四川省达州市渠县中学高三物理期末试卷含解析

1、四川省达州市渠县中学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. 从“神舟六号”载人飞船的发射成功可以预见，随着航天员在轨道舱内停留时间的增加，体育锻炼成了一个必不可少的环节，下列器材适宜航天员在轨道舱中进行锻炼的是A哑铃 B弹簧拉力器 C单杠 D跑步机参考答案：B2. 如图，线圈在磁场中匀速转动产生交变电流，以下相关说法中正确的是A线圈在甲、丙图所示位置时，磁通量变化率最大B线圈在乙、丁图所示位置时，产生的电流最大C线圈平面经过甲、丙图所示位置时，电流的方向都要改变一次D线圈每转动一周，电流方向改变一次参考答案：BC3. 两种透明介质

2、对真空的全反射临界角为C1与C2，且C1C2。由此可知，这两种介质中的光速v1与v2、折射率n1与n2大小的关系分别是（ ）A. n1n2, v1v2 B. n1n2, v1v2 C. n1n2, v1v2 D. n1n2, v1v2参考答案：4. （单选）如图所示，上、下两带电小球的质量均为m，所带电荷量分别q为和q，两球间用绝缘细线连接，上球又用绝缘细线悬挂在天花板上，在两球所在空间有方向向左的匀强电场，电场强度为E，平衡时两根绝缘线张力大小为（）AT1=2mg，T2=BT12mg，T2CT12mg，T2DT1=2mg，T2参考答案：考点：物体的弹性和弹力版权所有专题：受力分析方法专题分析

3、：对甲、乙两球整体进行受力分析，由共点力的条件可得出上端细线的张力；再对下面小球受力分析，由共点力的平衡条件可求得下端细线的张力解答：解：对整体受力分析可知，整体在竖直方向受重力和绳子的拉力；水平方向两电场力大小相等方向相反，故在竖直方向上，拉力等于重力，故T1=2mg；对下面小球进行受力分析，小球受重力、电场力、库仑力及绳子的拉力而处于平衡；由图可知，绳子的拉力及库仑力的合力应等于电场力与重力的合力为；故绳子的拉力小于；故选：D点评：本题采用整体法与隔离法进行分析，要注意不能漏力，特别是库仑力是正确解题的关键5. 如图所示，处于水平地面上的滑块上表面为一光滑的半圆型槽。图示为某一时刻，一小球

4、（可视为质点）在半圆型槽的位置，已知该时刻小球相对滑块静止，小球与圆心的连线与竖直方向成角，则由此可以得出的结论是A小球受到的弹力大小一定为mgcosB小球受到的合力大小一定为mg/ cosC小球加速度大小可能为gtanD小球的加速度可能为gsin参考答案：CD二、 填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6. （4分）如图所示，在竖直平面内固定着光滑的圆弧槽，它的末端水平，上端离地高H。一个小球从上端无初速度滑下，若要小球的水平射程为最大值，则圆弧槽的半径为_，最大的水平射程为_。参考答案：，7. 作用在同一物体上的三个力，它们的大小都等于5 N，任意两个相邻力之间的夹角都是120，如图

5、347所示，则这三个力合力为_；若去掉Fl，而F2、F3不变，则F2、F3的合力大小为_，方向为_图347图348参考答案：0 N5 N与Fl相反8. （4分）在桌面上有一倒立的玻璃圆锥，其顶点恰好与桌面接触，圆锥的轴（图中虚线）与桌面垂直，过轴线的截面为等边三角形，如图所示。有一半径为r的圆柱形平行光束垂直入射到圆锥的底面上，光束的中心轴与圆锥的轴重合。已知玻璃的折射率为1.5，则光束在桌面上形成的光斑半径为 。参考答案： 2r 9. (4分)如图所示，一劲度系数为k=800N/m的轻弹簧两端各焊接着两个质量均为m=12kg的物体A、B。开始时物体A、B和轻弹簧竖立静止在水平地面上，现要在上

