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14．光电门在测量物体的瞬时速度方面有得天独厚的优势，现利用如图所示的装置验证动量守恒定律。
在图中，气垫导轨上有两个滑块，滑块上面固定一遮光片，光电计时器可以记录遮光片通过光电门的时间。
测得遮光条的宽度为Δx，用ΔxΔt近似代表滑块通过光电门时的瞬时速度。
为使ΔxΔt更接近瞬时速度，正确的措施是A．换用宽度更窄的遮光条B．提高测量遮光条宽度的精确度C．使滑块的释放点更靠近光电门D．增大滑块的质量，以减小滑块通过光电门的速度15．甲球从离地面H高处从静止开始自由下落，同时使乙球从甲球的正下方地面处做竖直上抛运动。
欲使乙球上升到H/2处与甲球相撞，则乙球上抛的初速度应为A．gH2B．gHC．4gHD．3gH16．“嫦娥七号”探测器预计在2019年发射升空，自动完成月面样品采集后从月球起飞，返回地球，带回约2kg月球样品。
某同学从网上得到一些信息，如表格中的数据所示，则地球和月球的密度之比为A．B．C．4 D．617．如图所示，在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动。
在小球A的前方O点处有一质量为m2的小球B处于静止状态，Q点处为一竖直的墙壁。
小球A与小球B发生弹性正碰后小球A与小球B均向右运动。
小球B与墙壁碰撞后以原速率返回并与小球A在P点相遇，＝2，则两小球质量之比m1∶m2为A．7∶5 B．1∶3 C．2∶1 D．5∶318．如图所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN是一竖直放置的感光板。
从圆形磁场最高点P以速度v垂直磁场射入大量的带正电的粒子，且粒子所带电荷量为q、质量为m。
不考虑粒子间的相互作用力，关于这些粒子的运动以下说法正确的是A．只要对着圆心入射，出射后均可垂直打在MN上B．即使是对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也不一定过圆心C．只要速度满足v＝，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上D．对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，时间也越长19．如图所示，电动势为E、内阻为r的电池与定值电阻R0、滑动变阻器R串联，已知R0＝r，滑动变阻器的最大阻值为2r。
峙对市爱惜阳光实验学校省西市通渭县高三〔上〕期末物理试卷一、选择题〔共8小题，每题6分，总分值48分〕1．质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上．用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如下图．用T表示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中〔〕A．F逐渐变大，T逐渐变大B．F逐渐变大，T逐渐变小C．F逐渐变小，T逐渐变大D．F逐渐变小，T逐渐变小2．如下图，A、B两物体相距s=7m，物体A以v A=4m/s 的速度向右匀速运动，而物体B此时的速度v B=10m/s，只在摩擦力作用下向右做匀减速运动，加速度a=﹣2m/s2，那么物体A追上物体B所用的时间为〔〕A．7 s B．8 s C．9 s D．10 s3．某车以相同的功率在两种不同的水平路面上行驶，受到的阻力分别为车重的k1和k2倍，最大速率分别为v1和v2，那么〔〕A．v2=k1v1B．v2=v1C．v2=v1D．v2=k2v14．一质量为m的物体在水平恒力F的作用下沿水平面运动，在t0时刻撤去力F，其v﹣t图象如下图．物体与水平面间的动摩擦因数为μ，那么以下关于力F的大小和力F做功W的大小关系式正确的选项是〔〕A．F=μmg B．F=2μmg C．W=μmgv0t0D．W=μmgv0t05．如下图，一电场的电场线分布关于y轴〔沿竖直方向〕对称，O、M、N是y 轴上的三个点，且OM=MN．P点在y轴右侧，MP⊥ON．那么〔〕A．M点的电势比P点的电势低B．将负电荷由O点移动到P点，电场力做正功C．M、N两点间的电势差大于O、M两点间的电势差D．在O点静止释放一带正电粒子，该粒子将沿y轴做直线运动6．宇宙中，两颗靠得比拟近的恒星，只受到彼此之间的万有引力作用互相绕转，称之为双星系统．在浩瀚的系中，多数恒星都是双星系统．设某双星系统A、B 绕其连线上的O点做匀速圆周运动，如下图．假设AO＞OB，那么〔〕A．星球A的质量一大于B的质量B．星球A的线速度一大于B的线速度C．双星间距离一，双星的质量越大，其转动周期越大D．双星的质量一，双星之间的距离越大，其转动周期越大7．如下图，在量异种电荷形成的电场中，画一正方形ABCD，对角线AC与两点电荷连线重合，两对角线交点O恰为电荷连线的中点．以下说法中正确的选项是〔〕A．A点的电场强度于B点的电场强度B．B、D两点的电场强度及电势均相同C．一电子由B点沿B→C→D路径移至D点，电势能先增大后减小D．一电子由C点沿C→O→A路径移至A点，电场力对其先做负功后做正功8．在倾角为θ的固光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m1、m2，弹簧劲度系数为k，C为一固挡板，系统处于静止状态．现用一平行于斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开挡板C 时，物块A沿斜面运动的距离为d，速度为v，那么〔〕A．此过程中拉力F做功的大小于物块A动能的增加量B．当物块B刚要离开挡板时，受力满足m2gsinθ=kdC．当物块B刚要离开挡板时，物块A 的加速度为D．此过程中弹簧弹性势能的增加量为Fd ﹣m1v2﹣m1gdsinθ二、非选择题9．如下图为室中验证动量守恒的装置示意图．〔1〕假设入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2，那么A．m1＞m2，r1＞r2B．m1＜m2，r1＜r2C．m1＞m2，r1=r2D．m1＜m2，r1=r2〔2〕为完成此，需要调节斜槽末端的切线必须水平，如何检验斜槽末端水平：〔3〕设入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，P为碰前入射小球落点的平均位置，那么关系式〔用m1、m2及图中字母表示〕成立．即表示碰撞中动量守恒．10．在“验证机械能守恒律〞的中，电磁打点计时器所用的电源的频率为50Hz，查得当地的重力加速度g=0m/s2，测得所用的重物质量为1.00kg．中得到的一条点迹清晰的纸带〔如下图〕，把第一个点记为O，另选连续的四个点A、B、C、D作为测量的点，经测量知道A、B、C、D各点到O点的距离分别为69cm、70.18cm、76cm、83cm．〔1〕根据以上数据，可知重物由O点运动到C点，重力势能的减少量于J，动能的增加量于J〔取三位有效数字〕．〔2〕根据以上数据，可知重物下落时的实际加速度a= m/s2，a g 〔填“大于〞或“小于〞〕，原因是．11．如下图，一带电荷量为+q、质量为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止．重力加速度取g，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：〔1〕水平向右电场的电场强度；〔2〕假设将电场强度减小为原来的，物块的加速度是多大；〔3〕电场强度变化后物块下滑的距离L时的动能．12．如下图，在一光滑的水平面上有两块相同的木板B和C．重物A〔视为质点〕位于B的右端，A、B、C的质量相．现A和B以同一速度滑向静止的C，B与C 发生正碰．碰后B和C粘在一起运动，A在C上滑行，A与C有摩擦力．A滑到C的右端而未掉下．试问：从B、C发生正碰到A刚移动到C右端期间，C所走过的距离是C板长度的多少倍？[物理--3-3]13．带有活塞的气缸内封闭一量的理想气体．气体开始处于状态a，然后经过过程ab到达状态b或经过过程ac到达状态c，b、c状态温度相同，如下图．设气体在状态b和状态c的压强分别为p b和p c，在过程ab和ac中吸收的热量分别为Q ab和Q ac，那么〔〕A．p b＞p c，Q ab＞Q ac B．p b＞p c，Q ab＜Q acC．p b＜p c，Q ab＞Q ac D．p b＜p c，Q ab＜Q ac14．如下图，系统由左右两个侧壁绝热、底部、截面均为S的容器组成．左容器足够高，上端敞开，右容器上端由导热材料封闭．两个容器的下端由可忽略容积的细管连通．容器内两个绝热的活塞A、B下方封有氮气，B上方封有氢气．大气的压强p0，温度为T0=273K，两个活塞因自身重量对下方气体产生的附加压强均为0.1p0．系统平衡时，各气体柱的高度如下图．现将系统的底部浸入恒温热水槽中，再次平衡时A上升了一的高度．用外力将A缓慢推回第一次平衡时的位置并固，第三次到达平衡后，氢气柱高度为0.8h．氮气和氢气均可视为理想气体．求〔1〕第二次平衡时氮气的体积；〔2〕水的温度．[物理--3-4]15．某振动系统的固有频率为f0，在周期性驱动力的作用下做受迫振动，驱动力的频率为f，假设驱动力的振幅保持不变，以下说法正确的选项是〔〕A．当f＜f0时，该振动系统的振幅随f的增大而减小B．当f＞f0时，该振动系统的振幅随f的减小而增大C．该振动系统的振动稳后，振动的频率于f0D．该振动系统的振动稳后，振动的频率于f16．一棱镜的截面为直角三角形ABC，∠A=30°，斜边AB=a，棱镜材料的折射率为n=．在此截面所在的平面内，一条光线以45°的入射角从AC边的中点M射入棱镜，求其射出的点的位置〔不考虑光线沿原来路线返回的情况〕．省西市通渭县高三〔上〕期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题〔共8小题，每题6分，总分值48分〕1．质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上．用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如下图．用T表示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中〔〕A．F逐渐变大，T逐渐变大B．F逐渐变大，T逐渐变小C．F逐渐变小，T逐渐变大D．F逐渐变小，T逐渐变小【考点】2H：共点力平衡的条件及其用；29：物体的弹性和弹力．【分析】此题关键是抓住悬挂物B的重力不变，即OB段绳中张力恒，O点缓慢移动时，点O始终处于平衡状态，根据平衡条件列式求解各力变化情况．【解答】解：以结点O为研究对象受力分析如以下图所示：由题意知点O缓慢移动，即在移动过程中始终处于平衡状态，那么可知：绳OB的张力T B=mg根据平衡条件可知：Tcosθ﹣T B=0Tsinθ﹣F=0由此两式可得：F=T B tanθ=mgtanθT=在结点为O被缓慢拉动过程中，夹角θ增大，由三角函数可知：F和T均变大，故A正确，BCD错误．