河南省商丘市李庄乡中学高三物理上学期期末试卷含解析

河南省商丘市李庄乡中学高三物理上学期期末试卷含解析一、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.如图，一小球放置在木板与竖直墙面之间。设墙面对球的压力大小为N1，球对木板的压力大小为N2.以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置.不计摩擦，在此过程中A.N1始终减小，N2始终增大B.N1始终减小，N2始终减小C.N1先增大后减小，N2始终减小D.N1先增大后减小，N2先减小后增大参考答案：B由已知条件可知N1＝，N2＝，随θ逐渐增大到90°，tanθ、sinθ都增大，N1和N2都逐渐减小，所以选项B正确.2.两物体甲和乙在同一直线上运动，它们在0～0.4s时间内的v-t图象如图所示。若仅在两物体之间存在相互作用，则物体甲与乙的质量之比和图中时间t1分别为A．和0.30s

B．3和0.30sC．和0.28s

D．3和0.28s参考答案：B

解析：本题考查图象问题.根据速度图象的特点可知甲做匀加速,乙做匀减速.根据得,根据牛顿第二定律有,得,由,得t=0.3s,B正确.3.如图1所示验电器A带负电，验电器B不带电，用导体棒连接A、B的瞬间，下列叙述中错误的是（

）A、有瞬时电流形成，方向由A到B

B、A、B两端的电势不相等C、导体棒内的电场强度不等于零

D、导体棒内的自由电荷受电场力作用做定向移动参考答案：A4.静止在光滑水平面上的物体，受到一个大小不为零的水平拉力作用，若拉力开始作用瞬间物体的速度大小为v，加速度大小为a，则下列判断中正确的是（

）（A）v≠0，a≠0

（B）v=0，a≠0

（C）v≠0，a=0

（D）v=0，a=0参考答案：B5..如图所示，一个质量为m的滑块静止置于倾角为30°的粗糙斜面上，一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的P点，另一端系在滑块上，弹簧与竖直方向的夹角为30°，则()A．滑块可能受到三个力作用

B．弹簧一定处于压缩状态C．斜面对滑块的支持力大小可能为零D．斜面对滑块的摩擦力大小一定等于mg参考答案：AD二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6.如图所示水平轨道BC，左端与半径为R的四分之一圆周AB光滑连接，右端与四分之三圆周CDEF光滑连接，圆心分别为O1和O2。质量为m的过山车从距离环底高为R的A点处，由静止开始下滑，且正好能够通过环顶E点，不计一切摩擦阻力。则过山车在通过C点后的瞬间对环的压力大小为___________，在过环中D点时的加速度大小为___________。参考答案：6mg，g7.（3分）如图，a、b两弹簧劲度系数均为K，两球质量均为m，不计弹簧的质量，两球静止，则两弹簧伸长量之和为

。参考答案：3mg/k8.小楠同学利用打点计时器所记录的纸带来研究做匀变速直线运动小车的运动情况，实验中得到一条纸带，如图所示，其中两相邻计数点间有四个点未画出，已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，则：（1）C点相对应刻度尺的读数为

cm；（2）打E点时小车运动的速度vE=

m/s（保留两位有效数字）；（3）小车运动的加速度a=

m/s2（保留两位有效数字）．参考答案：（1）3.00；（2）0.24；（3）0.40．【考点】测定匀变速直线运动的加速度．【分析】根据图示刻度尺确定其分度值，然后读出刻度尺示数；由△x=at2求出加速度，根据匀变速运动中平均速度等于中间时刻瞬时速度求解B点对应的速度．【解答】解：（1）由图示刻度尺可知，其分度值为1mm，由图可知，C、D、E、F四点对应的刻度分别是3.00cm、4.90cm、7.00cm、9.60cm，（2）利用匀变速直线运动的推论得：vE==≈0.24m/s（3）由△x=at2可知，小车的加速度：a==≈0.40m/s2．故答案为：（1）3.00；（2）0.24；（3）0.40．9.如图所示，一定质量的理想气体开始处于状态A，然后经状态B到状态C，A、C状态的温度相同。设气体在状态A和状态C的体积分别为VA和VC，在AB和BC过程中吸收或放出热量的大小分别为QAB和QBC，则VA

VC，QAB

QBC（选填“>”、“＝”或“<”）。参考答案：>（2分）；<10.如图所示，匀强电场中的三点A、B、C构成一个边长为0.1m的等边三角形。已知电场线的方向平行于△ABC所在平面，A、B、C三点的电势分别为100V、60V和20V，则此匀强电场的场强大小E=________V/m。若将电量为1.0×10－10C的正电荷从A点移到B点，电场力所做的功W=________J。参考答案：答案：800；4×10－9。11.发生衰变有多种可能性。其中的一种可能是，先衰变成，再经一次衰变变成（X代表某种元素），或再经一次衰变变成和最后都衰变成，衰变路径如图所示，则由图可知：①②③④四个过程中

是α衰变；

是β衰变。参考答案：②③，①④②③放出的粒子质量数减少4，是α衰变；①④放出的粒子质量数不变，是β衰变。12.一段导体电阻是5Ω，1.5分钟内所通过的电量是45C．则导体两端的电压为

V。

参考答案：13.如图，ABCD是一个正方形的匀强磁场区域，经相等加速电压加速后的甲、乙两种带电粒子分别从A、D射入磁场，均从C点射出，已知。则它们的速率

▲

，它们通过该磁场所用时间

▲

。参考答案：

【答案】三、简答题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14.（8分）一定质量的理想气体由状态A经状态B变为状态C，其中AB过程为等压变化，BC过程为等容变化。已知VA=0.3m3，TA=TB=300K、TB=400K。（1）求气体在状态B时的体积。（2）说明BC过程压强变化的微观原因（3）没AB过程气体吸收热量为Q，BC过气体

