安徽凤阳市2013届高三物理上学期期末考试试题新人教版

1、安徽凤阳艺荣高考补习学校2013 届上学期期末考试本试卷分第 I 卷（选择题）和第 II物理试题300 分，考试时间 150卷（非选择题） 两部分。 全卷满分分钟。以下数据可供解题时参考：H-1 N-14 O-16 S-32 Fe-56 Cu-64第 I卷选择题（共 120 分）14在不久的将来， 我国将发射一颗火星探测器“萤火一号”对火星及其周围的空间环境进行探测，已知火星质量与地球质量之比为p，火星半径与地球半径之比为q，地球表面重力加速度为，地球半径为，则“萤火一号”环绕火星做圆周运动的最大速率为gRAgRpBgRqC gRpqDgRqppq15某人将小球以初速度vo 竖直向下抛出，经过

2、一段时间小球与地面碰撞，然后向上弹回。以抛出点为原点，竖直向下为正方向，小球与地面碰撞时间极短，不计空气阻力和碰撞过程中动能损失， 则下列图像中能正确描述小球从抛出到弹回的整个过程中速度v 随时间 t 的变化规律的是vvvvvovovovoOOtOttABC16如右图所示，一个半径为R的圆轨道竖直固定在水平地面上，斜面相切，在圆轨道B 点处开有一小孔，有一可看作质点的小球从斜面上距离地面高为h 的 A 点无初速滚下，从B 点进入圆轨道，所有摩擦不计。关于小球的运动情况，下述说法中正确的是A只有当h 5R ，小球才不会脱离轨道OtDAB与圆轨道在 点2B只要当 2 ，小球就不会脱离轨道h RC当

3、 h R时，小球一定会脱离圆轨道D当 h R 时，小球不会脱离轨道10:1 ，R 2017如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为，1R2 30 ， C为电容器。已知通过R1 的正弦交流电如图乙所示，则A交流电的频率为 0.02HzB原线圈输入电压的最大值为200 2VC电阻 R2 的电功率约为 6.67 WD通过 R 的电流始终为零318. 北京时间 2011 年 3 月 11 日，日本本州岛附近海域发生里氏9.0级地震，研究波动对预报地震有重要作用。图甲为一列简谐横波在t =0.10s 时刻的波形图， P是平衡位置为 x=1 m 处的质点， Q是平衡位置为 x=4 m 处的质点，图乙为质

4、点 Q的振动图象，则图甲图乙1A t =0.05s 时，质点Q的加速度达到正向最大B t =0.15s 时，质点P 的运动方向沿y 轴负方向C从 t =0.10s 到 t =0.25s ，该波沿x 轴正方向传播了6 mD从 t =0.10s 到 t =0.25s ，质点 P 通过的路程为30cm19如图所示，用绝缘材料制作的小车静止在水平面上，A、B 是固定在小车上的两个金属板，两板间距离为L，分别带上等量异种电荷，两板间形成场强为E的匀强电场。另有一个带电量为+q 的小球从靠近A 板处由静止释放， 在电场力的作用下小球与B 板相碰，碰撞后不反弹。小球的体积不计，所有接触面均光滑，下列说法中正

5、确的是A最终小车与小球一起在水平面上做匀速运动B在此过程中电场力对小球做功为EqLC小球获得的最大动能小于EqLD小球与小车系统增加的电势能为EqL20矩形导线框abcd 放在匀强磁场中，在外力控制下处于静止状态，如图（甲）所示。磁场方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B 随时间变化的图象如右图（乙）所示。 t =0 时刻，磁感应强度的方向垂直导线框平面向里，在 04s 时间内， 导线框 ab 边所受安培力随时间变化的图象 （规定以向左为安培力正方向）可能是下列选项中的第卷（非选择题共 180 分）21（ 18 分）某同学在做“用单摆测重力加速度”的实验I （ 6 分）（ 1）该同学用新式游标