6、面物体A上加一竖直向上的力F，使物体A开始向上做匀加速运动，经0.4s物体B刚要离开地面，设整个过程中弹簧都处于弹性限度内，取g=10m/s2 ，求：此过程中外力F所做的功为_ J。 参考答案：答案：49.5J10. 已知金属钙的逸出功为2.7eV，氢原子的能级图如图所示一群处于n=4的氢原子在向低能级跃迁的过程中，可能辐射 种频率的光子，有 种频率的光能使钙发生光电效应参考答案：6（1分） 3（2分）11. 两颗人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，运行线速度之比是v1:v2=1:2，它们运行的轨道半径之比为_；所在位置的重力加速度之比为_。参考答案：_4:1_；_ 1:16_。12. 用原子核

7、的人工转变方法可以将两个氘核聚变成一个氚核，其核反应方程是_，在1kg氘核中含有的原子核的个数为_（阿伏加德罗常数为6.021023） 参考答案： 答案： 3.011026个13. 如图所示，A、B、C、D是某匀强电场中的4个等势面，一个质子和一个粒子（电荷量是质子的2倍，质量是质子的4倍，质子和粒子的重力及其相互作用忽略不计）同时在A等势面从静止出发，向右运动，当到达D面时， 电场力做功之比为 ，它们的速度之比为 。 参考答案：12 ：1三、 实验题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14. 热敏电阻包括正温度系数电阻器（PTC）和负温度系数电阻器（NTC）.正温度系数电阻器（PTC）在

8、温度升高时电阻值越大，负责温度系数电阻器（NTC）在温度升高时电阻值越小，热敏电阻的这种特性，常常应用在控制电路中.某实验小组选用下列器材探究通过热敏电阻Rx（常温下阻值约为10.0）的电流随其两端电压变化的特点，如题6图2乙所示.A电流表A1（量程100mA，内阻约1）B电流表A2（量程0.6A，内阻约0.3）C电压表V1（量程3.0V，内阻约3k） D电压表V2（量程15.0V，内阻约10k）E滑动变阻器R（最大阻值为10） F滑动变阻器R（最大阻值为500）G电源E（电动势15V，内阻忽略） H电键、导线若干实验中改变滑动变阻器滑片的位置，使加在热敏电阻两端的电压从零开始逐渐增大，请在所

9、提供的器材中选择必需的器材，应选择的器材为电流表；电压表；滑动变阻器.（只需填写器材前面的字母即可）请在所提供的器材中选择必需的器材，在虚线框内画出该小组设计的电路图.该小组测出热敏电阻R1的UI图线如曲线I所示.请分析说明该热敏电阻是 热敏电阻（填PTC或NTC）.该小组又通过查阅资料得出了热敏电阻R2的UI图线如曲线II所示.然后又将热敏电阻R1、R2分别与某电池组连成电路如图丙所示.测得通过R1和R2的电流分别为0.30A和0.60A，则该电池组的电动势为 V，内阻为 .（结果均保留三位有效数字）参考答案：C；电路图如图所示；PTC；10.0；6.67 为方便实验操作，滑动变阻器应选C；

10、加在热敏电阻两端的电压从零开始逐渐增大，滑动变阻器应采用分压接法，由于热敏电阻的阻值远小于电压表内阻，所以电流表应用外接法，电路图如图所示：由图2曲线I所示图线可知，随电压增大，电流增大，电阻实际功率增大，温度升高，电压与电流比值增大，电阻阻值增大，即随温度升高，电阻阻值增大，该电阻是正温度系数（PTC）热敏电阻在闭合电路中，电源电动势：E=U+Ir，由图2曲线II所示可知，电流为0.3A时，电阻R1两端电压为8V，电流为0.60A时，电阻R2两端电压为6.0V，则：E=8+0.3r，E=6+0.6r，解得：E=10.0V，r=6.67；15. 读出下图给出的螺旋测微器和游标卡尺的示数， 螺旋

11、测微器的示数为_mm，游标卡尺的示数_cm参考答案：_5483-5486均可_（2分）_4120_四、计算题：本题共3小题，共计47分16. 粗糙绝缘的水平面附近存在一个平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与x轴平行，且沿x轴方向的电势?与坐标值x的关系如下表格所示：123456789x/m0.050.100.150.200.250.300.350.400.45/105v9.004.503.002.251.801.501.291.131.00根据上述表格中的数据可作出如右的?x图象现有一质量为0.10kg，电荷量为1.0107C带正电荷的滑块（可视作质点），其与水平面的动摩擦因素为0.20

