阻阻值的减小，电源的输出功率不断增大，故AB错误.把R）与电源组成的整体看做等效电源，电源内电阻变为2r,滑动变阻器消耗的功率可看成电源的输出功率，随着外电阻从 3r减到0的过程中，输出功率先增大后减小，故C正确当滑动变阻器滑片P由a端向b端滑动时，电路中的总电阻变小，电动势和内电阻不变，可知电路总电流变 大，根据P=I2F0, FO不变，定值电阻 R上消耗的功率变大故 D正确故选：CD【点睛】分析滑动变阻器的功率如何变化是本题的关键，把把定值电阻R）和电源看成一个整体，此时电源的输出功率即为滑动变阻器消耗的功率.7. 如图所示，光滑的水平轨道 AB与半径为R的光滑的半圆形轨道 BCD相切

9、于B点，AB水平轨 道部分存在水平向右的匀强电场，半圆形轨道在竖直平面内，B为最低点，D为最高点.一质量为m带正电的小球从距 B点x的位置在电场力的作用下由静止开始沿AB向右运动，恰能通过最高点，下列说法中正确的是A.R越大，x越大B.m与R同时增大，电场力做功增大C.m越大，x越小D.R越大，小球经过B点后瞬间对轨道的压力越大【答案】AB【解析】【分析】小球恰能通过最高点时，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出小球经最高点时的速度，根据动能定理求出初速度 vo与半径R的关系小球经过 B点后的瞬间由重力和轨道的支持力 的合力提供向心力，由牛顿运动定律研究小球对轨道的压力与半径的关系.Vp【详

10、解】小球在 BCD部分做圆周运动，在 D点，有：mg=mI从A到D过程，由动能定理有：qEx-2mgR= mv2,2qEx R 由得：-，可知，R越大，x越大。m越大，x越大，故A正确，C错误。I从A到D过程，由动能定理有：W-2mgR=mv2，5由解得：电场力做功 W=mgR可知m与R同时增大，电场力做功越多，故B正确。小球1 1由B到D的过程中，由动能定理有：-2mgR= mv2- mB2, VB=：Ur：，2在B点有：Fmg=m解得：FN=6mg则知小球经过 B点瞬间轨道对小球的支持力与R无关，则小球经过 B点后瞬间对轨道的压力也与 R无关，故D错误。故选 AB【点睛】动能定理与向心力知

11、识综合是常见的题型小球恰好通过最高点时速度与轻绳模型类似，轨道对小球恰好没有作用力，由重力提供向心力，临界速度v=，做选择题时可直接运用.8将一个小铁块(可看成质点)以一定的初速度,沿倾角可在090之间任意调整的木板向x,若木板倾角不同时对应的最大位移x与木板上滑动，设它沿木板向上能达到的最大位移为A.小铁块的初速度大小为 vo=5m/sB.小铁块与木板间的动摩擦因数C. 当a =60时，小铁块达到最高点后，又回到出发点，物体速度将变为5 m/s2站D. 当a =60时，小铁块达到最高点后，又回到出发点，物体下滑的加速为 m/s2【答案】AB【解析】【分析】根据速度位移公式，结合牛顿第二定律，

12、抓住a =90。和0时对应的位移求出物体与斜面间的动摩擦因数和物体的初速度大小.由动能定理求出物体末速度，根据牛顿第二定律求出加 速度的表达式，进而求出加速度.I【详解】根据动能定理，物体沿斜面上滑过程有：-mgsin a ?x-卩mgcosa ?x=0- nv。22 v0解得：】.屮：.：1：由图可得，当 a =90时x=1.25m，根据V02=2gx，代入数据得：V0=5m/s，故A正确；由图可得，a =30时，x=1.25，式代入数据得：卩= ，故B正确；51 I- -把a =60代入，解得：x=m,由动能定理得：-mgcosa ?2x= mv2- mv2，代入数据得:Vt=ms,故C错

13、误；下滑的加速度为：a=g (sin a -卩cos a ),当a =60时，代入数据得: a= m/s2,故D错误；故选 AB9. 某同学在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，测得图中弹簧0C的劲度系数为500 N/m.如图1所示，用弹簧OC和弹簧秤a、b做“探究求合力的方法”实验.在保持弹簧伸长1.00 cm不变的条件下： LSZ若弹簧秤a、b间夹角为90,弹簧秤a的读数是N(图2中所示)，则弹簧秤b的读数可能为N.(2)若弹簧秤a、b间夹角大于90,保持弹簧秤a与弹簧OC的夹角不变，减小弹簧秤 b与弹簧OC的夹角，则弹簧秤 a的读数、弹簧秤b的读数(填“变大”“变小”或“不变”)【答案

14、】(1). 3.00;(2). 3.9;(3). 变大； (4). 变大【解析】试题分析：(1)根据胡克定律可知，- I :门- 5：根据弹簧秤的读数方法可知，a的读数为3 00N;两弹簧秤夹角为 90,则可知，b的读数为： 门一，_ ”二小(2)若弹簧秤a、b间夹角大于90,保持弹簧秤a与弹簧OC的夹角不变，减小弹簧秤b与弹簧OC的夹角；如图所示；则可知两弹簧秤的示数均变大；考点：考查验证平行四边形定则的实验【名师点睛】由胡克定律可求得拉力大小；再根据弹簧秤的读数方法可明确对应的读数；根 据几何关系即可求得 b的读数；根据题意作出对应的图象，根据图象即可明确随夹角的变化 两弹簧秤拉力的变化情