放出热量为Q2，比较Q1、Q2的大小说明原因。参考答案：解析：（1）设气体在B状态时的体积为VB，由盖--吕萨克定律得，，代入数据得。(2)微观原因：气体体积不变，分子密集程度不变，温度变小，气体分子平均动能减小，导致气体压强减小。(3)大于；因为TA=TB，故AB增加的内能与BC减小的内能相同，而AB过程气体对外做正功，BC过程气体不做功，由热力学第一定律可知大于。考点：压强的微观意义、理想气体状态方程、热力学第一定律15.如图甲所示，将一质量m=3kg的小球竖直向上抛出，小球在运动过程中的速度随时间变化的规律如图乙所示，设阻力大小恒定不变，g=10m/s2，求（1）小球在上升过程中受到阻力的大小f．（2）小球在4s末的速度v及此时离抛出点的高度h．参考答案：（1）小球上升过程中阻力f为5N；（2）小球在4秒末的速度为16m/s以及此时离抛出点h为8m考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．专题： 牛顿运动定律综合专题．分析： （1）根据匀变速直线运动的速度时间公式求出小球上升的加速度，再根据牛顿第二定律求出小球上升过程中受到空气的平均阻力．（2）利用牛顿第二定律求出下落加速度，利用运动学公式求的速度和位移．解答： 解：由图可知，在0～2s内，小球做匀减速直线运动，加速度大小为：由牛顿第二定律，有：f+mg=ma1代入数据，解得：f=6N．（2）2s～4s内，小球做匀加速直线运动，其所受阻力方向与重力方向相反，设加速度的大小为a2，有：mg﹣f=ma2即4s末小球的速度v=a2t=16m/s依据图象可知，小球在4s末离抛出点的高度：．答：（1）小球上升过程中阻力f为5N；（2）小球在4秒末的速度为16m/s以及此时离抛出点h为8m点评： 本题主要考查了牛顿第二定律及运动学公式，注意加速度是中间桥梁四、计算题：本题共3小题，共计47分16.甲乙两辆汽车都从静止出发做加速直线运动，加速度方向一直不变。在第一段时间间隔内，两辆汽车的加速度大小不变，汽车乙的加速度大小是甲的两倍；在接下来的相同时间间隔内，汽车甲的加速度大小增加为原来的两倍，汽车乙的加速度大小减小为原来的一半。求甲乙两车各自在这两段时间间隔内走过的总路程之比。参考答案：设汽车甲在第一段时间间隔末（时间t0）的速度为,第一段时间间隔内行驶的路程为s1,加速度为,在第二段时间间隔内行驶的路程为s2。由运动学公式得①②③设甲、乙两车行驶的总路程分别为、，则有

⑦⑧联立以上各式解得，甲、乙两车各自行驶的总路程之比为⑨17.如图所示是一传送带加速装置示意图，现利用该装置，将一货物轻放在速度足够大的传送带A端，将其加速到另一端B后货物将沿着半径的光滑半圆轨道运动，半圆轨道与传送带在B点相切，其中BD为半圆轨道的直径，O点为半圆轨道的圆心。已知传送带与货物间的动摩擦因数，传送带与水平面间夹角。已知，，，货物可视为质点。求：（1）货物在传送带上的加速度大小；（2）若货物能沿半圆轨道运动到最高点C，传送带AB段

至少要多长？

参考答案：：⑴物体在沿AB加速过程中，根据牛顿第二定律:

（2分）

解得：a=0.4m/s2

（2分）⑵要使小球能沿轨道刚好到达最高点C，重力提供做圆周运动的向心力，则在C点由牛顿第二定律得：

（2分）

解得m/s（1分）物体由B运动到C过程中根据机械能守恒

（2分）解得m/s

（1分）

在沿AB加速过程中，根据

（2分）解得：m

加速距离至少为m

（1分）18.如图所示，在真空中的竖直平面内，用长为2L的绝缘轻杆连接两个质量均为m的带电小球A和B，A球的电荷量为+4q，B球的电荷量为-3q，组成一带电系统。虚线MN与PQ平行且相距3L，开始时PQ恰为杆的中垂线．在MN与PQ间加竖直向上的匀强电场，恰能使带电系统静止不动。现使电场强度突然加倍（已知当地重力加速度为g），求：（1）B球刚到达电场边界PQ时的速度大小；（2）判定A球能否到达电场边界MN，如能，请求出A球到达电场边界MN时的速度大小；如不能，请说明理由。（3）带电系统运动过程中，B球电势能增加量的最大值；（4）宇航员匀速运动时速度多大才能刚好接到小球？参考答案：（1）（共6分）设带电系统静止时电场强度为E，有2mg=4qE，解得电场强度加倍后，从开始静止到B进入电场，根据动能定理有（2分）得B球刚进入电场时的速度（2分）

（注：用牛二定律求解同样给分。）（2）（共6分）B球进入电场后，系统做匀减速直线运动，假设A球能到达电场边界MN，从开始到A刚运动到MN线时，电场力对系统做功为2E?4q?2L-2E?3q?L=10qEL，系统克服重力做功为2mg?2L=8qEL，则电场力对系统做功大于系统克服重力做功，说明A到达MN线时系统仍有向上的速度，所以A球能到达电场边界MN。（2分）对AB系统应用动能定理得：2E?4q?2L-2E?3q?L-2mg?2L=

（3）（共4分）设B球在电场中运动的最大位移为s，经分析知B球在电场中的位移最大时，A球已向上越过了MN，根据动能定理有

得s=1.2L；（2分）电场力