6、卡尺测量小球的直径，新式游标卡尺的刻度线看起来很“稀疏”，使读数显得清晰明了，便于使用者正确读取数据。某次测量的示数如所示，读出小球直径 d 的值为cm。（2）该同学测定了40 次全振动的时间如图所示，单摆的周期为s。（3）如果测得的g 值偏小，可能的原因是（）A. 测摆线时摆线拉得过紧B. 摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了C.开始计时时，停表过迟按下D.实验时误将39 次全振动数为40 次（ 6 分）有一根圆台状匀质合金棒如图甲所示，某同学猜测其电阻的大小与该合金棒的电阻率 、长度 L 和两底面直径 d、 D有关他进行了如下实验：2（ 1）测量该合金棒电阻的实物电路如图所

7、示 ( 相关器材的参数已在图中标出 ) ，该合金棒的电阻约为几个欧姆图中有一处连接不当的导线是_( 用标注在导线旁的数字表示) 。(2) 改正电路后，通过实验测得合金棒的电阻R 6.72 根据电阻定律计算电阻率为、长为 L、直径分别为d 和 D的圆台状合金棒的电阻分别为Rd 13.3 、RD 3.38 他发现：在误差允许范围内，电阻R 满足 R2 Rd· RD，由此推断该圆台状合金棒的电阻R_。( 用 、L、 d、 D表述 )（ 6 分）某同学设计了一个探究加速度a 与物体所受合力F 及质量 m关系的实验，如图所示，图甲为实验装置简图。（交流电的频率为50 Hz ）（ 1）图乙为某次

8、实验得到的纸带， 根据纸带可求出小车的加速度大小为 m/s 2。（保留两位有效数字）（ 2）改变所挂钩码的数量，多次重复测量。在某次实验中根据测得的多组数据可画出 a- F 关系图线（如图所示） 。分析此图线的 OA段可得出的实验结论是 _ 。（单选题）此图线的 AB 段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是（）A小车与轨道之间存在摩擦B导轨保持了水平状态C所挂钩码的总质量太大D所用小车的质量太大22 (14 分) 中国首艘航母“瓦良格”号即将投入使用，航母服役将成为“中国军队全面推进军事现代化进程的重大转折点”。为了减少战斗机起飞时在甲板上加速的时间和距离，现代航母大多采用了蒸汽弹射技术一架总

9、3( 只依靠自身动力系统加速 ) ，要达到 vo=60m质量 M=5.0x10 kg 的战机如果采用滑行加速 s 的起飞速度， 甲板水平跑道的长度至少为120m。采用蒸汽弹射技术， 战机在自身动力和持续的蒸汽动力共同作用下只要水平加速60m就能达到起飞速度。 假设战机起飞过程是匀加速直线运动，航母保持静止，空气阻力大小不变，取g=l0m s2。(1) 采用蒸汽弹射技术， 求战机加速过程中加速度大小以及质量m=60kg的飞行员受到座椅作用力的大小。(2) 采用蒸汽弹射技术， 弹射系统的弹力为多大 ?弹力在加速 60m的过程中对战机做的功是多少 ?23（ 16 分）如图，绝缘水平地面上有宽=0.4

10、m 的匀强电场区域，场强E= 6 × 105N/C、L方向水平向左。不带电的物块B 静止在电场边缘的点，带电量 q5 108 C、质量O3mA1 10 2 kg 的物块 A，在距 O点 s = 225m处以 vo =5m/s 的水平初速度向右运动，并与 B 发生碰撞，假设碰撞前后 A、B 构成的系统没有动能损失， A 的质量是倍， A、 B 与地面间的动摩擦因数都为 = 0. 2 ，物块均可视为质点，且2终不变，取g = 10m/ S 。B的（K K>1 ）A 的电荷量始（ 1 ） 求 A 到达 O 点与 B碰撞前的速度大小；（ 2 ） 求碰撞后瞬间 A 和 B的速度大小；（