应选：A．2．如下图，A、B两物体相距s=7m，物体A以v A=4m/s 的速度向右匀速运动，而物体B此时的速度v B=10m/s，只在摩擦力作用下向右做匀减速运动，加速度a=﹣2m/s2，那么物体A追上物体B所用的时间为〔〕A．7 s B．8 s C．9 s D．10 s【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系．【分析】假设经过时间t，物块A追上物体B，根据位移时间公式结合几何关式求解即可．【解答】解：物体A做匀速直线运动，位移为：x A=v A t=4t物体B做匀减速直线运动减速过程的位移为：x B=v B t+at2=10t﹣t2设物体B速度减为零的时间为t1，有t1==5s在t1=5s的时间内，物体B的位移为x B1=25m，物体A的位移为x A1=20m，由于x A1＜x B1+S，故物体A未追上物体B；5s后，物体B静止不动，故物体A追上物体B的总时间为：t总===8s 应选：B．3．某车以相同的功率在两种不同的水平路面上行驶，受到的阻力分别为车重的k1和k2倍，最大速率分别为v1和v2，那么〔〕A．v2=k1v1B．v2=v1C．v2=v1D．v2=k2v1【考点】63：功率、平均功率和瞬时功率．【分析】在水平路面上行驶时，当牵引力于阻力时，速度最大．根据功率与速度的关系，结合阻力与车重的关系求解．【解答】解：设的功率为P，质量为m，那么有：P=K1mgV1=K2mgV2，所以v2=v1应选：B．4．一质量为m的物体在水平恒力F的作用下沿水平面运动，在t0时刻撤去力F，其v﹣t图象如下图．物体与水平面间的动摩擦因数为μ，那么以下关于力F的大小和力F做功W的大小关系式正确的选项是〔〕A．F=μmg B．F=2μmg C．W=μmgv0t0D．W=μmgv0t0【考点】66：动能理的用；1I：匀变速直线运动的图像；37：牛顿第二律．【分析】根据动量理求解恒力F的大小．由速度图象的“面积〞求出位移，再求解力F做功W的大小．【解答】解：根据动量理得：对全过程：Ft0﹣μmg•3t0=0，得F=3μmg在0﹣t0时间内物体的位移为x=，力F做功大小为W=Fx=3μmg =．应选D5．如下图，一电场的电场线分布关于y轴〔沿竖直方向〕对称，O、M、N是y 轴上的三个点，且OM=MN．P点在y轴右侧，MP⊥ON．那么〔〕A．M点的电势比P点的电势低B．将负电荷由O点移动到P点，电场力做正功C．M、N两点间的电势差大于O、M两点间的电势差D．在O点静止释放一带正电粒子，该粒子将沿y轴做直线运动【考点】A7：电场线；AG：匀强电场中电势差和电场强度的关系．【分析】电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．【解答】解：A、过M、P、N做势线，可得到过P点的势线通过M、N之间，因顺着电场线电势降低，那么有φM＞φP＞φN，故A错误；B、将负电荷由O点移到P点，因U OP＞0，所以W=﹣qU OP＜0，那么电场力做负功，故B错误；C、由U=Ed可知，MN间的平均场强小于OM间的平均场强，故MN两点间的电势差小于OM两点间的电势差，C错误；D、根据电场线的分布特点会发现，电场线关于y轴两边对称，故y轴上的场强方向在 y轴上，所以在O点静止释放一带正电粒子，其所受电场力沿y轴正方向，那么该粒子将沿y轴做直线运动，故D正确．应选：D．6．宇宙中，两颗靠得比拟近的恒星，只受到彼此之间的万有引力作用互相绕转，称之为双星系统．在浩瀚的系中，多数恒星都是双星系统．设某双星系统A、B 绕其连线上的O点做匀速圆周运动，如下图．假设AO＞OB，那么〔〕A．星球A的质量一大于B的质量B．星球A的线速度一大于B的线速度C．双星间距离一，双星的质量越大，其转动周期越大D．双星的质量一，双星之间的距离越大，其转动周期越大【考点】4F：万有引力律及其用．【分析】双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度，根据向心力公式判断质量关系，根据v=ωr判断线速度关系．【解答】解：A、根据万有引力提供向心力m1ω2r1=m2ω2r2，因为r1＞r2，所以m1＜m2，即A的质量一小于B的质量，故A错误．B、双星系统角速度相，根据v=ωr，且AO＞OB，可知，A的线速度大于B的线速度，故B正确．CD、设两星体间距为L，中心到A的距离为r1，到B的距离为r2，根据万有引力提供向心力公式得： =，解得周期为T=，由此可知双星的距离一，质量越大周期越小，故C错误；总质量一，转动周期越大，双星之间的距离就越大，故D正确．应选：BD．7．如下图，在量异种电荷形成的电场中，画一正方形ABCD，对角线AC与两点电荷连线重合，两对角线交点O恰为电荷连线的中点．以下说法中正确的选项是〔〕A．A点的电场强度于B点的电场强度B．B、D两点的电场强度及电势均相同C．一电子由B点沿B→C→D路径移至D点，电势能先增大后减小D．一电子由C点沿C→O→A路径移至A点，电场力对其先做负功后做正功【考点】AC：电势；AE：电势能．【分析】量异种电荷周围的电场线是靠近两边电荷处比拟密，中间疏，在两电荷中垂线上，中间密，向两边疏，根据电场线的疏密比拟电场强度的大小．根据电场力做功判断电势能的变化．根据电场力方向与速度方向的关系判断电场力做功情况．【解答】解：A、A点的电场线比B点的电场线密，那么A点的电场强度大于B 点的电场强度．故A错误．B、B、D两点的电场线疏密度相同，那么B、D两点间的电场强度相，量异种电荷连线的中垂线是势线，那么B、D两点的电势相．故B正确．C、一电子由B点沿B→C→D路径移至D点，电场力先做负功，再做正功，那么电势能先增大后减小．故C正确．D、一电子由C点沿C→O→A路径移至A点，电场力方向水平向左，电场力一直做正功．故D错误．应选BC．8．在倾角为θ的固光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m1、m2，弹簧劲度系数为k，C为一固挡板，系统处于静止状态．现用一平行于斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开挡板C 时，物块A沿斜面运动的距离为d，速度为v，那么〔〕A．此过程中拉力F做功的大小于物块A动能的增加量B．当物块B刚要离开挡板时，受力满足m2gsinθ=kdC．当物块B刚要离开挡板时，物块A 的加速度为D．此过程中弹簧弹性势能的增加量为Fd ﹣m1v2﹣m1gdsinθ【考点】66：动能理的用；2H：共点力平衡的条件及其用；37：牛顿第二律．【分析】首先根据能量守恒求得F做的功及弹性势能的增加量，然后对初始静止状态和B刚要离开挡板的状态进行受力分析即可求得受力情况及加速度．【解答】解：AD、由能量守恒可得：此过程中拉力F做功的大小=物块A动能的增加量+物块A重力势能的增加量+弹簧弹性势能的增加量；所以，此过程中弹簧弹性势能的增加量为拉力F做功的大小﹣物块A动能的增加量﹣物块A重力势能的增加量=，故A错误，D正确；BC、系统处于静止状态时，弹簧弹力F1=kx1=m1gsinθ，x1为压缩量；物块B刚要离开挡板C时，弹簧弹力F2=kx2=m2gsinθ，x2为伸长量；又有x1+x2=d，故m2gsinθ=kx2≠kd；当物块B刚要离开挡板时，物块A受到的合外力为F﹣m1gsinθ﹣F2=F﹣kd，故物块A 的加速度为，故B错误，C正确；应选：CD．二、非选择题9．如下图为室中验证动量守恒的装置示意图．〔1〕假设入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2，那么CA ．m1＞m2，r1＞r2B．m1＜m2，r1＜r2C．m1＞m2，r1=r2D．m1＜m2，r1=r2〔2〕为完成此，需要调节斜槽末端的切线必须水平，如何检验斜槽末端水平：将小球放在斜槽末端看小球是否静止，假设静止那么水平〔3〕设入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，P为碰前入射小球落点的平均位置，那么关系式〔用m1、m2及图中字母表示〕m1=m1+m2成立．即表示碰撞中动量守恒．【考点】ME：验证动量守恒律．【分析】〔1〕为了保证碰撞前后使入射小球的速度方向不变，故必须使入射小球的质量大于被碰小球的质量．为了使两球发生正碰，两小球的半径相同；〔2〕明确验证末端水平的根本方法是将小球放置在末端，根据小球的运动分析是否水平；〔3〕两球做平抛运动，由于高度相，那么平抛的时间相，水平位移与初速度成正比，把平抛的时间作为时间单位，小球的水平位移可替代平抛运动的初速度．将需要验证的关系速度用水平位移替代．【解答】解：〔1〕在小球碰撞过程中水平方向动量守恒律故有m1v0=m1v1+m2v2在碰撞过程中动能守恒故有m1v02=m1v12+m2v22解得v1=v0要碰后入射小球的速度v1＞0，即m1﹣m2＞0，m1＞m2，为了使两球发生正碰，两小球的半径相同，r1=r2应选C〔2〕研究平抛运动的很关键的地方是要保证小球能够水平飞出，只有水平飞出，小球才做平抛运动；把小球轻轻的放在斜槽末端，假设小球能保持静止，那么说明斜槽末端水平．〔3〕由于小球下落高度相同，那么根据平抛运动规律可知，小球下落时间相同；P为碰前入射小球落点的平均位置，M为碰后入射小球的位置，N为碰后被碰小球的位置，碰撞前入射小球的速度v1=碰撞后入射小球的速度v2=碰撞后被碰小球的速度v3=假设m1v1=m2v3+m1v2那么说明通过该验证了两球碰撞过程中动量守恒，带入数据得：m 1=m 1+m 2所以需要测量质量和水平位移，用到的仪器是直尺、天平．故答案为：〔1〕C 〔2〕将小球放在斜槽末端看小球是否静止，假设静止那么水平〔3〕m 1=m 1+m 210．在“验证机械能守恒律〞的中，电磁打点计时器所用的电源的频率为50Hz，查得当地的重力加速度g=0m/s2，测得所用的重物质量为1.00kg．中得到的一条点迹清晰的纸带〔如下图〕，把第一个点记为O，另选连续的四个点A、B、C、D作为测量的点，经测量知道A、B、C、D各点到O点的距离分别为69cm、70.18cm、76cm、83cm．〔1〕根据以上数据，可知重物由O点运动到C点，重力势能的减少量于 2 J ，动能的增加量于 6 J〔取三位有效数字〕．〔2〕根据以上数据，可知重物下落时的实际加速度a= 4 m/s 2，a 小于g 〔填“大于〞或“小于〞〕，原因是纸带与打点计时器间有摩擦阻力，或存在空气阻力．【考点】MD：验证机械能守恒律．【分析】纸带中，假设纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度，从而求出动能，根据功能关系得重力势能减小量于重力做功的数值．重物带动纸带下落过程中，除了重力还受到较大的阻力，从能量转化的角度，由于阻力做功，重力势能减小除了转化给了动能还有一转化给摩擦产生的内能．