云南省曲靖市市麒麟区潇湘乡中学高三物理下学期期末试卷含解析

云南省曲靖市市麒麟区潇湘乡中学高三物理下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.（单选）一建筑塔吊如图所示向右上方匀速提升建筑物料，若忽略空气阻力，则下列有关该物料的受力图正确的是（）A．B．C．D．参考答案：考点：物体的弹性和弹力．.专题：受力分析方法专题．分析：根据受力平衡条件，由运动状态来确定受力情况，从而即可求解．解答：解：由题意可知，物料匀速运动，合力为零，则受力分析，即有：拉力T与重力mg平衡，故ABC错误，D正确；故选：D．点评：考查平衡条件的应用，注意学会由运动状态来确定受力分析的方法．2.（单选）如图是一攀岩运动员正沿竖直岩壁缓慢攀登，由于身背较重的行囊，重心上移至肩部的0点，总质量为60kg.此时手臂与身体垂直，手臂与岩壁夹角为53o，则手受到的拉力与脚受到的作用力分别为(设手与脚受到的力的作用线或作用线的反向延长线均通过重心0，g=10m/s2，sin53o=0.8)（

）A.360N

480N

B.480N

360NC.450N

800N D.800N

450N参考答案：A3.（多选）如图所示，A、B两物块质量均为m，用一轻弹簧相连，将A用长度适当的轻绳悬挂于天花板上，系统处于静止状态，B物块恰好与水平桌面接触，此时轻弹簧的伸长量为x，现将悬绳剪断，则（）A．悬绳剪断瞬间A物块的加速度大小为2gB．悬绳剪断瞬间A物块的加速度大小为gC．悬绳剪断后A物块向下运动距离2x时速度最大D．悬绳剪断后A物块向下运动距离x时加速度最小参考答案：【考点】：牛顿第二定律．【专题】：牛顿运动定律综合专题．【分析】：求出悬绳剪断前弹簧的拉力，再根据牛顿第二定律求出悬绳剪断瞬间A的瞬时加速度．当A物块向下运动到重力和弹力相等时，速度最大．：解：A、B、剪断悬绳前，对B受力分析，B受到重力和弹簧的弹力，知弹力F=mg．剪断瞬间，对A分析，A的合力为F合=mg+F=2mg，根据牛顿第二定律，得a=2g．故A正确，B错误．C、D、弹簧开始处于伸长状态，弹力F=mg=kx．当向下压缩，mg=F′=kx′时，速度最大，x′=x，所以下降的距离为2x．故C正确D错误．故选：AC．【点评】：解决本题关键知道剪断悬绳的瞬间，弹簧的拉力不变，根据牛顿第二定律可以求出瞬时加速度．当弹力和重力相等时，速度最大．4.关于向心力的说法中，正确的是（

）A.物体由于做圆周运动而产生了一个向心力

B.向心力不改变圆周运动物体的速度C.做匀速圆周运动的物体其向心力即为其所受的合外力

D.做匀速圆周运动的物体其向心力是不变的参考答案：C5.（多选）在倾角为θ的斜面上固定两根足够长的光滑平行金属导轨PQ、MN，相距为L，导轨处于磁感应强度为B、范围足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下．有两根质量均为m的金属棒a、b，先将a棒垂直导轨放置，用跨过光滑定滑轮的细线与物块c连接，连接a棒的细线平行于导轨，由静止释放c，此后某时刻，将b也垂直导轨放置，a、c此刻起做匀速运动，b棒刚好能静止在导轨上．a棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨电接触良好，导轨电阻不计．则（）A．物块c的质量是2msinθB．b棒放上导轨前，物块c减少的重力势能等于a、c增加的动能C．b棒放上导轨后，物块c减少的重力势能等于回路消耗的电能D．b棒放上导轨后，a棒中电流大小是参考答案：考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的能量转化．专题：电磁感应——功能问题．分析：a、b棒中电流大小相等方向相反，故a、b棒所受安培力大小相等方向相反，对b棒进行受力分析有安培力大小与重力沿斜面向下的分力大小相等，再以a棒为研究对象，由于a棒的平衡及安培力的大小，所以可以求出绳的拉力，再据C平衡可以得到C的质量．c减少的重力势能等于各棒增加的重力势能和动能以及产生的电能，由此分析便知．解答：解：b棒静止说明b棒受力平衡，即安培力和重力沿斜面向下的分力平衡，a棒匀速向上运动，说明a棒受绳的拉力和重力沿斜面向下的分力大小以及沿斜面向下的安培力三个力平衡，c匀速下降则c所受重力和绳的拉力大小平衡．由b平衡可知，安培力大小F安=mgsinθ，由a平衡可知F绳=F安+mgsinθ=2mgsinθ，由c平衡可知F绳=mcgA、因为绳中拉力大小相等，故2mgsinθ=mcg，即物块c的质量为2msinθ，故A正确；B、b放上之前，根据能量守恒知a增加的重力势能也是由于c减小的重力势能，故B错误；C、a匀速上升重力势能在增加，故根据能量守恒知C错误；D、根据b棒的平衡可知F安=mgsinθ又因为F安=BIL∴，故D正确；故选AD．点评：从导体棒的平衡展开处理可得各力的大小，从能量守恒角度分析能量的变化是关键，能量转化问题从排除法的角度处理更简捷．二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6.甲、乙两同学做测量反应时间的实验，实验时，甲用手握住直尺的上部，乙用一只手在直尺下部做握住直尺的准备，此时乙的拇指上端与直尺的19.00cm刻度对齐．当看到甲放开手时，乙立即去握住直尺，该图是测