11、3 ）讨论 K在不同取值范围时电场力对A 做的左右功。24 (20 分) 如图甲所示，竖直放置的金属板A、B 中间开有小孔，小孔的连线沿水平放置的金属板C、D的中间线，粒子源 P 可以间断地产生质量为m、电荷量为 q 的带正电粒子 ( 初速不计 ) ，粒子在 A、B 间被加速后，再进入金属板C、D 间偏转并均能从此电场中射出。已知金属板 A、 B 间的电压 U =U，金属板 C、D 长度为 L，间距 d= 3 L/3 。两板之间的电压 U随AB0CD时间 t 变化的图象如图乙所示。在金属板C、 D 右侧有一个垂直纸面向里的均匀磁场分布在图示的半环形带中，该环带的内、外圆心与金属板C、 D的中心

12、 O点重合，内圆半径 Rl = 3 L/3 ，磁感应强度 B0= 24mU0 。已知粒子在偏转电场中运动的时间远小于电场 qL2变化的周期 ( 电场变化的周期T 未知 ) ，粒子重力不计。(1) 求粒子离开偏转电场时，在垂直于板面方向偏移的最大距离。(2) 若所有粒子均不能从环形磁场的右侧穿出，求环带磁场的最小宽度。(3) 若原磁场无外侧半圆形边界且磁感应强度B 按如图丙所示的规律变化，设垂直纸面向里的磁场方向为正方向。t= /2 时刻进入偏转电场的带电微粒离开电场后进入磁场，Tt =3T/4 时该微粒的速度方向恰好竖直向上，求该粒子在磁场中运动的时间为多少 ?4物理部分答案14 A。“萤火一

13、号”环绕火星表面做圆周运动时速率最大，mg火m v 2, vg火 R火 。R火又因在星球表面有 mgGmM， gMg火M 火R2M火R2g ，R2G R2 。所以g火2， g火火2RMRM和题中条件一起带入公式vg火 R火 可得 A 对。15C。小球向下做匀加速运动，加速度为 g，着地后速度大小不变、方向向上且加速度为g，C对。16 D。小球恰好过圆最高点有mgm v2，小球由 A运动到最高点的过程中机械能守恒，Rmg h 2R1 mv2 ，解得 h5R，所以当 h5R时，小球不会脱离轨道。但是当 h222R 时，小球也不会脱离轨道。解题时，应准确理解题意，注意考虑问题的全面性。17 C。 根

14、据变压器原理可知原副线圈中电流的周期、频率相同，周期为0.02s 、频率为 50赫兹， A 错。由图乙可知通过R 的电流最大值为 I 1A、根据欧姆定律可知其最大电压1m为 Um 20V，再根据原副线圈的电压之比等于匝数之比可知原线圈输入电压的最大值为200 V ， B 错；因为电容器有通交流、阻直流的作用，则有电流通过R3 和电容器， D 错；根据正弦交流电的峰值和有效值关系以及并联电路特点可知，电阻R2 的电流有效值为I Im R1 、电压有效值为U Um/2 V，电阻 R2 的电功率为P2 UI 20 W， C 对。2R2318 B。由图乙y-t 图像知，周期T=0.20s ，且在 t

15、=0.10s 时 Q点在平衡位置沿y 负方向运动，可以推断波没x 负方向传播，所以C 错；t =0.05s 时，质点 Q图甲所示正的最大位移处，又因加速度方向与位移方向相反，大小与位移的大小成正比，所以此时 Q的加速度达到负向最大，所以 A 错（也可直接从图乙 y-t 图像分析得出） ；t =0.10s到 t=0.15 时间内， t =0.05s= T/4 ，P 点从图甲所示位置运动 T/4 时正在由正最大位移处向平衡位置运动的途中，速度沿 y 轴负方向， 所以B 对。振动的质点在 t =1T 内，质点运动的路程为4A； t =T/2 ，质点运动的路程为2A；但 t =T/4 ，质点运动的路程

