四川省南充市白塔中学外国语学校高三物理期末试卷含解析

1、四川省南充市白塔中学外国语学校高三物理期末试卷含解析一、 选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分每小题只有一个选项符合题意1. （单选）作用于同一点的两个力，大小分别为F1=5N，F2=3N，这两个力的合力F与F1的夹角为，则可能为A. 30 B. 45 C. 60 D. 90参考答案：A 解析： 根据三角形法则，两个分力和合力可以构成一个闭合的三角形则作出两个力F1和F2合力F，如图， 因为F1和F2大小是定值，根据几何知识得到，当F2与合力F垂直时，最大，设的最大值为m，则有sinm=，m=37，所以A正确，BCD错误故选：A2. 右图所示为两列相干水波在t=0时刻的叠加情况，其中实

2、线表示波峰，虚线表示波谷。若两列波的振幅均保持5cm不变，波速和波长分别为1m/s和0.5m,C点是BD连线的中点。则下列说法正确的是（ ） A.A、D点振动始终加强，B点振动始终减弱 B.C点始终保持静止不动 C. t=0时刻，A、B两点的竖直高度差为10cm D.在t=0至t=0.25s的时间内，B点通过的路程为20cm参考答案：D3. 如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，平行板电容器C的两金属板水平放置，R1和R2为定值电阻，P为滑动变阻器R的滑动触头，G为灵敏电流计，A为理想电流表。开关S闭合后，C的两板间恰好有一质量为m、电荷量为q的油滴处于静止状态，则以下说法正确的是（

3、）A在P向上移动的过程中，A表的示数变大，油滴仍然静止，G中有方向由a至b的电流B在P向上移动的过程中，A表的示数变小，油滴向上加速运动，G中有由b至a的电流C在P向下移动的过程中，A表的示数变大，油滴向下加速运动，G中有由a至b的电流D在P向下移动的过程中，A表的示数变小，油滴向上加速运动，G中有由b至a的电流参考答案：BC4. 如图所示，bc 为固定在小车上的水平横杆，物块 M 串在杆上， 靠摩擦力保持相对杆静止，M 又通过轻细线悬吊着一个小铁球 m， 此时小车正以大小为 a 的加速度向右做匀加速运动，而 M、m 均相对小车静止，细线与竖直方向的夹角为 小车的加速度逐渐增大， M 始终和小

4、车保持相对静止，当加速度增加到 2a 时( ) A横杆对 M 的摩擦力增加到原来的 2 倍 B横杆对 M 的弹力增加到原来的 2 倍 C细线与竖直方向的夹角增加到原来的 2 倍 D细线的拉力增加到原来的 2 倍参考答案：A5. （单选）已知地球半径为R，质量为M，自转角速度为，万有引力恒量为G，地球同步卫星与地球表面之间的距离为h，下列计算错误的是（）A地球近地卫星做匀速圆周运动的线速度为RB地球近地卫星做匀速圆周运动的线速度为C地球同步卫星的运行速度大小为（R+h）D地球同步卫星的运行速度大小为参考答案：解：AB、近地卫星是在地球表面运行的人造卫星，轨道半径近似等于地球半径，研究近地卫星绕地

5、球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力列出等式：可得，故A错误，B正确；C、同步卫星的角速度与地球自转角速度相同，同步卫星的轨道半径为（R+h），根据线速度与角速度的关系有线速度v=（R+h），故C正确；D、同步卫星绕地球做圆周运动的向心力由万有引力提供有：，可得同步卫星的速度，故D正确本题选择错误的，故选：A二、 填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6. 如图所示，N为金属板，M为金属网，它们分别与电池的两极相连，各电池的电动势和极性如图所示，已知金属板的逸出共为4.8eV线分别用不同能量的电子照射金属板（各光子的能量已在图上标出），那么各图中没有光电子到达金属网的是AC（填正确答