【解答】解：〔1〕重力势能减小量△E p=mgh=1.0××0.7776J=2J．在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度于该过程中的平均速度，因此有：v c==9m/s，△E k=E kC=mv C2=〔9〕2=6J〔2〕根据以上数据，mah=△E k=6J解得：a=＜g，其主要原因是纸带与打点计时器间有摩擦阻力，或存在空气阻力．故答案为：〔1〕2，6，〔2〕4；小于；纸带与打点计时器间有摩擦阻力，或存在空气阻力．11．如下图，一带电荷量为+q、质量为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止．重力加速度取g，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：〔1〕水平向右电场的电场强度；〔2〕假设将电场强度减小为原来的，物块的加速度是多大；〔3〕电场强度变化后物块下滑的距离L时的动能．【考点】66：动能理的用；2G：力的合成与分解的运用；2H：共点力平衡的条件及其用；A6：电场强度．【分析】〔1〕带电物体静止于光滑斜面上恰好静止，且斜面又处于水平匀强电场中，那么可根据重力、支持力，又处于平衡，可得电场力方向，再由电荷的电性来确电场强度方向．〔2〕当电场强度减半后，物体受力不平衡，产生加速度．借助于电场力由牛顿第二律可求出加速度大小．〔3〕选取物体下滑距离为L作为过程，利用动能理来求出动能．【解答】解：〔1〕小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，F N sin37°=qE①F N cos37°=mg②由1、②可得电场强度〔2〕假设电场强度减小为原来的，那么变为mgsin37°﹣qEcos37°=ma③可得加速度a=0.3g．〔3〕电场强度变化后物块下滑距离L时，重力做正功，电场力做负功，由动能理那么有：mgLsin37°﹣qE'Lcos37°=E k﹣0④可得动能E k=0.3mgL12．如下图，在一光滑的水平面上有两块相同的木板B和C．重物A〔视为质点〕位于B的右端，A、B、C的质量相．现A和B以同一速度滑向静止的C，B与C 发生正碰．碰后B和C粘在一起运动，A在C上滑行，A与C有摩擦力．A滑到C的右端而未掉下．试问：从B、C发生正碰到A刚移动到C右端期间，C所走过的距离是C板长度的多少倍？【考点】53：动量守恒律；66：动能理的用．【分析】对BC组成的系统由动量守恒即可求得碰后BC的共同速度，再以ABC 组成的系统由动量守恒可求得最后的合速度；因A与C之间有摩擦力做功，那么由动能理可求表示BC走过的距离；同理由动能理可表示A运动的距离，联立即可解得C的距离与板长的倍数．【解答】解：设A、B、C的质量均为m．碰撞前，A与B的共同速度为v0，碰撞后B与C的共同速度为v1．对B、C〔A对B的摩擦力远小于B、C间的撞击力〕，根据动量守恒律得mv0=2mv1设A滑至C的右端时，ABC的共同速度为v2，对A和BC用动量守恒律得mv0+2mv1=3mv2设AC间的动摩擦因数为μ，从碰撞到A滑至C的右端的过程中，C所走过的距离是s，对BC根据动能理得如果C的长度为l，那么对A根据动能理得连立以上各式可解得C走过的距离是C 板长度的倍．[物理--3-3]13．带有活塞的气缸内封闭一量的理想气体．气体开始处于状态a，然后经过过程ab到达状态b或经过过程ac到达状态c，b、c状态温度相同，如下图．设气体在状态b和状态c的压强分别为p b和p c，在过程ab和ac中吸收的热量分别为Q ab和Q ac，那么〔〕A．p b＞p c，Q ab＞Q ac B．p b＞p c，Q ab＜Q acC．p b＜p c，Q ab＞Q ac D．p b＜p c，Q ab＜Q ac【考点】99：理想气体的状态方程．【分析】根据理想气体状态方程，整理后可得V﹣T图象，判断斜率的意义，得到压强的变化，再根据热力学第一律判断做功和吸热．【解答】解：根据理想气体状态方程=C，整理可得：V=T，所以斜率越大，表示压强越小，即b点的压强小于c点．由热力学第一律△U=W+Q经过过程ab到达状态b或经过过程ac到状态c，温度变化情况相同，所以△U 相，又因经过过程ab到达状态b，体积增大，对外做功，W为负值，而经过过程ac到状态c，体积不变，对外不做功，W为零，所以第一个过程吸收的热量多．应选：C．14．如下图，系统由左右两个侧壁绝热、底部、截面均为S的容器组成．左容器足够高，上端敞开，右容器上端由导热材料封闭．两个容器的下端由可忽略容积的细管连通．容器内两个绝热的活塞A、B下方封有氮气，B上方封有氢气．大气的压强p0，温度为T0=273K，两个活塞因自身重量对下方气体产生的附加压强均为0.1p0．系统平衡时，各气体柱的高度如下图．现将系统的底部浸入恒温热水槽中，再次平衡时A上升了一的高度．用外力将A缓慢推回第一次平衡时的位置并固，第三次到达平衡后，氢气柱高度为0.8h．氮气和氢气均可视为理想气体．求〔1〕第二次平衡时氮气的体积；〔2〕水的温度．【考点】99：理想气体的状态方程．【分析】〔1〕以B上方的氢气为研究对象，由玻意耳律求出气体压强，然后以A下方的氮气为研究对象，由波意耳律求出氮气的体积．〔2〕结合第一问的结果，求出氮气的末状态的压强，分析氮气的初末两个状态的状态参量，利用理想气体的状态方程，可求出氮气末状态的温度，即为水的温度．【解答】解：〔1〕以氢气为研究对象，初态压强为p0，体积为hS，末态体积为0.8hS．气体发生温变化，由玻意耳律得：p0V1=p2V2，即：p0hS=p×0.8hS，解得：p=5p0①活塞A从最高点被推回第一次平衡时位置的过程是温过程．该过程的初态压强为p0，体积为V；末态的压强为p′，体积为V′，那么p′=p+0.1p0=5p0②V′=hS ③由玻意耳律得：p0×V=5p0×hS，解得：V=hS ④〔2〕活塞A从最初位置升到最高点的过程为压过程．该过程的初态体积和温度分别为2hS和T0=273K，末态体积为hS．设末态温度为T，由盖﹣吕萨克律得： =，解得：T=365K；答：〔1〕第二次平衡时氮气的体积为hS；〔2〕水的温度为365K．[物理--3-4]15．某振动系统的固有频率为f0，在周期性驱动力的作用下做受迫振动，驱动力的频率为f，假设驱动力的振幅保持不变，以下说法正确的选项是〔〕A．当f＜f0时，该振动系统的振幅随f的增大而减小B．当f＞f0时，该振动系统的振幅随f的减小而增大C．该振动系统的振动稳后，振动的频率于f0D．该振动系统的振动稳后，振动的频率于f【考点】79：自由振动和受迫振动；7A：产生共振的条件及其用．【分析】受迫振动的频率于驱动力的频率，当系统的固有频率于驱动力的频率时，系统到达共振，振幅达最大．【解答】解：A、当f=f0时，系统到达共振，振幅最大，故f＜f0时，随f的增大，振幅振大，故A错误；B、当f＞f0时，随f的减小，驱动力的频率接近固有频率，故该振动系统的振幅增大，故B正确；C、该振动系统的振动稳后，振动的频率于驱动力的频率，故C错误；D、系统的振动稳后，系统的振动频率于驱动力的频率，故振动频率于f，故D 正确；应选：BD．16．一棱镜的截面为直角三角形ABC，∠A=30°，斜边AB=a，棱镜材料的折射率为n=．在此截面所在的平面内，一条光线以45°的入射角从AC边的中点M射入棱镜，求其射出的点的位置〔不考虑光线沿原来路线返回的情况〕．【考点】H3：光的折射律．【分析】光线以45°的入射角时，要分入射光线在法线的右侧和左侧两种情况进行讨论研究．根据折射律求出光线在AC面的折射角．根据几何知识确光线在AB或BC面上入射角．求出临界角，判断在这两个面上能否发生全反射，画出光路图，求出光线从棱镜射出的点的位置离A或B点的距离．【解答】解：设入射角为i，折射角为r ，由折射律得：①由条件i=45°，n=解得r=30°②〔1〕如果入射光线在法线的右侧，根据几何知识得知，光线与AB垂直，光路图如下图．设出射点F，由几何关系可得AF=③即出射点在AB边上离A 点a的位置．〔2〕如果入射光线在法线的左侧，光路图如下图．设折射光线与AB的交点为D．由几何关系可知，在D点的入射角θ=60°④。
——————————新学期新成绩新目标新方向——————————2019届高三上学期期末考试物理试题一、选择题（本题共12小题，每小题4分．共48分，在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一个选项符合题目要求，第9～12题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选的得O分．请将符合题目要求选项前的字母填在答题卷对应题号下的空格中）1. 下列说法正确的是A. 牛顿第一定律又称惯性定律，所以惯性定律与惯性的实质相同B. 牛顿第一定律是牛顿第二定律的特殊情形，它们都可通过实验来验证C. 牛顿运动定律和动量守恒定律既适用于低速、宏观的物体，也适用于高速、微观的粒子D. 伽利略通过理想斜面实验，说明物体的运动不需要力来维持【答案】D【解析】物体总有保持原有运动状态不变的性质，这种性质叫做惯性．惯性定律就是牛顿第一运动定律，两者不同，故A错误；牛顿第一定律揭示了物体不受力时的运动规律，是经典力学的基础，它不是牛顿第二定律的特殊形式，牛顿第二定律可通过实验来验证，而牛顿第一定律不能通过实验验证，选项B错误；牛顿运动定律适用于低速、宏观的物体，不适用于高速、微观的粒子；动量守恒定律具有普适性，既适用于低速，也适用于高速运动的粒子；故C错误；伽利略通过理想斜面实验，说明物体的运动不需要力来维持，D正确．故选D.2. 一物体做匀减速直线运动，在4s内的位移为16m，速度变为原来的三分之一，方向不变．则该物体的加速度大小为A. 1m/s2B. 1.5m/s2C. 2m/s2D. 0.75m/s2【答案】A【解析】由平均速度求位移得：即：解得：v=6m/s；根据加速度定义式有：，故选A.3. 如国所示，假设甲、乙两颗卫星以相同的轨道半径分别绕质量为M1和M2(M1>M2)的行星做匀速圆周运动．则下列说法正确的是A. 甲和乙的向心加速度相等B. 甲和乙运行的周期相等C. 甲的角速度比乙的小D. 甲的线速度比乙的大【答案】D【解析】卫星由万有引力提供向心力有：，则得：，T=2πr，ω=，v=，可见，中心天体的质量M越小，a、ω、v越小，T越大，所以得：甲的向心加速度、角速度、线速度都比乙大，而甲的周期比乙小，故D正确，ABC错误．故选D.4. 如图所示，用完全相同的轻质弹簧1、2、3将两个相同的小球连接并懋挂，小球静止时，弹簧3水平，弹簧1与竖直方向的夹角θ=30°，弹簧l的弹力大小为F，则A. 弹簧3的弹力大小为2FB. 弹簧3的弹力大小为C. 每个小球重力大小为D. 每个小球重力大小为【答案】B【解析】将两球和弹簧2看成一个整体，整体受到总重力G、弹簧1和3的拉力，如图，设弹簧1、3的拉力分别为F1和F2．由平衡条件得知，F2和G的合力与F1大小相等、方向相反，则得：F2=F1sin30°=0.5F1=0.5F．