16、不一定是1A； t= 3T/4 ，质点运动的路程也不一定是3A。本题中从 t =0.10s 到 t =0.25s 内，t =0.15s=3T/4，P点的起始位置既不是平衡位置，又5不是最大位移处，所以在3T/4 时间内的路程不是30cm， D 错。19 C。系统动量守恒，小球与B 板相碰，碰撞后不反弹，有共同速度，根据动量守恒定律，碰撞后共同速度为零，A 错：小球相对地面位移小于L，在此过程中电场力对小球做功小于 EqL，所以 B 错 C对：小球与小车系统电势能减少，小于EqL， D错。20 C。安培力 FILB ，在 L 不变情况下，安培力由两个因素I 、B 决定。因磁场均匀变化，故感应电流

17、大小恒定，所以安培力大小随B 增大而增大，随B 减小而减小。且当B增大时， F 向右， B 减小时， F 就向左，故C 正确。21（ 18 分）I （6 分）（ 1）游标上10 格对应的长度为19mm，即每格长为1.9 mm，游标上每格比主尺上每两格小0.1mm，故准确度为0.1 mm，所以读数为1.52 cm 。（ 2）图中秒表分针读数为1min，秒针读数为15.2s ，所以秒表读数为75.2 s，单摆周75.21.88s期为 T40（ 3） B解析：由公式g=4 2l /T 2 ，可知： A 项是使 l 变大，测得g 值偏大， B 项导致周期 T 偏大，使 g 值偏小， C、D 项导致周期

18、 T 偏小，使 g 值偏大 . (1) 4 L(2)dD(1) 本实验为测定一个几欧姆的电阻，在用伏安法测量其两端的电压和通过电阻的电流时，因为安培表的内阻较小，为了减小误差，应用安培表外接法，线的连接使用的是安培表内接法(3) 根据电阻定律计算电阻率为、长为 L、直径分别为d 和 D的圆柱状合金棒的电阻分别为：即 RdLR DL2 ，2dD22而电阻R满足2 d· DRRR将d、 D 代入得：4 LRRR dD（6 分）（ 1） 3.2 m/s 2（ 2）由于 OA段 a-F 关系为一倾斜的直线，所以在质量不变的条件下，加速度与外力成正比。由实验原理： mgmgFamg，可见 AB

19、段明显Ma 得 a，而实际上(M m)MM6偏离直线是由于没有满足小车的质量M>>m造成的， C 对。22 (14 分) 解：（ 1）设战机在自身动力和蒸汽动力共同作用下滑行的加速度为，则av022as2（1分）解得 a=30m/s飞行员受到座椅水平方向作用力Fxma1.8103 N（2分）飞行员受到座椅竖直方向作用力Fymg6.0102 N（1 分）飞行员受到座椅作用力的大小 FFx2Fy2600 10N1.9 103N（1分）（2）设战机只依靠自身动力作用下滑行的加速度为a1，空气阻力为 f ，自身动力大小为F1，弹射系统弹力大小为2。则Fv022a1s1（1分）F1fMa1（

20、2 分）F2F1fMa（2分）4（2分）解得 F2=7.5 × 10 NW2F2S 4.5 106 J（2分）23（ 16 分）解：（ 1）设碰撞前 A的速度为 v，由动能定理- mA gs1 mA v21 mA v02（2 分）22得vv022 gs 4m/ s（1分）（ 2）设碰撞后 A、 B 的速度分别为v 、 v ，且设向右方向为正方向，由于是弹性碰撞，AB所以有mAvmA vA mB vB（2分）1 mA v21 mA vA21 mB vB2（2 分）222联立并将m=km， v=4m/s 带入得ABvA4(k1) m/ s（1分）k1vB8km/ s（ 1分）k 1（ 3）讨论： (i) 如果 A 能够从电场右边界离开，必须满足：1 mAvA2mA gL qEL（ 1分）2联立代入数据，得： k>3（1分）7电场力对 A 做的功为：WqEL510-861050.4J1.210 2 J（ 1 分）（ii ）如果 A 不能够从电场右边界离开，必须满足： 1 mA vA2mA gL qEL （1 分）2联立代入数据，得 k 3（1分）考虑到