6、案标号），能够到达金属网的光电子的最大动能是0.5eV参考答案：解：因为金属钨的逸出功为4.8eV所以能发生光电效应的是B、C、D，B选项所加的电压为正向电压，则电子一定能到达金属网；C选项光电子的最大初动能为1.0eV小于反向电压，根据动能定理，知电子不能到达金属网；D选项光电子的最大初动能为2.0eV，大于反向电压，根据动能定理，有光电子能够到达金属网故没有光电子达到金属网的是A、C故选：ACD项中逸出的光电子最大初动能为：Ekm=E光W溢=6.8eV4.8eV=2.0eV，到达金属网时最大动能为Ek=2.01.5=0.5 eV故答案为：AC，0.57. 某同学探究恒力做功和物体动能变化间

7、的关系，方案如图所示，长木板放于水平桌面，用钩码的重力作为小车受到的合外力，为减小这种做法带来的误差，实验中要 采取的两项措施是： a： ； b： ；参考答案：a 适当垫高长木板右端，以平衡摩擦力； b使钩码的质量远小于小车的质量8. 1宇宙中存在一些离其它恒星较远的、由质量相等的三颗星组成的三星系统（假设三颗星的质量均为m，引力常量为G），通常可忽略其它星体对它们的引力作用。已观测到稳定的三星系统存在两种基本的构成形式：第一种形式是三颗星位于同一直线上，两颗星围绕中央星在同一半径为R的圆轨道上运行，则两颗运动星体的运动周期为 ；第二种形式是三颗星位于等边三角形的三个顶点上，并沿外接于等边三角

8、形的圆形轨道运行，周期与第一种形式相同，则三颗星之间的距离为 。参考答案： ； 9. 为了测量两个质量不等的沙袋的质量，由于没有直接测量工具，某实验小组应用下列器材测量：轻质定滑轮（质量和摩擦可忽略）、砝码一套（总质量为m=05kg），细线、米尺，他们根据学过的物理知识改变实验条件进行多次测量，选择合适的变量得到线性关系，作出图线并根据图线的斜率和截距求出沙袋的质量，操作如下（g取10m/s2）（1）实验装置如图所示，设左右两边沙袋的质量分别为m2、m1（2）从m中取出质量为m/的砝码放在右边沙袋中（剩余砝码都放在左边沙袋中，发现质量为m1的沙袋下降，质量为m2的沙袋上升（质量为m1的沙袋下降

9、过程未与其他物体相碰）；（3）用米尺测出质量为m1的沙袋从静止下降的距离h，用秒表测出质量为m1的沙袋下降时间t，则可知沙袋的加速度大小为a （4）改变m，测量相应的加速度a，得到多组m及a的数据作出 （填“am”或“a”）图线；（5）若求得图线的斜率k = 4m/kgs2，截距为b = 2 m/s2，沙袋的质量m1= kg ，m2= kg参考答案：2h/t2 2分 a-m 2分 3 3分 15 10. 一定质量的理想气体由状态A经状态B变化到状态C的p-V图象如图所示在由状态A变化到状态B的过程中，理想气体的温度 （填“升高”、 “降低”或“不变”）在由状态A变化到状态C的过程中，理想气体吸

10、收的热量 它对外界做的功（填“大于”、“小于”或“等于”）参考答案：升高（2分），等于11. 某学习小组用如图所示装置探究“加速度和力的关系”。该小组已经测量了两个光电门间的距离为L，遮光条的宽度为d，遮光条通过两个光电门的时间分别为t1、t2，则：（1）小车的实际加速度可以表示为_（用题中所给物理量表示）（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在坐标纸上画出aF关系的点迹（如图所示）。经过分析，发现这些点迹存在一些问题，产生的主要原因可能是（ ）A轨道与水平方向夹角太大B轨道保持了水平状态，没有平衡摩擦力C所挂钩码的总质量太大，造成上部点迹有向下弯曲趋势D所用

11、小车的质量太大，造成上部点迹有向下弯曲趋势参考答案：（1）a= （2）BC解析：（1）遮光条通过两个光电门时的速度分别为v1=d/ t1，v2=d/ t2。根据匀变速直线运动规律，v22-v12=2aL，解得小车的实际加速度可以表示为a=。（2）图线直线部分没有过原点，产生的主要原因可能是轨道保持了水平状态，没有平衡摩擦力，选项A错误B正确；图线上部弯曲产生的主要原因可能是所挂钩码的总质量太大，造成上部点迹有向下弯曲趋势。12. 图示为探究牛顿第二定律的实验装置，该装置由气垫导轨、两个光电门、滑块和沙桶等组成。光电门可以测出滑块分别通过两个光电门的瞬时速度，导轨标尺可以测出两个光电门间的距离，