选项B正确，A错误；，则每个球的重力为，选项CD错误；故选B.5. 一条水平放置的水管，距地面高h=1.8m，水管的横截面积为S=2×10-4m2.水从管口处以v=2 m/s不变的速率源源不断地沿水平方向射出，设出口处横截面上各处水的速率都相等，假设水流在空中不散开．重力加速度g取1Om/s2,不计空气阻力，请估算水流稳定后空中的水的体积为A. 3.2×10-4m3B. 4×10-4m3C. 2.4×10-4m3D. 2.4×10-3m3【答案】C【解析】水从管口射出后做平抛运动，则由h=gt2得，，水流稳定后在空中水的体积为V=vtS=2×0.6×2×10-4=2.4×10-4m3．故选C.6. 如图甲所示．在同一平面内有两个绝缘金属细圆环A、 B,两环重叠部分的面积为圆环A面积的一半，圆环B中电流i随时间t的变化关系如图乙所示，以甲图圆环B中所示的电流方向为负，则A环中A. 没有感应电流B. 有逆时针方向的感应电流C. 有顺时针方向的感应电流D. 感应电流先沿顺时针方向，后沿逆时针方向【答案】B【解析】由安培定则可知，环A产生的磁场分布，环内垂直纸面向外，环外垂直纸面向里，由于内部的磁场大于外部的磁场，由矢量的叠加原理可知A环总磁通量向外；当导线中的电流强度I逐步减小时，导致环产生感应电流．根据楞次定律，则有感应电流的方向逆时针；同理，当导线中的电流强度I反向逐步增大时，导致环产生感应电流．根据楞次定律，则有感应电流的方向逆时针．故B正确，ACD错误；故选B．点睛：考查安培定则、楞次定律的应用，注意当直导线的电流变化时，穿过环的磁通量如何变化是解题的关键．7. 如图所示，竖直实线表示某匀强电场中的一簇等势面，具有一定初速度的带电小球在电场中从A到B做直线运动（如图中虚线所示）．小球只受电场力和重力，则该带电小球从A运动到B的过程中A. 做匀速直线运动B. 机械能守恒C. 机械能逐渐增大，电势能逐渐减小D. 机械能逐渐减小，电势能逐渐增大【答案】D点睛：本题要能根据其受力情况判断微粒的运动状态，抓住质点做直线运动的条件：合力与速度平行是关键．8. 如图所示，两个内壁光滑、半径为R（图中未标出）的半圆形轨道正对着固定在竖直平面内，对应端点（图中虚线处）相距为x，最高点A和最低点B的连线竖直．一个质量为m的小球交替着在两轨道内运动而不脱离轨道，己知小球通过最高点A时的速率，不计空气阻力，重力加速度为g．则A. 小球在A点的向心力小于mgB. 小球在B点的向心力等于4mgC. 小球在B、A两点对轨道的压力大小之差大于6mgD. 小球在B、A两点的动能之差等2mg( R+x)【答案】C【解析】小球在A点时的向心加速度，选项A错误；根据，可得，，小球在B、A两点的动能之差等mg(2R+x)，小球在B点的向心力，选项BD错误；在A点对轨道的压力：；在B点对轨道的压力：，则，选项C正确；故选C.9. 如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为4:1．原线圈接入一电压瞬时值随时间变化的规律为的交流电源，副线圈接一个R=27.5Ω的负载电阻，闭合开关S．待电路稳定后．下述结论正确的是A. 副线圈中电流的周期为0.02sB. 副线圈中电压的最大值为55VC. 原线圈中电流的最大值为0.5AD. 原线圈中的输入功率为110W【答案】AD【解析】变压器不会改变电流的周期，则副线圈输出电流的周期为，所以A正确；原线圈电压最大值为220V，则副线圈中电压的最大值为,B错误．副线圈中电流的最大值为，则原线圈中电流的最大值为0.5A，选项C错误；原线圈电压有效值为220V，电流有效值为0.5A，掌握变压器输入功率为P=I1U1=110W，选项D正确；故选AD.10. 如图所示，位于水平面上的同一物体在恒力F1的作用下，做速度为v1的匀速直线运动；在恒力F2的作用下，做速度为v2的匀速直线运动．已知 F1与F2的功率相同，则可能有A. F1= F2, v1<v2B. F1= F2, v1>v2C. F1< F2, v1<v2D. F1>F2, v1>v2【答案】BD...............11. 如图所示．MN为两个方向相同且垂直于纸面的匀强磁场的分界面，两磁场的磁感应强度大小关系为B1=2B2,一比荷值为k的带电粒子（不计重力）．以定速率从O点垂直MN进入磁感应强度大小为B1的磁场．则粒子下一次到达O点经历的时间为A. B. C. D.【答案】BC【解析】粒子垂直进入磁场，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得：qvB=m解得：，粒子做圆周运动的周期为：，由题意可知：B1=2B2，则：r2=2r1，T2=2T1，；根据粒子运动轨迹可知，粒子下一次到达O点经历的时间为（n=0，1，2，3……）则选项BC正确，CD错误；故选BC.点睛：本题关键在于根据半径关系画出粒子运动的轨迹，然后确定时间与周期的关系，这也是磁场中的轨迹问题常用的思路。
高三上学期期末考试物理试卷附含答案解析班级:___________姓名：___________考号：_____________一、单选题1．如图所示，乒乓球网上沿高出桌面H ，网到桌边的距离为L 。
某人在乒乓球训练中，从左侧2L处，将球沿垂直于网的方向水平击出，球恰好通过网的上沿落到右侧桌边缘。
设乒乓球的运动为平抛运动，则乒乓球（ ）A ．在空中做变加速运动B ．在水平方向做匀加速直线运动C ．在网的右侧运动的时间是左侧的2倍D ．击球点的高度是网高的2倍2．物体受到下列几组共点力的作用，其中一定能使物体产生加速度的是（ ） A ．1N ，3N ，5N B ．2N ，4N ，6N C ．3N ，4N ，5ND ．4N ，6N ，8N3．如图所示为氢原子的能级示意图，一群处于激发态的氢原子能辐射出能量介于0.66eV~12.75eV 范围内的光子，则下列说法正确的是（ ）A ．这群氢原子能发射出三种不同波长的光B ．这群氢原子能发射出四种不同波长的光C ．处于基态的氢原子能吸收其中三种频率的光子D ．处于基态的氢原子能吸收其中六种频率的光子4．如图所示，不可伸长的轻绳一端固定在竖直墙上的O 点，另一端穿过轻质光滑小环悬挂物体甲，轻质光滑小环拴牢在另一轻绳上，通过光滑定滑轮与物体乙相连。
当系统平衡后，O 点处轻绳与竖直墙的夹角30α=︒，取sin15︒cos15︒= ）A B C ．2:1 D ．1:25．如图所示，a 为地球赤道上相对地面静止的物体，b 为在地球表面附近绕地心做匀速圆周运动的人造卫星，c 为地球同步卫星。
关于a 、b 、c 做匀速圆周运动的说法中正确的是（ ）A ．角速度的大小关系为b a c ωωω=>B ．向心加速度的大小关系为b c a a a a >>C ．线速度的大小关系为a b c v v v >>D ．周期关系为a c b T T T =<6．如图所示的三维坐标系中，P 、M 、N 为坐标轴上的三点，它们到坐标原点O 的距离相等。
教科版物理高三上学期期末复习试题(答案在后面)一、单项选择题（本大题有7小题，每小题4分，共28分）1、在下列关于匀变速直线运动的说法中，正确的是：A. 物体在任何时刻的速度都是恒定的。
B. 物体的加速度是恒定的，速度随时间均匀变化。
C. 物体的位移随时间的变化是匀速的。
D. 物体的位移随时间的变化是均匀变化的。
2、一质点从静止开始沿水平面做匀加速直线运动，加速度为a，经过时间t后，质点的位移和速度分别是：A. 位移为1/2at^2，速度为at。
B. 位移为1/2at^2，速度为1/2at。
C. 位移为at^2，速度为at。
D. 位移为at^2，速度为1/2at。
3、一个物体沿直线运动，在前一半位移中以速度(v1=10m/s)匀速运动，在后一半位移中以速度(v2=20m/s)匀速运动，则在整个位移中物体的平均速度为：A、13.3m/sB、14.3m/sC、15.0m/sD、16.0m/s4、一个物体在水平地面上以初速度(v0=20m/s)被水平抛出，不计空气阻力，重力加速度(g=10m/s2)。
则该物体在(t=2s)时离地面的高度是多少？A、20mB、30mC、40mD、50m5、关于理想变压器的下列说法正确的是（）A、原线圈的电压小于副线圈的电压时，原线圈的匝数多于副线圈的匝数B、变压器的原线圈中输入功率与副线圈输出功率之比等于原线圈匝数与副线圈匝数之比的平方C、变压器的原线圈中电流小于副线圈电流时，原线圈的匝数少于副线圈的匝数D、变压器的输入电压与输出电压之比等于原、副线圈匝数之比6、关于电磁感应现象，下列说法正确的是（）A、当闭合电路中一部分导体与磁场做切割磁感线运动时，电路中不会产生感应电流B、改变磁场中导体的运动方向或改变磁场线圈的形状，都可以产生感应电流C、法拉第发现电磁感应后，电生磁、磁生电，奠定了电磁学的基础D、只有当线圈平面与磁场垂直时，通过网络线圈的磁通量变化最快7、一个物体在水平面上受到三个共点力的作用，这三个力的合力为零。
——————————新学期新成绩新目标新方向——————————2019届高三上学期期末考试理综物理试题二、选择题：1. 2017年量子通信卫星“墨子号”首席科学家潘建伟获得“物质科学奖”，对于有关粒子的研究，下列说法正确的是A. 在铀核的裂变中，当铀块的体积小于“临界体积”时，不能发生链式反应B. 铀元素的半衰期为T，当温度发生变化时，铀元素的半衰期也发生变化C. 轻核聚变的过程质量增大，重核裂变的过程有质量亏损D. 比结合能小的原子核结合成（或分裂成）比结合能大的原子核时一定吸收能量【答案】A【解析】在铀核的裂变中，当铀块的体积小于“临界体积”时，不能发生链式反应，故A正确；半衰期的大小与温度无关，由原子核内部因素决定，故B错误；综合裂变和氢核聚变都有质量亏损，向外辐射能量，故C错误；比结合能小的原子核结合成（或分裂成）比结合能大的原子核时有质量亏损，释放能量，故D错误。
所以A正确，BCD错误。
2. 甲乙两物体同时从同一地点出发沿同一直线运动，最终又停止在同一位置，整个过程甲乙运动的v-t图像如图所示，则A. 直到停止甲运动的时间可能等于乙运动的时间B. 在运动过程中甲始终在乙的后方C. 在运动过程中甲乙两物体的速度不可能相同D. 在运动过程中甲乙两物体的加速度不可能相同【答案】B【解析】因v-t图像的横轴表示时间，由图可知乙运动的时间小于甲，故A错误；由图象可知开始时乙的速度大于甲，乙在甲的前面，当甲乙速度相等时，两者距离最大，然后甲的速度大于乙，直到追上乙，故运动中乙始终在甲的前面，故B正确，C错误；切线的斜率等于加速度，故由图象可知，当甲图象的斜率等于乙的斜率时两者加速度相等，故D错误。
所以B正确，ACD错误。
