湖南省怀化市中都中学高三物理上学期期末试题含解析

湖南省怀化市中都中学高三物理上学期期末试题含解析一、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.如图所示，原、副线圈匝数比为2∶1的理想变压器正常工作时

A．原、副线圈磁通量之比为2∶1

B．原、副线圈电流之比为1∶2

C．输入功率和输出功率之比为1∶1

D．原、副线圈磁通量变化率之比为1∶1参考答案：答案：BCD2.一个检验电荷q在电场中某点受到的静电力为F,这点的电场强度为E,在图中能正确反映q、E、F三者关系的是()A.B.C.D.参考答案：D电场强度的大小与放入电场中的电荷无关，故A、B错误。根据F=qE知，E不变，F与q成正比，故C错误，D正确。故选D。【点睛】解决本题的关键知道电场强度的性质，知道电场强度与F和q无关，结合F=qE分析F与q的关系，基础题．3.如图所示，把由同种玻璃制成的厚度为d的立方体A和半径为d的半球体B分别放在报纸上，且让半球的凸面向上，从正上方（对B来说是最高点）竖直向下分别观察A、B中心处报纸上的文字，下面的观察记录正确的是

A．看到A中的字比B中的字高B．看到B中的字比A中的字高C．看到A、B中的字一样高D．看到B中的字和没有放玻璃半球时一样高参考答案：AD解析：通过立方体观察像比物体高，通过球体现察物像重合，如图所示。4.某同学做测定玻璃折射率实验时，用他测得的多组入射角1和折射角2作出sin1—sin2函数图线如图所示。下列判断中正确的是A．他做实验时，光线是由空气射人玻璃的B．玻璃的折射率为0.67

C．玻璃的折射率为1.5D．玻璃的临界角的正弦值为0.67

参考答案：ACD5.如图所示，北斗导航系统中两颗卫星，均为地球同步卫星．某时刻位于轨道上的A、B两位置．设地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R，地球自转周期为T．则

A．两卫星线速度大小均为

B．两卫星轨道半径均为

C．卫星l由A运动到B所需的最短时间为

D．卫星l由4运动到B的过程中万有引力做正功参考答案：B二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6.已知一小量程电流表的内阻Rg为200欧姆，满偏电流Ig为2mA．现在用如图电路将其改装为量程为0.1A和1A的双量程电流表．（1）当用哪两个接线柱时为0.1A的量程？答：a、c（2）当用哪两个接线柱时为1A的量程？答：a、b（3）定值电阻R1=0.41，R2=3.7（保留两位有效数字）．参考答案：考点：把电流表改装成电压表．专题：实验题．分析：把电流计改装成电流表需要并联一个分流电阻，分析图示电路结构、应用并联电路特点与欧姆定律答题．解答：解：（1）电流表量程越小，并联电阻阻值越大，由图示可知，电流表量程为0.1A时，接a、c两个接线柱．（2）电流表量程越大，并联的分流电阻越小，由图示可知，电流表量程为1A时，接a、b两个接线柱．（3）由图示电路图可知，R1+R2=，R1=，代入数据解得：R1=0.41Ω，R2=3.7Ω故答案为：（1）a、c；（2）a、b；（3）0.41；3.7．点评：本题考查了电流表的改装，知道电流表的改装原理、分析清楚电路结构，应用串并联电路特点、欧姆定律即可正确解题．7.在“验证牛顿运动定律”的实验中，作出了如图9所示的(a)、(b)图象，图(a)中三线表示实验中小车的______________不同；图(b)中图线不过原点的原因是________________________________．参考答案：8.在共点力合成的实验中，根据实验数据画出力的 图示，如图所示．图上标出了F1、F2、F、F′'四个力，其中

（填上述字母）不是由弹簧秤直接测得的．若F与F′ 的

_基本相等，

_基本相同，说明共点 力合成的平行四边行定则得到了验证．参考答案：

大小

方向本实验是通过两个弹簧秤的拉力作出的平行四边形得出合力，只要合力与实际的拉力重合，则实验成功；由图可知F′是由平行四边形定则得出的，故F′不是由弹簧秤直接测得的；F是通过一个弹簧秤测出的，故只要F与F′的大小和方向基本相同即可9.已知地球半径为R，地球自转周期为T，同步卫星离地面的高度为H，万有引力恒量为G，则同步卫星绕地球运动的速度为__________，地球的质量为___________．参考答案：，

10.如图所示，A、B两物体通过一根跨过定滑轮的轻绳相连放在水平面上。现物体A以v1的速度向右运动，当绳被拉成如图与水平夹角分别为、时，物体B的速度ｖ2=参考答案：11.图中虚线框内存在一沿水平方向、且与纸面垂直的匀强磁场。现通过测量通电导线在磁场中所受的安培力，来测量磁场的磁感应强度大小、并判定其方向。所用部分器材已在图中给出，其中D为位于纸面内的U形金属框，其底边水平，两侧边竖直且等长；E为直流电源；R为电阻箱；A为电流表；S为开关。此外还有细沙、天平、米尺和若干轻质导线。（1）在图中画线连接成实验电路图。（2）完成下列主要实验步骤中的填空①按图接线。②保持开关S断开，在托盘内加入适量细沙，使D处于平衡状态；然后用天平称出细沙质量m1。③闭合开关S，调节R的值使电流大小适当，在托盘内重新加入适量细沙，使D________；然后读出___________________，并用天平称出____________。④用米尺测量_______________。（3）用测量的物理量和重力加速度g表示磁感应强度的大小，可以得出B=_________。（4）判定磁感应强度方向的方法是：若____________，磁感应强度方向垂直纸面向外；反之，磁感应强度方向垂直纸面向里。参考答案：(1)如图所示(2)③重新处于平衡状态电流表的示数I此时细沙的质量m2④D的底边长度l(3)(4)m2＞m112.光电效应和