12、另用天平测出滑块和沙桶的质量分别为M和m.下面说法正确的是_A用该装置可以测出滑块的加速度B用该装置探究牛顿第二定律时，要保证拉力近似等于沙桶的重力，因此必须满足mMC可以用该装置验证机械能守恒定律，但必须满足mMD可以用该装置探究动能定理，但不必满足mM参考答案：AB13. 用光照射某金属，使它发生光电效应现象，若增加该入射光的强度，则单位时间内从铝板表面逸出的光电子数_，从表面逸出的光电子的最大动量大小_（填“增加”“减小”或“不变”）参考答案：增加 不变 三、 实验题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14. 为了测量某一弹簧的劲度系数，将该弹簧竖直悬挂起来，在自由端挂上不同质量的砝

13、码实验测出了砝码质量m与弹簧长度l的相应数据，其对应点已在图中标出(g9.8 m/s2)(1)作出ml的关系图线；(2)弹簧的劲度系数为_。参考答案：(1)如图所示(2)0.259 N/m (0.2480.262)15. 在测绘小灯泡的伏安特性曲线实验中(1)看右图，请你回忆：你在实验室 做测绘小灯泡的伏安特性曲线的实验时，除了图中已给的实验仪器外，还应该有什 么仪器： (2)小嘉和小敏同学在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，需测量一个标有“3V，1.5W”灯泡两端的电压和通过灯泡的电流。俩同学连好的实物如图乙所示。在以下电流表中选择合适的一只是_ ；电流表A1（量程3A，内阻约 0.1）；

14、电流表A2(量程600mA，内阻约 0.5)；电流表A3(量程100mA，内阻约3)。若俩同学连接电路后检查所有元器件都完好，电流表和电压表已调零，经检查各部分接触良好。但闭合开关后，反复调节滑动变阻器，小灯泡的亮度发生变化，但电压表和电流表示数不能调为零，则断路的导线为_段 ；（用图乙中字母表示）若俩同学连接电路后检查所有元器件都完好，电流表和电压表已调零，经检查各部分接触良好。但闭合开关后，反复调节滑动变阻器，当小灯泡的亮度发生较大变化时，电压表的指针偏转变化明显，但电流表的指针偏转变化很小，你觉得他俩该如何排除此“意外”？ 实验测得的部分数据如表，请在图丙所示的坐标纸上作出该元件的IU

15、图像；电压U /V0.400.801.201.602.002.40电流I /A0.020.050.120.200.310.44参考答案：(1)电流表（量程为0.6A）；（2）电流表A2 ； h ； 电流表的量程接大了； 描点得到一条过原点的，I与U正相关的曲线. 解析：（1）描绘灯泡伏安特性曲线需要用电压表测电压，用电流表测电流，用滑动变阻器改变电路电阻，所以还需要电流表（量程为0.6A）；（2）需测量一个标有“3V，1.5W”灯泡两端的电压和通过灯泡的电流即额定电流I=0.5A，所以合适的电流表是电流表A2（量程600mA，内阻约0.5）；由题意可知，电路中有电流但不能调零，且灯泡亮度发生变

16、化，说明滑动变阻器接成了限流接法，故说明h导线发生了断路；电流表和电压表已调零，经检查各部分接触良好但闭合开关后，反复调节滑动变阻器，当小灯泡的亮度发生较大变化时，电压表的指针偏转变化明显，但电流表的指针偏转变化很小，即电流表的量程接大了；根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据描出的点作出图象如图所示：四、计算题：本题共3小题，共计47分16. 如图所示，间距为L的平行且足够长的光滑导轨由两部分组成倾斜部分与水平部分平滑相连，倾角为，在倾斜导轨顶端连接一阻值为r的定值电阻质量为m、电阻也为r的金属杆MN垂直导轨跨放在导轨上，在倾斜导轨区域加一垂直导轨平面向下、磁感应强度为B的匀强磁场；