3. 如图所示的调压器，滑动触头P和Q都可以调节，在输入交变电压一定的条件下，要使输出电压增大，输入电流增大，下列做法正确的是A. Q不动，P向下移动B. Q不动，P向上移动C. P不动，Q向上移动D. P不动，Q向下移动【答案】A【解析】Q不动，变阻器的有效电阻不变，P向下移动，原线圈匝数n1减小，输入电压U1不变，副线圈匝数n2不变，根据变压器的变压规律，得知，副线圈的电压增大，即输出电压增大，根据欧姆定律可知输出电流增大，输入电流随之增大，故A正确；Q不动，变阻器的有效电阻不变，P向上移动，原线圈匝数n1增大，输入电压U1不变，副线圈匝数n2不变，根据变压器的变压规律，得知，副线圈的电压变小，即输出电压变小，根据欧姆定律可知输出电流减小，输入电流随之减小，故B错误；若P不动，则原线圈的匝数不变，根据变压器的变压规律，得知，副线圈的电压不变，输出电压不变，Q向上移动，接入电路的电阻变小，输出电流变大，则输入电流随之变大，故C错误；若P不动，则原线圈的匝数不变，根据变压器的变压规律，得知，副线圈的电压不变，输出电压不变，Q向下移动，接入电路的电阻变大，输出电流减小，则输入电流随之减小，故D错误。
咐呼州鸣咏市呢岸学校市高三〔上〕期末物理试卷一、选择题〔每个小题只有一个选项是正确的，共10道小题，每题3分〕1．〔3分〕关于物体的内能变化以下说法中正确的选项是〔〕A．物体吸收热量，内能一增大B．物体对外做功，内能一减小C．物体吸收热量，同时对外做功，内能可能不变D．物体放出热量，同时对外做功，内能可能不变【考点】：物体的内能．【专题】：内能及其变化专题．【分析】：改变物体内能有两种方式：做功和热传递，根据热力学第一律分析内能的变化．【解析】：解：A、物体吸收热量，根据热力学第一律可知，内能不一增大，还与做功情况有关．故A错误．B、物体对外做功，根据热力学第一律可知，内能不一减小，还与热传递情况有关．故B错误．C、物体吸收热量，同时对外做功，假设热量与功的数值相，内能不变．故C正确．D、物体放出热量，同时对外做功，根据热力学第一律可知，内能一减小．故D错误．应选C【点评】：此题关键掌握热力学第一律，并能正确运用．2．〔3分〕以下说法正确的选项是〔〕A．γ射线在电场和磁场中都不会发生偏转B．β射线比α射线更容易使气体电离C．太阳辐射的能量主要来源于重核裂变D．核电站产生的能量来自轻核聚变【考点】：天然放射现象；重核的裂变．【专题】：衰变和半衰期专题．【分析】：αβγ三种射线的电离本领依次减弱，γ射线是电磁波，核电站是利用铀235，太阳能是聚变得来的．【解析】：解：A、γ射线不带电，所以在电场和磁场中都不会发生偏转，故A正确；B、α射线比β射线更容易使气体电离，故B错误；C、太阳辐射的能量主要来源于轻核聚变，故C错误；D、核电站产生的能量来自铀235的裂变，故D错误；应选：A【点评】：熟练掌握三种射线的特点和裂变聚变的用时解决此类问题的关键．3．〔3分〕某玻璃对蓝光的折射率比对红光的折射率大，那么两种光〔〕A．在该玻璃中传播时，蓝光的速度较大B．以相同的入射角从空气斜射入该玻璃中，蓝光折射角较大C．从该玻璃中射入空气发生反射时，红光临界角较大D．用同一装置进行双缝干预，蓝光的相邻条纹间距较大【考点】：光的折射律；光的干预．【专题】：压轴题；光的折射专题．【分析】：根据题目中的蓝光的折射率比红光的折射率大，可以判断这两种光在该玻璃中的波速大小，以及波长、临界角大小情况，然后以及相关物理知识即可解答．【解析】：解：A、由可知，蓝光在玻璃中的折射率大，蓝光的速度较小，故A错误；B、以相同的入射角从空气中斜射入玻璃中，蓝光的折射率大，向法线靠拢偏折得多，折射角较小，故B错误；C、从玻璃射入空气发生全反射时的临界角由公式可知，红光的折射率小，临界角大，故C正确；D、用同一装置进行双缝干预，由公式可知蓝光的波长短，相邻条纹间距小，故D错误．应选C．【点评】：折射率大的频率高、波长短、临界角小、光子能量高这些规律要明确，并能正确用．4．〔3分〕一列机械波在某时刻的波形如下图，波沿x轴正方向传播，波速是12m/s，那么〔〕A．这列波的波长是10 cmB．这列波的周期是8 sC． x=6 cm处质点的振幅为0D． x=5 cm处质点向y轴的负方向运动【考点】：波长、频率和波速的关系；横波的图象．【分析】：根据波动图象得出波长和振幅的大小，结合波速求出周期的大小．根据波的传播方向，通过上下坡法得出质点的振动方向．【解析】：解：A、根据波的图象知，波长是8cm，故A错误．B、由v=得 T==s=15s，故B错误．C、这列波的振幅为5cm，各个点振幅都是5cm，故C错误．D、因为波向x轴正方向传播，根据上下坡法知，x=5cm质点向y轴的负方向振动．故D正确．应选：D．【点评】：解决此题的关键能够通过波动图象获取信息，比方：波长、振幅，会根据上下坡法判断振动和波传播方向的关系．5．〔3分〕天文学家发现了某恒星有一颗行星在圆形轨道上绕其运动，并测出了行星的轨道半径和运行周期．由此可推算出〔〕A．行星的质量 B．行星的半径 C．恒星的质量 D．恒星的半径【考点】：万有引力律及其用．【专题】：万有引力律的用专题．【分析】：根据万有引力提供向心力进行分析．【解析】：解：行星绕恒星做圆周运动，根据万有引力提供向心力，知道轨道半径和周期，可以求出恒星的质量，行星是环绕天体，在分析时质量约去，不可能求出行星的质量．故C正确，A、B、D错误．应选C．【点评】：解决此题的关键掌握万有引力提供向心力．6．〔3分〕一理想变压器的原线圈上接有正弦交变电压，其最大值保持不变，副线圈接有可调电阻R．设原线圈的电流为I1，输入功率为P1，副线圈的电流为I2，输出功率为P2．当R增大时〔〕A． I1减小，P1增大 B． I1减小，P1减小C． I2增大，P2减小 D． I2增大，P2增大【考点】：变压器的构造和原理．【专题】：交流电专题．【分析】：输出电压是由输入电压和匝数比决的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决的，电压与匝数程正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可．【解析】：解：由于原线圈的输入电压不变，变压器的匝数比也不变，所以副线圈的输出电压不变，当电阻R增大时，电路的电阻变大，副线圈的电流I2减小，所以原线圈的电流I1也要减小，由于副线圈的电压不变，根据P=可得，当电阻增大时，输出的功率P2将减小，所以原线圈的输入的功率P1也将减小．所以B正确．应选B．【点评】：电路的动态变化的分析，总的原那么就是由电路的变化确总电路的变化的情况，再确其他的电路的变化的情况，即先后整体再的方法．7．〔3分〕如图是某物体做直线运动的v一t图象，由图象可得到的正确结果是〔〕A． t=1 S时物体的加速度大小为1.0 m/s2B． t=5 S时物体的加速度大小为0.75 m/s2C．第3 S内物体的位移为1.5 mD．物体在加速过程的位移比减速过程的位移大【考点】：匀变速直线运动的图像．【专题】：运动的图像专题．【分析】：速度时间图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移．【解析】：解：A、t=1s时的加速度．故A错误．B、t=5s时的加速度大小．故B正确．C、第3s内物体的位移x=3×1m=3m．故C错误．D、物体在加速过程中的位移，减速过程中的位移，知物体在加速过程中的位移小于减速过程中的位移．故D错误．应选：B．【点评】：解决此题的关键知道速度时间图线表示的物理意义，知道图线斜率和图线与时间轴围成的面积表示的含义．8．〔3分〕老师做了一个物理小让学生观察：一轻质横杆两侧各固一金属环，横杆可绕中心点自由转动，老师拿一条形磁铁插向其中一个小环，后又取出插向另一个小环，同学们看到的现象是〔〕A．磁铁插向左环，横杆发生转动B．磁铁插向右环，横杆发生转动C．无论磁铁插向左环还是右环，横杆都不发生转动D．无论磁铁插向左环还是右环，横杆都发生转动【考点】：楞次律．【分析】：穿过闭合回路的磁通量发生变化，闭合回路中会产生感电流，感电流受到磁场力的作用，横杆转动；如果金属环不闭合，穿过它的磁通量发生变化时，只产生感电动势，而不产生感电流，环不受力的作用，杆不转动．【解析】：解：左环不闭合，磁铁插向左环时，不产生感电流，环不受力，横杆不转动；右环闭合，磁铁插向右环时，环内产生感电流，环受到磁场的作用，横杆转动；故B正确，ACD错误；应选：B．【点评】：此题难度不大，是一道根底题，知道感电流产生的条件，分析清楚图示情景即可正确解题．9．〔3分〕在如下图的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为值电阻，R2为滑动变阻器．当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U．现将R2的滑动触点向b端移动，那么三个电表示数的变化情况是〔〕A． I1增大，I2不变，U增大 B． I1减小，I2不变，U减小C． I1增大，I2减小，U增大 D． I1减小，I2增大，U减小【考点】：闭合电路的欧姆律．【专题】：恒电流专题．【分析】：理清电路，确电压表测得什么电压，电流表测得什么电流，抓住电动势和内阻不变，采用局部→整体→局部的方法，利用闭合电路欧姆律进行分析．【解析】：解：R2的滑动触点向b端移动时，R2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，内电压增大，外电压减小，即电压表示数减小，R3电压增大，R1、R2并联电压减小，通过R1的电流I1减小，即A1示数减小，而总电流I增大，那么流过R2的电流I2增大，即A2示数增大．故A、B、C错误，D正确．应选：D．【点评】：解决此题的关键抓住电动势和内电阻不变，结合闭合电路欧姆律求解．注意做题前一要理清电路，看电压表测的是什么电压，电流表测的是什么电流．10．〔3分〕用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入．例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出．对此现象分析正确的选项是〔〕A．在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度B．物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度C．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态D．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态【考点】：牛顿运动律的用-超重和失重．【专题】：牛顿运动律综合专题．【分析】：超重指的是物体加速度方向向上，失重指的是加速度方向下，但运动方向不可确．由牛顿第二律列式分析即可．【解析】：解：A、B、重物和手有共同的速度和加速度时，二者不会别离，故物体离开手的瞬间，物体向上运动，物体的加速度于重力加速度，但手的加速度大于重力加速度，并且方向竖直向下，故A错误，B正确；C、D、物体向上先加速后减速，加速度先向上，后向下，根据牛顿运动律可知物体先处于超重状态，后处于失重状态，故C错误．D错误．应选：B．【点评】：超重和失重仅仅指的是一种现象，但物体本身的重力是不变的，这一点必须明确．