（填“甲”或“乙”）的反应时间，此时乙的拇指上端与直尺的6.20cm刻度对齐．则所测同学的反应时间为

s．（取g=10m/s2）．参考答案：乙，0.16．【考点】自由落体运动．【分析】直尺下降的时间就是人的反应时间，根据自由落体运动的位移求出反应时间．【解答】解：甲放开手，乙去握直尺，可知测量的是乙的反应时间．根据h=得：t==0.16s．故答案为：乙，0.16．7.某兴趣小组的同学为了测量某量程为3V电压表的内阻，设计了如图甲所示的电路。实验器材如下：

A.待测电压表V(量程3V，内阻约为几k)B.滑动变阻器(阻值范围0-10)C.电阻箱R1(阻值范围0-9999)D.直流电源，电动势6V，内阻不计E.开关一个，导线若干(1)实验电路巳进行了部分连接，请按电路图在乙图中将其补充完整______。(2)闭合开关S前，最好将滑动变阻器的滑动头P移到_____端(填“a”或“b”)。(3)将电阻箱的电阻调到1000Ω,闭合开关S，调节滑动变阻器，使电压表的示数为3V。保持电路的其它部分不变，只调节电阻箱的电阻，使电压表示数变为1V时，电阻箱示数为7680Ω，电压表的内阻为____。参考答案：

(1).

(2).a

(3).2340【详解】（1）电路连线如图：；（2）闭合开关S前，为使测量部分起始电压较小，最好将滑动变阻器的滑动头P移到a端。（3）滑动变阻器阻值远小于电压表内阻，调节电阻箱时，电压表和电阻箱两端的电压不变，设为U；则将电阻箱的电阻调到1000Ω，闭合开关S，调节滑动变阻器，使电压表的示数为3V，则；调节电阻箱的电阻，使电压表示数变为1V时，电阻箱示数为7680Ω，则；联立解得：RV=2340Ω.8.质量为0.2kg的物体以24m/s的初速度竖直上抛，由于空气阻力，经2s达到最高点，设物体运动中所受的空气阻力大小不变，g=10m/s2，则物体上升的高度为

，物体从最高点落回抛出点的时间为

．参考答案：24m，s．【考点】竖直上抛运动．【分析】物体上升到最高点做匀减速运动，根据平均速度公式即可求得最大高度；先求出阻力的大小，根据牛顿第二定律求出向下运动时的加速度，再根据位移时间公式求解最高点落回抛出点所用的时间．【解答】解：物体上升到最高点做匀减速运动，则：h=t=×2=24m；物体向上运动时有：a1===12m/s2解得：f=0.4N；当物体向下运动时有：a2==8m/s2所以h=a2=24m解得：t2=s故答案为：24m，s．9.为了探究受到空气阻力时，物体运动速度随时间的变化规律，某同学采用了“加速度与物体质量、物体受力关系”的实验装置(如图所示)．实验时，平衡小车与木板之间的摩擦力后，在小车上安装一薄板，以增大空气对小车运动的阻力．(1)往砝码盘中加入一小砝码，在释放小车________(选填“之前”或“之后”)接通打点计时器的电源，在纸带上打出一系列的点．(2)从纸带上选取若干计数点进行测量，得出各计数点的时间t与速度v的数据如下表：时间t/s00.501.001.502.002.50速度v/(m·s－1)0.120.190.230.260.280.29请根据实验数据作出小车的v－t图象．