都证明光具有粒子性，

提出实物粒子也具有波动性。参考答案：康普顿效应，德布罗意13.如图，高为0.3m的水平通道内，有一个与之等高的质量为M＝2.4kg表面光滑的立方体，长为L＝0.2m的轻杆下端用铰链连接于O点，O点固定在水平地面上竖直挡板的底部（挡板的宽度可忽略），轻杆的上端连着质量为m＝0.6kg的小球，小球靠在立方体左侧。为了轻杆与水平地面夹角α＝37°时立方体平衡，作用在立方体上的水平推力F1应为

N，若立方体在F2＝9N的水平推力作用下从上述位置由静止开始向左运动，至刚要与挡板相碰的过程中，立方体对小球做功为

J。参考答案：8,0.672三、实验题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14.为确定某电子元件的电气特性，做如下测量。①用多用表测量该元件的电阻，选用“×10”倍率的电阻档后，应先

，再进行测量，之后多用表的示数如图(a)所示，测得该元件电阻为

Ω。②某同学想精确测得上述待测电阻Rx的阻值，实验室提供如下器材：A．电流表A1（量程50mA、内阻r1＝10Ω）

B．电流表A2（量程200mA、内阻r2约为2Ω）C．定值电阻R0＝30ΩD．滑动变阻器R（最大阻值约为10Ω）E．电源E（电动势约为4V） F．开关S、导线若干该同学设计了测量电阻Rx的一种实验电路原理如图(b)所示，N两处的电流表应选用

（填器材选项前相应的英文字母）。开关s闭合前应将滑动变阻器的滑片置于

（选填“a”或者“b”）。③若M、N电表的读数分别为IM、IN，则Rx的计算式为Rx＝

。（用题中字母表示）参考答案：①欧姆调零（2分）

70（2分）

②B

（2分）a

（2分）

③15.（8分）有一根圆台状均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ρ、长度L和两底面直径d、D有关。他进行了如下实验：（1）用游标卡尺测量合金棒的两底面直径d、D和长度L。图乙中游标卡尺（游标尺上有20个等分刻度）的读数L=________cm。（2）测量该合金棒电阻的实物电路如图丙所示（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）（3）改正电路后，通过实验测得合金棒的电阻R=6.72Ω.根据电阻定律计算电阻率为ρ、长为L、直径分别为d和D的圆柱状合金棒的电阻分别为Rd=13.3Ω、RD=3.38Ω.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ρ、L、d、D表述）参考答案：（1）9.940；（2）⑥；（3）。解析：（1）游标卡尺的读数，按步骤进行则不会出错。首先，确定游标卡尺的精度为20分度，即为0.05mm，然后以毫米为单位从主尺上读出整毫米数99.00mm，注意小数点后的有效数字要与精度一样，再从游标尺上找出对的最齐一根刻线，精度格数=0.058mm=0.40mm，最后两者相加，根据题目单位要求换算为需要的数据，99.00mm+0.40mm=99.40mm=9.940cm（2）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，⑥线的连接使用的是安培表内接法。（3）审题是处理本题的关键，弄清题意也就能够找到处理本题的方法。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Rd=13.3Ω、RD=3.38Ω.即，，而电阻R满足R2=Rd·RD，将Rd、RD带入得。四、计算题：本题共3小题，共计47分16.如图所示，一定质量气体放在体积为V0的导热容器中，一体积不计的光滑活塞C将容器分成A、B两室，B室的体积是A室的两倍，A室连接一“U”形细管，细管两边水银柱高度差为76cm。B室连接有一阀门K，可与大气相通(外界大气压等于76cmHg。细管内气体体积忽略不计)。现将阀门K打开①求最终A室内气体的体积；②A内气体压强如何变化?从微观上解释压强变化的原因；③A内气体吸热还是放热，解释其原因。参考答案：17.（15分）如图所示，在直角坐标系的第一、二象限内有垂直于纸面的匀强磁场，第三象限内有沿y轴负方向的匀强电场，第四象限内无电场和磁场。质量为m、带电量为q的粒子从M点以速度沿x轴负方向进入电场，不计粒子的重力，粒子经N和x轴上的P点最后又回到M点。设，求：（1）电场强度E的大小。（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向。（3）粒子从M点进入电场，经N、P点最后又回到M点所用的总时间。参考答案：解析：（1）根据粒子在电场中运动的情况可知，粒子带负电，粒子在电场中运动所用的时间设为

x方向：，y方向：

解得：电场强度

（2）设到达N点的速度v，运动方向与x轴负方向的夹角为θ，如图所示。

由动能定理得：

将代入得：

因为，所以

粒子在磁场中做匀速圆周运动，经过P点时速度方向也与x负方向成45°，从到M作直线运动OP＝OM＝L，所以。

粒子在磁场中的轨道半径为

洛仑兹力充当向心力，根据牛顿第二定律有得

联立解得：，方向垂直纸面向里。

（3）粒子在电场中运动的时间为

设粒子在磁场中运动所用的时间为，有

从P离开磁场作匀速直线运动到M所用的时间为

粒子从M点进入电场，经N、P点最后又回到M点所用的时间为：

18.某兴趣小组设计了一种发电装置,如图所示.在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角均α均为,磁场均沿半径方向.