重物和手有共同的速度和加速的时，二者不会别离．二、题〔共3道小题，共14分〕11．〔5分〕某同学做“用单摆测重力加速度〞．①用游标卡尺测量摆球直径d，把摆球用细线悬挂在铁架台上，用米尺测量出悬线长度l．某次测量摆球直径时游标卡尺示数如下图，那么摆球直径为d= 6 cm．②在小钢球某次通过平衡位置时开始计时，并将这次通过平衡位置时记为0，数出以后小钢球通过平衡位置的次数为n，用停表记下所用的时间为t．请用上面的测量数据计算重力加速度的表达式为g=．【考点】：用单摆测重力加速度．【专题】：题；单摆问题．【分析】：游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数．单摆完成一次全振动需要的时间是单摆的周期，在一个周期内，摆球经过平衡位置两次，根据题意求出单摆的周期；摆线长度与摆球半径之和是单摆的摆长，用单摆周期公式求出重力加速度．【解析】：解：①由图所示游标卡尺可知，主尺示数为2.2cm，游标尺示数为6×0.1mm=0.6mm=0.06cm，那么游标卡尺示数为2.2cm+0.06cm=2.26cm．②由题意知，单摆完成全振动的次数为，单摆的周期=单摆摆长L=l由单摆周期公式可知，重力加速度：g===故答案为：6，【点评】：此题考查了求单摆周期、求重力加速度，知道周期的概念、知道摆线长度与摆球半径之和是单摆的摆长、用单摆周期公式即可正确解题．12．〔5分〕用半径相同的两小球A、B的碰撞验证动量守恒律，装置示意如下图，斜槽与水平槽圆滑连接．时先不放B球，使A球从斜槽上某一固点C由静止滚下，落到位于水平地面的记录纸上留下痕迹．再把B球静置于水平槽前端边缘处，让A球仍从C处由静止滚下，A球和B球碰撞后分别落在记录纸上留下各自的痕迹．记录纸上的O点是重垂线所指的位置，假设测得各落点痕迹到O的距离：=2.68cm，=8.62cm，=11.50cm，并知A、B两球的质量比为2：1，那么未放B球时A球落地点是记录纸上的P 点，系统碰撞前总动量p与碰撞后总动量p′的百分误差= 2 %〔结果保存一位有效数字〕．【考点】：验证动量守恒律．【专题】：题．【分析】：〔1〕A与B相撞后，B的速度增大，A的速度减小，都做平抛运动，竖直高度相同，所以水平方向，B在A的前面；〔2〕小球离开水平槽后做平抛运动，它们下落的高度相同，在空中的运动时间相同，由于小球在水平方向上做匀速直线运动，小球运动时间相同，因此小球的水平位移与小球的初速度成正比，计算时可以用小球的水平位移表示小球的初速度；根据题目所给数据，求出的百分误差．【解析】：解：〔1〕A与B相撞后，B的速度增大，A的速度减小，碰前碰后都做平抛运动，高度相同，落地时间相同，所以P点是没有碰时A球的落地点，N是碰后B的落地点，M是碰后A的落地点；〔2〕系统碰撞前总动量p与碰撞后总动量p′的百分误===≈2%；故答案为P； 2．【点评】：知道两球做平抛运动的运动时间相，小球的水平位移与水平速度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的水平速度，是解决此题的关键．13．〔4分〕在“验证机械能守恒律〞的中，打点计时器所用电源的频率为50Hz，查得当地的重力加速度g=9.89m/s，测得所用的重物的质量为1.00kg，中得到一条点迹清晰的纸带如下图，把第一个点记做0，另选连续的4个点A，B，C，D各点到0点的距离分别为62.99cm、70.18cm、77.76cm、85.73cm．根据以上数据，可知重物由O点运动到C点，重力势能的减少量于 2 J，动能的增加量于 6 J〔取三位有效数字〕．【考点】：验证机械能守恒律．【专题】：题；机械能守恒律用专题．【分析】：纸带中，假设纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度，从而求出动能，根据功能关系得重力势能减小量于重力做功的数值．【解析】：解：重力势能减小量△E p=mgh=1.0××0.7776J=2J．在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度于该过程中的平均速度，因此有：故答案为：2、6．【点评】：纸带问题的处理时力学中常见的问题，对于这类问题要熟练用运动学规律和推论进行求解，计算过程中要注意单位的换算和有效数字的保存．三、计算题〔共7道题，共56分〕解题要求：写出必要的文字说明、方程式和演算步骤．有数字计算的题，取g=10m/s2，答案必须明确写出数值和单位．14．〔7分〕小物块以一的初速度冲上一个足够长的倾角为37°的固斜面，某同学利用传感器测出了小物块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机做出了小物块上滑过程的速度﹣时间图线，如下图．〔取sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g=10m/s2〕求：〔1〕小物块冲上斜面过程中加速度的大小；〔2〕小物块向上运动的最大距离；〔3〕小物块与斜面间的动摩擦因数．【考点】：牛顿第二律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】：牛顿运动律综合专题．【分析】：〔1〕根据图线的斜率求出加速度的大小；〔2〕根据速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移即可求解向上运动的最大位移；〔2〕根据牛顿第二律求出小物块与斜面间的动摩擦因数．【解析】：解：〔1〕v﹣t图象的斜率表示加速度，故：a=〔2〕v﹣t图象与坐标轴围成的面积表示位移大小，故：x=〔3〕根据牛顿第二律得：﹣mgsin37°﹣μN=ma而N﹣mgcos37°=0解得：μ=0.25答：〔1〕小物块冲上斜面过程中加速度的大小为8m/s2；〔2〕小物块向上运动的最大距离为4m；〔3〕小物块与斜面间的动摩擦因数为0.25．【点评】：此题是速度﹣﹣时间图象的用，要明确斜率的含义，知道在速度﹣﹣时间图象象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息．属于根底题．15．〔7分〕如下图，电阻不计的平行金属导轨MN和OP放置在水平面内，MO间接有阻值为R=3Ω的电阻，导轨相距d=1m，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感强度B=0.5T．质量为m=0.1kg，电阻为r=1Ω的导体棒CD垂直于导轨放置，并接触良好．用平行于MN的恒力F=1N向右拉动CD，CD受摩擦阻力f恒为0.5N．求：〔1〕CD运动的最大速度；〔2〕当CD到达最大速度后，电阻R消耗的电功率．【考点】：导体切割磁感线时的感电动势；闭合电路的欧姆律；安培力的计算．【专题】：电磁感中的力学问题；电磁感与电路结合．【分析】：〔1〕导体棒开始做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零即合外力为零时，速度到达最大．〔2〕到达最大速度后，回路中产生稳感电流，根据P=I2R可正确求得结果．【解析】：解：〔1〕设CD棒运动速度为v，那么：导体棒产生的感电动势为：E=Bdv ①据全电路欧姆律有：I=②那么安培力为：F0=BdI ③据题意分析，当v最大时，有：F﹣F0﹣f=0 ④联立①②③④得：v m==8 m/s ⑤故CD运动的最大速度为8m/s．〔2〕CD速度最大时同理有：E m=Bdv m⑥I m=⑦P=I2R ⑧联立⑤⑥⑦带入数据得：P=3W．故当CD到达最大速度后，电阻R消耗的电功率为P=3W．【点评】：此题的难点是对导体棒正确受力分析，弄清其运动情况，得出速度最大的条件，注意对于变加速运动往往合外力为零时对着速度最大．16．〔8分〕某校物理兴趣小组决举行遥控赛车比赛．比赛路径如下图，赛车从起点A出发，沿水平直线轨道运动L后，由B点进入半径为R的光滑竖直圆轨道，离开竖直圆轨道后继续在光滑平直轨道上运动到C 点，并能越过壕沟．赛车质量m=0.1kg，通电后以额功率P=W工作，进入竖直圆轨道前受到的阻力恒为0.3N，随后在运动中受到的阻力均可不计．图中L=10.00m，R=0.32m，h=1.25m，S=1.50m．〔1〕求赛车越过壕沟需要的最小速度为v1〔2〕赛车进入圆轨道前在B点的最小速度v3〔3〕要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间？〔取g=10m/s2〕【考点】：动能理的用；电功、电功率．【分析】：此题赛车的运动可以分为三个过程，由A至B的过程可以运用动能理列式，在圆轨道上的过程机械能守恒，也可以用动能理列式，以及平抛运动的过程；此题有两个约束条件，即要能越过壕沟，同时要能到达轨道的最高点．【解析】：解：〔1〕设赛车越过壕沟需要的最小速度为v1，由平抛运动的规律，有：s=v1th=gt2解得：v1=s=×=5m/s〔2〕设赛车恰好越过圆轨道，对圆轨道最高点的速度为v2，最低点的速度为v3，由牛顿第二律及机械能守恒律，有：mg=mm=m+mg•〔2R〕解得：v3===4m/s〔3〕由于B点以后的轨道均为光滑，故轨道最低点速度该于平抛的初速度，通过分析比拟，赛车要完成比赛，在进入圆轨道前的速度最小该是：v min=4m/s设电动机工作时间至少为t，根据功能原理有：pt﹣fL=m由此可得：t=3s即要使赛车完成比赛，电动机至少工作3s的时间．答：〔1〕赛车越过壕沟需要的最小速度为5m/s；〔2〕赛车进入圆轨道前在B点的最小速度为4m/s；〔3〕要使赛车完成比赛，电动机至少工作3s时间．【点评】：此题是力电综合问题，关键要将物体的运动分为三个过程，分析清楚各个过程的运动特点和受力特点，然后根据动能理、平抛运动公式、向心力公式列式求解！17．〔8分〕1932年，劳伦斯和利文斯设计出了盘旋加速器．盘旋加速器的工作原理如下图，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．磁感强度为B的匀强磁场与盒面垂直．在D盒中心A处粒子源产生的粒子，质量为m、电荷量为+q，在加速器中被加速，加速电压为U．〔1〕求粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比；〔2〕求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间t．【考点】：质谱仪和盘旋加速器的工作原理；带电粒子在匀强磁场中的运动．【专题】：带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】：〔1〕带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据动能理和洛伦兹力提供向心力求出轨道半径与加速电压的关系，从而求出轨道半径之比．〔2〕通过D形盒的半径求出粒子的最大速度，结合动能理求出加速的次数，一个周期内加速两次，从而得知在磁场中运动的周期次数，确出粒子从静止开始加速到出口处所需的时间．