(3)通过对实验结果的分析，该同学认为：随着运动速度的增加，小车所受的空气阻力将变大．你是否同意他的观点？请根据v－t图象简要阐述理由．参考答案：（1）

之前

；

（2）（绘图略）

（3）答：正确，有v-t图像知v越大，a越小，

合力越小，风阻力越大。10.如图所示，两个完全相同的圆弧轨道分别固定在竖直板上的不同高度处，轨道的末端水平，在它们相同位置上各安装一个电磁铁，两个电磁铁由同一个开关控制，通电后，两电磁铁分别吸住相同小铁球A、B，断开开关，两个小球同时开始运动。离开圆弧轨道后，A球做平抛运动，B球进入一个光滑的水平轨道，则：（1）B球进入水平轨道后将做________________运动；改变A轨道的高度，多次重复上述实验过程，总能观察到A球正好砸在B球上，由此现象可以得出的结论是：________________________________________________。（2）若某次两个小球相碰的位置恰在水平轨道上的P点处，固定在竖直板上的方格纸的正方形小格边长均为5cm，则可算出A铁球刚达P点的速度为________m/s。（g取10m/s2，结果保留两位小数）参考答案：（1）匀速直线，A球的水平分运动是匀速直线运动（2）3.3511.某研究性学习小组利用如图甲所示电路测量某电池的电动势E和内电阻r。在坐标纸中画出了如图乙所示的U－I图象，若电流表的内阻为1Ω,则E＝________V，r＝________Ω参考答案：2.0；

1.4；12.（选修3-4）（3分）图甲是一列简谐波某时刻的波动图像，图乙为该波源的振动图像。根据图示信息可知该波的波速是

m/s。

参考答案：

答案：20m/s（3分）13.如图12所示，（甲）图是某学生测量“匀变速直线运动的加速度”的实验装置，由于实验中连接重物和木块的细线过长，所以当重物着地后，木块还会在木板上继续滑行，图（乙）所示纸带是重物着地后的一段打点纸带（注意图中任两个计数点间都有四个点没有标出）。若打点计时器所用的交流电频率为50Hz，则木块的加速度为a=_____m/s2，木块与木板间的动摩擦因数μ=_____。（g=10m/s2忽略空气阻力以及纸带与打点计时器间的摩擦，所有结果保留两位有效数字）图12

参考答案：

－0．50

0．050（或5．0×10－2）以a表示加速度，根据匀变速直线运动的规律，有a=

解得：a=-0.50m/s2

重物落地后木块只受摩擦力的作用，用m表示木块的质量，根据牛顿第二定律有：

-μmg=ma

解得μ=0.050三、简答题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14.（选修3-3）（6分）如图所示，用面积为S的活塞在汽缸内封闭着一定质量的空气，活塞质量为m，在活塞上加一恒定压力F，使活塞下降的最大高度为?h，已知此过程中气体放出的热量为Q，外界大气压强为p0，问此过程中被封闭气体的内能变化了多少？