12、问：（1）由数据表格和图象给出的信息，写出沿x轴的电势?与x的函数关系表达式（2）若将滑块无初速地放在x=0.10m处，则滑块最终停止在何处？（3）在上述第（2）问的整个运动过程中，它的加速度如何变化？当它位于x=0.15m时它的加速度多大？（4）若滑块从x=0.60m处以初速度v0沿x方向运动，要使滑块恰能回到出发点，其初速度v0应为多大？参考答案：考点：电势；牛顿第二定律；动能定理的应用版权所有专题：压轴题；电场力与电势的性质专题分析：（1）电势与坐标x图象是一条曲线，则与x关系可能是反比关系，即x1；也可能与x2关系可能是反比关系，即x2；，依此类推，直到找到关系为止；（2）滑块运动过程

13、中，只有电场力和滑动摩擦力做功，根据动能定理列式求解即可；（3）由于图象的切线的斜率表示电场强度，故场强逐渐变小，电场力逐渐变小；电场力大于摩擦力时，物体加速，当电场力减小到等于摩擦力时，速度最大，此后电场力小于摩擦力，故物体开始减速，即滑块先由静到动，后由动到静，故先加速后减速；（4）滑块运动到最左端位置时速度为零；滑块向左运动过程中，电场力做负功，摩擦力做负功；滑块向右运动过程中，电场力做正功，摩擦力做负功；对滑块运动的全部过程和向右运动的过程分别运用动能定理列式求解即可解答：解：（1）由数据表格和图象可得，电势?与x成反比关系，即=；当x=0.1m时，电势=4.5V，代入上述公式，得到k

14、=4.5104故沿x轴的电势?与x的函数关系表达式V（2）滑块运动的全部过程中，只有电场力和摩擦力做功，由动能定理得WF+Wf=EK=0设滑块停止的位置为x2，有q（?1?2）mg（x2x）=0即代入数据有1.0107可解得x2=0.225m（舍去x2=0.1m）故滑块最终停止在坐标为0.225m的位置（3）先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动即加速度先减小后增大当它位于x=0.15m时，图象上该点的切线斜率表示场强大小E=N/C滑块在该点的水平合力FX=Eqmg=2.01061.01070.200.1010=0故滑块的加速度a=0故在上述第（2）问的整个运动过程中，它的加速度先

15、变小后变大；当它位于x=0.15m时它的加速度为零（4）设滑块到达的最左侧位置为x1，则滑块由该位置返回到出发点的过程中由动能定理 WF+Wf=EK=0有 q（?1?2）mg（xx1）=0代入数据有 1.0107可解得x1=0.0375m（舍去x1=0.6m）再对滑块从开始运动到返回出发点的整个过程，由动能定理2mg（xx1）=代入数据有20.200.1010（0.600.0375）=0.50.10v02可解得2.12m/s即滑块从x=0.60m处以初速度v0沿x方向运动，要使滑块恰能回到出发点，其初速度v0应为2.12m/s点评：本题首先要明确x图象中任意一点的切线的斜率表示电场强度的大小，

16、由于是变加速运动，然后对各个过程分别运用动能定理列式求解17. 如图，竖直放置的大圆环圆心为O，半径为R，质量为m的小球A套在大圆环上，有一足够长的细轻绳拴在A上，另一端跨过固定在大圆环最高点C处的一个小滑轮后吊着一个小球B，不计滑轮半径和质量、不计绳子的质量，不计一切摩擦，绳子不可伸长平衡时弦CA所对的圆心角=30。求:（1）小球B质量mB（2）若mB=m，将小球A从圆心O的等高点D静止释放后小球A、B轨道稍微错开互不影响，求小球A的最大速度vAM。(可含根式)参考答案：(1)绳子拉力T=mB g=mg(3分)mB =m(2分)(2)A到达最低点时为最大速度vAM此时vB=0(1分)动能定理:mvAM2=mgR-mg(2R-R)(2分)v