【解析】：解：〔1〕设粒子第1次经过狭缝后的半径为r1，速度为v1qU=mv12qv1B=m联立以上解得：r1=同理，粒子第2次经过狭缝后的半径r2=那么 r1：r2=：1〔2〕设粒子到出口处被加速了n圈，解得：2nqU=mv2；qvB=mT=t=nT解上四个方程得：t=答：〔1〕粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后的轨道半径之比为：1．〔2〕粒子从静止开始加速到出口处所需的时间为．【点评】：解决此题的关键掌握盘旋加速器的原理，运用电场加速和磁场偏转，知道粒子在磁场中运动的周期与加速电场的变化周期相．18．〔8分〕平行板电容器的两极板间有场强为E的匀强电场，且带正电的极板接地，一质量为m的电荷量为+q的带电粒子〔不计重力〕，从x轴上坐标为x0处静止释放．〔1〕求该粒子在x0处的电势能E px0〔2〕试从牛顿第二律出发，证明该带电粒子在极板间运动过程中，其动能和电势能之和保持不变，设粒子与极板碰撞无能量损失．【考点】：电容器的动态分析；电势能．【分析】：电势能的大小于从该点运动电荷到无穷远处时电场力做的功．代入公式即可．【解析】：解：〔1〕W电=qEx0…①W电=﹣〔E px0﹣0〕…②联立①②得E px0=﹣qEx0〔2〕在带电粒子的运动方向上任取一点，设坐标为 x由牛顿第二律可得qE=ma…④由运动学公式得V=2a〔x﹣x0〕…⑤联立④⑤进而求得：E kx=mv=qE〔x﹣x0〕E=E kx+E px=﹣qEx0=Ex0答：〔1〕该粒子在x0处电势能﹣qEx0〔2〕该带电粒子在极板间运动过程中，其动能与电势能之和保持不变．【点评】：该题考查电势能的特性，电势能的大小于从该点运动电荷到无穷远处时电场力做的功．属于根底题目．19．〔9分〕目前，滑板运动受到青少年的追捧．如图是某滑板运发动在一次表演时的一赛道在竖直平面内的示意图．赛道光滑，KA平台的高度为h=1.8m．B处平滑连接．滑板a和b的质量均为m，m=5kg，运发动质量为M，M=45kg．表演开始，运发动站在滑板b上．先让滑板a从A点静止下滑，t1=0.1s后再与b板一起从A点静止下滑．滑上BC赛道后，运发动从b板跳到同方向运动的a板上，在空中运动的时间t2=0.6s〔水平方向是匀速运动〕．〔滑板和运发动的所有运动都在同一竖直平面内，计算时滑板和运发动都看作质点，取g=10m/s2〕〔1〕求滑板a由A点静止下滑到BC赛道速度为v1〔2〕运发动跳上滑板a后，在BC赛道上与滑板a共同运动的速度是多大？〔3〕在运发动离开滑板b的过程中．滑板b受合外力的冲量大小？【考点】：动量守恒律；动量理．【分析】：〔1〕对A到BC过程由机械能守恒律可求得速度；〔2〕运发动离开b后空中做匀速运动，由运动关系可求得运发动的速度；再对a与运发动由动量守恒可求得共同速度；〔3〕对人离开b的过程由动量守恒律列式可求得b的末动量，再由动量理可求得冲量．【解析】：解：〔1〕设滑板由A点静止下滑到BC赛道后速度为v1，由机械能守恒律有：mgh=mv12，得：v1===6m/s〔2〕运发动与滑板一起由A点静止下滑到BC赛道后，速度也为v1，运发动由滑板b跳到滑板a，设蹬离滑板b时的水平速度为v2，在空中飞行的水平位移为s，那么：s=v2t2设起跳时滑板a与滑板b的水平距离为s0，那么：s0=v l t l设滑板在t2时间内的位移为s1，那么：s1=v1t2，s=s0+s1即：v2t2=v1〔t1+t2〕，解得：v2=7m/s；m落到滑板a后，与滑板a共同运动的速度为v，以a的初速度方向为正方向，由动量守恒律得：mv l+Mv2=〔m+M〕v，代入数据解得：v=6.9m/s，。
教科版物理高三上学期期末模拟试卷(答案在后面)一、单项选择题（本大题有7小题，每小题4分，共28分）1、题干：下列关于牛顿运动定律的说法中，正确的是：A、牛顿第一定律腰椎“物体静止或匀速直线运动，是因为不受外力作用”。
B、牛顿第二定律表达了加速度与作用力成正比，与质量成反比的关系。
C、牛顿第三定律说明物体受到力的作用时，会受到相等且反向的反作用力。
D、牛顿三定律揭示了惯性和力的内在联系，但并不依赖于实验验证。
2、题干：关于电磁感应现象，以下说法错误的是：A、闭合回路中磁通量的变化一定会产生感应电流。
B、电磁感应现象中，感应电流的方向由右手定则来确定。
C、法拉第电磁感应定律定量地描述了感应电动势与磁通量变化率之间的关系。
D、变化的磁场可以产生电场，遵循麦克斯韦方程组。
3、一个质量为(m)的物体从静止开始沿光滑斜面下滑，斜面与水平面的夹角为(θ)，忽略空气阻力，则物体沿斜面方向的加速度(a)为：A.(gsinθ)B.(gcosθ)C.(gtanθ)D.(g)4、一束单色光从空气中垂直入射到玻璃界面上，已知该玻璃的折射率为(n=1.5)，则光线进入玻璃后的速度(v)为（设光速(c=3×108m/s)）：A.(2×108m/s)B.(3×108m/s)C.(1.5×108m/s)D.(4.5×108m/s)5、在研究“匀变速直线运动的位移与时间的关系”时，如果测得物体在连续三个相同时间间隔内的位移分别为5cm、15cm和25cm，则物体的初速度和加速度分别为：A. 1cm/s²，5cm/sB. 2cm/s²，5cm/sC. 3cm/s²，5cm/sD. 4cm/s²，5cm/s6、一个物体在水平面上做匀速圆周运动，其半径为(R)，角速度为(ω)。
下列关于该物体运动的描述中，正确的是：A. 物体的线速度(v=Rω)B. 物体的向心加速度(a c=Rω2))C. 物体的向心加速度(a c=v2R)D. 物体的角速度(ω=vR7、关于牛顿第三定律，下列说法正确的是（）A、两物体间的作用力与反作用力大小相等、方向相反，但作用在两个不同的物体上，因此它们的合力为零。
2021年高三物理上学期期末试卷（含解析）一、单项选择题：1．（4分）下列叙述正确的是（）A．牛顿根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因B．卡文迪许通过扭秤实验，测定出了万有引力恒量C．磁感线越密的地方磁感应强度越大，磁通量也越大D．在回旋加速器中，磁场力使带电粒子的速度增大2．（4分）如图所示，磁场方向竖直向下，通电直导线ab由水平位置1绕a点在竖直平面内转到位置2，通电导线所受安培力是（）A．数值变大，方向不变B．数值变小，方向不变C．数值不变，方向改变D．数值和方向均改变3．（4分）如图甲，笔记本电脑底座一般设置有四个卡位用来调节角度．某同学将电脑放在散热底座上，为了获得更好的舒适度，由原卡为1调至卡位4（如图乙），电脑始终处于静止状态，则（）A．电脑受到的支持力变小B．电脑受到的摩擦力变大C．散热底座对电脑的作用力的合力不变D．电脑受到的支持力与摩擦力两力大小之和等于其重力4．（4分）铁路上常使用如图所示的电磁装置向控制中心传输信号，以报告火车的位置．火车首节车厢下面安装一磁铁，磁铁产生垂直于地面的匀强磁场．当磁铁经过安放在两铁轨间的线圈时，会使线圈产生电脉冲信号并被控制中心接收．若火车以恒定加速度通过线圈，则表示线圈两端的电压u与时间t的关系图线可能正确的是（）A．B．C．D．二、双项选择题：5．（6分）如图所示，实线表示一匀强电场的电场线，虚线是一负电荷射入电场后的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，则下列说法正确的是（）A．负电荷是一定是从b点运动到a点B．a点的电势一定比b点的电势高C．负电荷在a点的电势能一定大于在b点的电势能D．负电荷的加速度一定不变6．（6分）一卫星绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径为r，卫星绕地球做匀速圆周运动的周期为T，已知地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，引力常量为G，则地球的质量可表示为（）A．B．C．D．7．（6分）矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v水平射向滑块．若射击下层，子弹刚好不射出，若射击上层，则子弹刚好能射穿一半厚度，如图．上述两种情况相比较（）A．子弹对滑块做功一样多B．子弹对滑块做的功不一样多C．系统产生的热量一样多D．系统产生热量不一样多8．（6分）用一水平拉力使质量为m的物体从静止开始沿粗糙的水平面运动，物体的v﹣t 图象如图所示．下列表述正确的是（）A．在0﹣t1时间内拉力逐惭减少B．在0﹣t1时间内物体做曲线运动C．在t1﹣t2时间内拉力的功率不为零D．在t1﹣t2时间内合外力做功9．（6分）如图所示，平行实线代表电场线，方向未知，带电量为1×10﹣2C的正电荷在电场中只受电场力作用．该电荷由A点运动到B点，动能损失了0.1J，若A点电势为10V，则（）A．B点的电势为零B．电场线方向向左C．电荷运动的轨迹可能是图中曲线①D．电荷运动的轨迹可能是图中曲线②三、非选择题10．（8分）根据要求，完成“验证力的平行四边形定则”实验．①如图甲所示，把白纸固定在木板上后，再把木板竖立在桌面上，用图钉把橡皮筋的一端固定在A点，另一端B连结两条轻绳，跨过定滑轮后各栓一细绳套，分别挂上3个钩码和4个钩码（每个钩码重1N），调整滑轮的位置，稳定后结点B位于O处，记下和两条轻绳的方向，取下滑轮及钩码．②如图乙所示，取某单位长度表示1N，用力的图示作出两条轻绳的拉力F1和F2；再用一把弹簧测力计把结点B也拉至O处，记下测力计的读数F′=N，取下测力计．③在图丙作出F1和F2的合力F及拉力F′的图示．（图作在答题卡上）④对比F和F′的大小和方向，发现它们不是完全一致的，其可能的原因是（填一个原因）11．（10分）图甲是“用伏安法测量金属丝电阻率ρ”的实验电路图．（1）用螺旋测微器测得金属丝直径d如图乙所示，可读出d=m．（2）闭合电键，调节P的位置，读出MP的长度为x时电压表和电流表的示数，算出对应的电阻R，利用多组数据绘出如图丙所示的R﹣x图象，可得该图线的斜率k=Ω/m．（3）利用图线的斜率k、金属丝的直径d，得到金属丝电阻率ρ的表达式为_（4）图中的a导线从电流表的“0.6A”接线柱改接于电流表的“﹣”接线柱上，可以测量电源的电动势和内阻．闭合电键，调节P的位置，读出多组电压表和电流表的示数，把实验得到的数据绘成如图丁所示的U﹣I图象，得出电源的电动势 E=V；若R0=2.0Ω，则电源的内阻r=Ω．12．（18分）如图所示的水平地面，ab段粗糙，bc段光滑．可视为质点的物体A和B紧靠在一起，静止于b 处，已知A的质量为3m，B的质量为m．两物体在足够大的内力作用下突然沿水平方向左右分离，获得的总动能为E．B碰到c处的墙壁后等速率反弹，并追上已停在ab段的A．A、B与ab段的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g．求：（1）分离瞬间A、B的速度大小；（2）A从分离到第一次停止的时间；（3）B第一次追上A时的速度大小．13．