参考答案：解析：由热力学第一定律△U=W+Q得

△U=（F+mg+P0S）△h－Q

（6分）15.（2014?宿迁三模）学校科技节上，同学发明了一个用弹簧枪击打目标的装置，原理如图甲，AC段是水平放置的同一木板；CD段是竖直放置的光滑半圆弧轨道，圆心为O，半径R=0.2m；MN是与O点处在同一水平面的平台；弹簧的左端固定，右端放一可视为质点、质量m=0.05kg的弹珠P，它紧贴在弹簧的原长处B点；对弹珠P施加一水平外力F，缓慢压缩弹簧，在这一过程中，所用外力F与弹簧压缩量x的关系如图乙所示．已知BC段长L=1.2m，EO间的距离s=0.8m．计算时g取10m/s2，滑动摩擦力等于最大静摩擦力．压缩弹簧释放弹珠P后，求：（1）弹珠P通过D点时的最小速度vD；（2）弹珠P能准确击中平台MN上的目标E点，它通过C点时的速度vc；（3）当缓慢压缩弹簧到压缩量为x0时所用的外力为8.3N，释放后弹珠P能准确击中平台MN上的目标E点，求压缩量x0．参考答案：（1）弹珠P通过D点时的最小速度为；（2）通过C点时的速度为m/s；（3）压缩量为0.18m．考点： 动能定理的应用；机械能守恒定律．专题： 动能定理的应用专题．分析： （1）根据D点所受弹力为零，通过牛顿第二定律求出D点的最小速度；（2）根据平抛运动的规律求出D点的速度，通过机械能守恒定律求出通过C点的速度．（3）当外力为0.1N时，压缩量为零，知摩擦力大小为0.1N，对B的压缩位置到C点的过程运用动能定理求出弹簧的压缩量．解答： 解：（1）当弹珠做圆周运动到D点且只受重力时速度最小，根据牛顿第二定律有：mg=解得．v==m/s（2）弹珠从D点到E点做平抛运动，设此时它通过D点的速度为v，则s=vtR=gt从C点到D点，弹珠机械能守恒，有：联立解得v=代入数据得，V=2m/s（3）由图乙知弹珠受到的摩擦力f=0.1N，根据动能定理得，且F1=0.1N，F2=8.3N．得x=代入数据解得x0=0.18m．答：（1）弹珠P通过D点时的最小速度为；（2）通过C点时的速度为m/s；（3）压缩量为0.18m．点评： 本题考查了动能定理、机械能守恒定律、牛顿第二定律的综合，涉及到圆周运动和平抛运动，知道圆周运动向心力的来源，以及平抛运动在竖直方向和水平方向上的运动规律是解决本题的关键．四、计算题：本题共3小题，共计47分16.如图所示，xOy平面内存在着沿y轴正方向的匀强电场，一个质量为m、带电荷量为+q的粒子从坐标原点O以速度为v0沿x轴正方向开始运动．当它经过图中虚线上的M（2a，a）点时，撤去电场，粒子继续运动一段时间后进入一个矩形匀强磁场区域（图中未画出），又从虚线上的某一位置N处沿y轴负方向运动并再次经过M点．已知磁场方向垂直xOy平面（纸面）向里，磁感应强度大小为B，不计粒子的重力．试求：（1）电场强度的大小；（2）粒子在匀强磁场中的运动时间；（3）N点的坐标；（4）矩形匀强磁场区域的最小面积．参考答案：解：粒子运动轨迹如图所示：（1）粒子从O到M做类平抛运动，设时间为t，则有：2a=v0t，a=t2，解得：E=，t=；（2）设粒子运动到M点时速度为v，与x方向的夹角为α，则：vy=at=t=v0，速度：v==v0，则：tanα==，解得：α=30°，由几何知识可知，粒子转过的圆心角：θ=360°﹣2×（90°﹣30°）=240°，粒子在磁场中的运动时间：t=T=×=；（3）由题意知，粒子从P点进入磁场，从N点离开磁场，粒子在磁场中以O′点为圆心做匀速圆周运动，设半径为R，由牛顿第二定律得：qvB=m，代入数据得粒子做圆周运动的半径为：R=由几何关系知：β=∠PMN=30°，所以N点的纵坐标为：yN=+a=+a，横坐标为：xN=2a，故N点坐标为：（2a，+a）；（4）当矩形磁场为图示虚线矩形时的面积最小．则矩形的两个边长分别为：L1=2R=，L2=R+Rsinβ=，所以矩形磁场的最小面积为：Smin=L1L2=；答：（1）电场强度的大小为：；（2）粒子在匀强磁场中的运动时间为：；（3）N点的坐标为：（2a，+a）；（4）矩形匀强磁场区域的最小面积为：．【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，由平抛规律就可得到电场强度；（2）根据粒子做圆周运动的周期公式求出粒子的运动时间．（2）射出电场后做匀速直线运动，进入在磁场中做匀速圆周运动，利用类平抛运动的规从电场中射出速度方向的垂线一，垂足为P，则P点为粒子射入磁场的入射点，N为从磁场中射出的初射点．以O′为圆心，ON为半径做圆如下图；该圆即是粒子运动的轨迹；做NP的平行线与圆相切，再做MO′的两条平行线与圆相切，可做出运动轨迹．（4）做NP的平行线与圆相切，再做MO′的两条平行线与圆相切，则这三条切线和MN围成的面积即是最小面积．17.如图所示，质量为m的小球沿光滑的水平面冲上一光滑的半圆形轨道，轨道半径为R，小球在轨道最高点对轨道压力等于0.5mg，重力加速度为g，求：（1）小球在最高点的速度大小；（2）小球落地时，距最高点的水平位移大小；（3）小球经过半圆轨道最低点时，对轨道的压力．参考答案：

考点：动能定理的应用；向心力．专题：动能定理的应用专题．分析：（1）由牛顿第二定律及向心力公式可求得小球在最高点的速度；（2）由平抛运动规律可求得小球落地时的水平位移；（3）由动能定理可求得小球在最低点的速度；再由向心力公式可求得小球对轨道的压力．解答：解：（1）根据牛顿第三定律，小球到达轨道最高点时受到轨道的支持力等于小球对轨道的压力，则：N1=0.5mg