15、况视频10. 用实验测一电池的内阻和一待测电阻的阻值，已知电池的电动势约 6V,电池内阻和待测电阻阻值都为数十欧。可选用的实验器材有电流表 （量程030）;电流表（量程0100）;电压表（量程06 ）;滑动变阻器（阻值05 Q）;滑动变阻器（阻值0300Q ）;开关一个，导线若干条。图1画2某同学的实验过程如下：I.设计如图1所示的电路图，正确连接电路。n 将R的阻值调到最大，闭合开关，逐次调小R的阻值，测出多组 U和I的值，并记录。以U为纵轴。I为横轴。得到如图2所示的图线。川.断开开关，将 改接在B、C之间。A与B直接相连，其他部分保持不变。重复n的步骤， 得到另一条U-I图线，图线与横轴

16、I的交点坐标为，与纵轴U的交点坐标为.回答下列问题：（1） 电流表应选用 ，滑动变阻器应选用.（2）由图2的图线，得电源内阻 r=Q ;（3） 用“、5和丁表示待测电阻的关系式 =代入数值可得;(4)若电表为理想电表，接在B C之间与接在A、B之间，滑动变阻器滑片都从最大阻值位置调到某冋一位置，两种情况相比，电流表示数变化范围电压表示数变化范围(选填“相同”或“不同”)5r【答案】(1). A2 (2).R2(3). 25 (4).I。(5).相同 (6).不同【解析】 根据题设条件中电池的电动势约，电池内阻和待测电阻阻值都为数十欧，可估算出电路中的电流为数十毫安，因此电流表应选用，为了电路正

17、常工作，以及方便调节，多测量几组数据，滑动变阻器应选用 根据图中电路结构可知，电压表测量了电路的路端电压，电流表测量了电路的总电流，因5.5-45r = |k| = |门=25G此图中图线斜率绝对值即为电源的内阻，有。 当改接电路后，将待测电阻与电源视为整体，即为一“等效电源”，此时图线的斜率为等UPu0F = r + 瓦=|kr| = 瓦=r效电源的内阻，因此有，解得。 若电表为理想电表，接在B C之间与接在 A、B之间，电路的总电阻可变范围不变，因此电流表的示数变化范围相同，接在B、C之间时，电压表测量的是滑动变阻器两端的电压，而 接在A、B之间时，电压表测量的是滑动变阻器与两端电压的和，

18、由于对应某一滑动变阻器阻值时，电路的电流相同，因此电压表的读数不同，所以电压表示数变化范围也不同。点睛：本题考查测量电源内阻及电阻的实验，关键在于明确电路结构，认清实验方法及步骤，再由欧姆定律或闭合电路欧姆定律进行分析求解。11. 如图甲所示，倾斜的传送带以恒定的速率逆时针运行在t = 0时刻，将质量为1.0 kg的物块(可视为质点)无初速度地放在传送带的最上端 A点，经过1.0 s，物块从最下端的 B点离 开传送带取沿传送带向下为速度的正方向，则物块的对地速度随时间变化的图象如图乙所2示(g= 10 m/s )，求：（1）物块与传送带间的动摩擦因数; 物块从A到B的过程中，传送带对物块做的功

19、.【答案】（2） 3.75 J【解析】Vl , 2 % = = 8 m/s 解：（1）由图象可知，物块在前0.5 s的加速度为：后0.5 s的加速度为:物块在前0.5 s受到的滑动摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律得:mgsint） + jumgcosS = ma1物块在后0.5 s受到的滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律得:mgsinO pingcosO = ma联立解得：由v t图象面积意义可知，在前0.5 s，物块对地位移为:则摩擦力对物块做功：vl 1 v2沟=2在后0.5 s，物块对地位移为：则摩擦力对物块做功-所以传送带对物块做的总功： 联立解得：W= 3.75 J在平面直角坐

20、标系 xOy中，第I象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第IV象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B. 质量为 m电荷量为q的带正电的粒子从 y轴正 半轴上的M点以速度Vo垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成60o角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，如图所示.不计粒子重力，求：12. M N两点间的电势差 UmN13. 粒子在磁场中运动的轨道半径r;14. 粒子从M点运动到P点的总时间t .【答案】设粒子过N点的速度为v,有v0=v 1分v= 2vo 1 分粒子从M点到N点的过程，有1 2 1 22?1分-抽1分粒子在磁场中以 O为圆心做匀速圆周运动，半径为O N,有H1V2qvB =1分2mvQ I n 1 分由几何关系得：ON = rsin 01设粒子在电场中运动的时间为t1,有ON Vo11t.=迢1分粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期23011T J- 1 分设粒子在磁场中运动的时间为t2,有t2 = T2兀1分2切t2 1分t = t 1 + t 2_ （3丽 + 2n）m解得：屈匕 1分【解析】略物理一一选修 3 315. 下列说法正确的是 A. 布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动B. 气体对容器壁的压强是大量气体分子不断碰撞器壁产生的C. 第二类永动机是不可能制成的，因为它