17、在水平导轨区域加另一垂直轨道平面向下、磁感应强度也为B的匀强磁场闭合开关S，让金属杆MN从图示位置由静止释放，已知金属杆MN运动到水平轨道前，已达到最大速度，不计导轨电阻，且金属杆MN始终与导轨接触良好并保持跟导轨垂直，重力加速度为g.（1）求金属杆MN在倾斜导轨上滑行的最大速率vm（2）若金属杆MN在倾斜导轨上运动，速度未达到最大速度vm前，在流经定值电阻的电流从零增大到I0的过程中，通过定值电阻的电荷量为q，求这段时间内金属杆MN通过的距离x（3）求在（2）中所述的过程中，定值电阻上产生的焦耳热Q参考答案：（1）（2）（3）【分析】(1)金属杆达到最大速度时，受重力、支持力和安培力，根据平

18、衡条件列式求解安培力，根据安培力公式和切割公式列式求解最大速度；(2)用电量的物理意义是取平均电流，对应磁通量的变化，即可求解位移. (3)已知位移可得到恒力做功，再根据功能关系列式求解产生的电热；【详解】(1)金属杆MN在倾斜导轨上滑行的速度最大时，其受到的合力为零，对其受力分析，可得mgsin -BImL0根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律可得：解得:(2)由电流的定义可得：根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律得：平均电流解得：(3)设电流为I0时金属杆MN的速度为v0，根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律，可得解得:设此过程中，电路产生的焦耳热为Q热，由功能关系可得:定值电

19、阻r产生的焦耳热 解得：【点睛】本题是滑轨问题，关键是熟练运用切割公式、欧姆定律公式和安培力公式，同时要注意求解电热时用功能关系列式分析，求解电荷量和位移时用平均值分析.17. 如图所示，在光滑水平地面上，静止放着一质量m1=0.2kg的绝缘平板小车，小车的右边处在以PQ为界的匀强电场中，电场强度E1=1104V/m，小车A点正处于电场的边界。质量m2 = 0.1kg，带电量q = 610-5C的带正电小物块（可视为质点）置于A点，其与小车间的动摩擦因数 = 0.40（且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等）。现给小物块一向右的速度v0 = 6m/s，当小车速度减为零时，电场强度突然增强至E2 = 2

20、104V/m，而后保持不变。若小物块不从小车上滑落，取g = 10m/s2。试求：（1）小物块最远能向右运动多远？（2）小车、小物块的最终速度分别是多少？参考答案：【知识点】 匀变速直线运动的公式；牛顿第二定律；能量守恒定律；电场强度A2 C2 I1 E3【答案解析】（1）2m（2）m/s，m/s 解析： （1）小物块受到向左的电场力和滑动摩擦力作减速运动，小车受摩擦力向右做加速运动设小车和小物块的加速度分别为a1、a2，由牛顿第二定律得对小车 m2g = m1a1 得a1 = 2m/s2 对小物块 qE1 +m2g = m2a2 得a2 = 10m/s2 设t1时刻小车与小物块速度相同，则

21、vt = v0a2t1 = a1t1 解得t1 = 0.5s、vt = 1m/s当两物体达共同速度后系统只受电场力，则由牛顿第二定律得qE1 = (m1 +m2)a3 则a3 = 2m/s2设两者间摩擦力达最大静摩擦，设小车及小物块做减速运动的加速度分别为a4、a5，则：a4a5由于a3=a4=a5，故两者不会相对滑动，而是以2m/s2的共同加速度做减速运动，直至共同速度减为零小物块第一段运动的位移 s1第二段运动的位移 s2故小物块向右运动最远的位移s=1.75m+0.25m=2m（2）当小物块及小车的速度减为零后，其受力如图，由牛顿第二定律得：小物块的加速度 a5此时小车的加速度 a6设小物块经t2秒冲出电场，此时小物块及小车速度分别为v3与v4则：对小物块st2对小物块 v3a5t28m/s=4m/s对小车 v4a6t22m/sm/s当小物块冲出电场后，若不从小车上滑落，两者最终会达至共同速度，设此速度为v5由系统动量守恒得：m2v3+m1v4=（m1+m2）v5v5【思路点拨】（1）先分析小物块与小车的运动情况：小物块水平方向