（18分）如图为某同学设计的速度选择装置，两根足够长的光滑导轨MM′和NN′间距为L与水平面成θ角，上端接滑动变阻器R，匀强磁场B0垂直导轨平面向上，金属棒ab质量为m恰好垂直横跨在导轨上．滑动变阻器R两端连接水平放置的平行金属板，极板间距为d，板长为2d，匀强磁场B垂直纸面向内．粒子源能发射沿水平方向不同速率的带电粒子，粒子的质量为m0，电荷量为q，ab棒的电阻为r，滑动变阻器的最大阻值为2r，其余部分电阻不计，不计粒子重力．（1）ab棒静止未释放时，某种粒子恰好打在上极板中点P上，判断该粒子带何种电荷？该粒子的速度多大？（2）调节变阻器使R=0.5r，然后释放ab棒，求ab棒的最大速度？（3）当ab棒释放后达到最大速度时，若变阻器在r≤R≤2r范围调节，总有粒子能匀速穿过平行金属板，求这些粒子的速度范围？广东省清远市华侨中学xx高三上学期期末物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：1．（4分）下列叙述正确的是（）A．牛顿根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因B．卡文迪许通过扭秤实验，测定出了万有引力恒量C．磁感线越密的地方磁感应强度越大，磁通量也越大D．在回旋加速器中，磁场力使带电粒子的速度增大考点：物理学史．分析：解答本题应掌握：伽利略的理想斜面实验、卡文迪许扭秤实验的意义，磁通量的含义和洛伦兹力不做功的特点．解答：解：A、伽利略根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因．故A错误．B、牛顿发现了万有引力定律之后，卡文迪许通过扭秤实验，测定出了万有引力恒量G．故B 正确．C、磁通量表示穿过磁场中某一积面的磁感线条数，当磁感应强度与平面平行时，磁通量为零，故磁感线越密的地方磁感应强度越大，但磁通量不一定越大．故C错误．D、在回旋加速器中，电场力使带电粒子加速，磁场力不做功，不能改变带电粒子的动能，即不能使带电粒子的速度增大．故D错误．故选B点评：本题关键要掌握物理学史和磁通量、洛伦兹力的作用特点，对于物理学史，这是xx高考考查内容之一，要结合科学家成就内容、物理学发展的历史背景进行记忆．2．（4分）如图所示，磁场方向竖直向下，通电直导线ab由水平位置1绕a点在竖直平面内转到位置2，通电导线所受安培力是（）A．数值变大，方向不变B．数值变小，方向不变C．数值不变，方向改变D．数值和方向均改变考点：安培力．分析：通电直导线放在匀强磁场中，所受的安培力大小公式为F=BILsinα，α是导线与磁场方向的夹角，方向由左手定则判断，根据这两个知识进行分析．解答：解：通电直导线所受的安培力F=BILsinα，α是导线与磁场方向的夹角，由题知，B、I、L不变，α减小，则F减小；根据左手定则判断可知，安培力方向始终与纸面垂直向里或向外，保持不变．故B正确，ACD 错误．故选：B．点评：本题考查了安培力的大小公式和安培力方向的判断，比较简单，很容易掌握．3．（4分）如图甲，笔记本电脑底座一般设置有四个卡位用来调节角度．某同学将电脑放在散热底座上，为了获得更好的舒适度，由原卡为1调至卡位4（如图乙），电脑始终处于静止状态，则（）A．电脑受到的支持力变小B．电脑受到的摩擦力变大C．散热底座对电脑的作用力的合力不变D．电脑受到的支持力与摩擦力两力大小之和等于其重力考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：笔记本电脑受重力、支持力和静摩擦力，根据平衡条件求解静摩擦力和支持力．解答：解：笔记本电脑受重力、支持力和静摩擦力，如图所示：根据平衡条件，有：N=mgcosθ ①f=mgsinθ ②A、由原卡位1调至卡位4，角度θ减小，根据①式，支持力N增加，故A错误；B、由原卡位1调至卡位4，角度θ减小，根据②式，静摩擦力减小，故B错误；C、散热底座对电脑的作用力的合力是支持力和静摩擦力的合力，与重力平衡，始终是不变的，故C正确；D、电脑受到的支持力与摩擦力两力的矢量和与重力平衡，但大小的和是变化的，故D错误；故选：C．点评：本题是力平衡中的三力平衡问题，关键是建立物理模型，然后运用共点力平衡条件列式求解，基础问题．4．（4分）铁路上常使用如图所示的电磁装置向控制中心传输信号，以报告火车的位置．火车首节车厢下面安装一磁铁，磁铁产生垂直于地面的匀强磁场．当磁铁经过安放在两铁轨间的线圈时，会使线圈产生电脉冲信号并被控制中心接收．若火车以恒定加速度通过线圈，则表示线圈两端的电压u与时间t的关系图线可能正确的是（）A．B．C．D．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．专题：电磁感应与电路结合．分析：由E=BLv求出感应电动势大小，由欧姆定律求出电流大小，然后分析图象答题．解答：解：火车做匀加速运动，速度v=v0+at，以火车为参照系，线圈是运动的，线圈左（或右）边切割磁感线产生的感应电动势E=BLv，感应电流I===+t，由此可知，感应电流电流随时间均匀增大，由于火车做加速运动，通过线圈左边的时间长，通过线圈右边的时间短，由图象可知，D正确；故选D．点评：分析物体的运动，可以根据速度与时间的关系进行判断，有时根据位移与时间的关系判断．基础题．二、双项选择题：5．（6分）如图所示，实线表示一匀强电场的电场线，虚线是一负电荷射入电场后的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，则下列说法正确的是（）A．负电荷是一定是从b点运动到a点B．a点的电势一定比b点的电势高C．负电荷在a点的电势能一定大于在b点的电势能D．负电荷的加速度一定不变考点：带电粒子在匀强电场中的运动；电势能．分析：由运动的轨迹与电场线确定出受力向，根据力的方向与速度方向的夹角确定电场力做功的正负解答：解：A、由上可知，由于粒子的运动方向不知，所以可能是从a到b，也可能是从b 到a．故A错误；B、由曲线运动的知识可知：带电粒子所受的电场力向下，由于粒子带负电所以电场线的方向向上，沿着电场线方向电势降低，故a点的电势一定比b点的电势低，故B错误；C、从a到b电场力做正功，电势能减小，故负电荷在a点的电势能一定大于在b点的电势能，故C正确；D、运强电场，电场力不变，加速度不变，故D正确；故选： CD点评：在电场中跟据带电粒子运动轨迹和电场线关系判断电场强度、电势、电势能、动能等变化是对学生基本要求，也是重点知识，要重点掌握．6．（6分）一卫星绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径为r，卫星绕地球做匀速圆周运动的周期为T，已知地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，引力常量为G，则地球的质量可表示为（）A．B．C．D．考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．专题：人造卫星问题．分析：根据万有引力提供向心力，通过轨道半径和周期求出地球的质量；根据万有引力等于重力，通过地球表面的重力加速度和地球的半径求出地球的质量．解答：解：根据万有引力提供向心力，有：=，解得：M=．根据万有引力等于重力得：=mg，解得：M=．故A、C正确，B、D错误．故选：AC．点评：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力和万有引力等于重力这两个理论，并能灵活运用．7．（6分）矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v水平射向滑块．若射击下层，子弹刚好不射出，若射击上层，则子弹刚好能射穿一半厚度，如图．上述两种情况相比较（）A．子弹对滑块做功一样多B．子弹对滑块做的功不一样多C．系统产生的热量一样多D．系统产生热量不一样多考点：功能关系．分析：子弹嵌入滑块的过程，符合动量守恒，所以我们判断出最后它们的速度是相同的，然后利用动能定理或者是能量守恒进行判断．解答：解：最终子弹都未射出，则最终子弹与滑块的速度相等，根据动量守恒定律知，两种情况下系统的末速度相同．A、子弹对滑块做的功等于滑块动能的变化量，滑块动能的变化量相同，则子弹对滑块做功一样多．故A正确，B错误．C、根据能量守恒定律得，系统初状态的总动能相等，末状态总动能相等，则系统损失的能量，即产生的热量一样多．故C正确，D错误．故选AC．点评：本题综合考查了动量守恒定律、动能定理和能量守恒定律，难度不大，关键是选择不同的研究对象，选择不同的规律分析．8．（6分）用一水平拉力使质量为m的物体从静止开始沿粗糙的水平面运动，物体的v﹣t 图象如图所示．下列表述正确的是（）A．在0﹣t1时间内拉力逐惭减少B．在0﹣t1时间内物体做曲线运动C．在t1﹣t2时间内拉力的功率不为零D．在t1﹣t2时间内合外力做功考点：功率、平均功率和瞬时功率．专题：功率的计算专题．分析：物体先做加速度逐渐减小的加速运动，后做匀速直线运动；根据动能定理和牛顿第二定律列式分析即可．解答：解：A、0﹣t1内，物体做加速度不断减小的加速运动，根据牛顿第二定律，有：F ﹣f=ma，故拉力不断减小，故A正确；B、0﹣t1内拉力朝前，位移向前，故物体做直线运动，故B错误；C、在t1﹣t2时间内，物体匀速前进，拉力做正功，故拉力的功率不为零，故C正确；D、在t1﹣t2时间内，物体匀速前进，合力为零，故合外力做功为零，故D错误；故选AC．点评：本题关键是由图象得到物体的运动情况，根据牛顿第二定律列式判断出拉力的变化情况，再结合动能定理分析．9．（6分）如图所示，平行实线代表电场线，方向未知，带电量为1×10﹣2C的正电荷在电场中只受电场力作用．该电荷由A点运动到B点，动能损失了0.1J，若A点电势为10V，则（）A．B点的电势为零B．电场线方向向左C．电荷运动的轨迹可能是图中曲线①D．电荷运动的轨迹可能是图中曲线②考点：电势；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：物体作曲线运动的条件：合外力的方向与物体运动的方向不在同一条直线上，且合外力指向轨迹的内侧；正电荷所受电场力的方向与场强的方向相同；要求B点电势，需要知道AB之间的电势差U AB=φA﹣φB，而U AB=．解答：解：A、由题有电荷由A点运动到B点，根据动能定理得 W AB=qU AB=﹣0.1J，故U AB===﹣10V，而U AB=φA﹣φB=10﹣φB=﹣10V，故φB=20V．故A错误．B、由于该电荷从A点运动到B点，动能损失了0.1J，故电场力做负功，所以该正电荷所受的电场力水平向左，由于电场力向左，而正电荷所受电场力的方向与电场线的方向相同，故电场线方向向左，故B正确；CD、根据电场力指向轨迹的内侧，而电场力水平向左，故电荷运动的轨迹可能是图中曲线①，故C正确，D错误；故选：BC．点评：本题考查物体作曲线运动的条件：合外力的方向与物体运动的方向不在同一条直线上，且合外力指向轨迹的内侧；正电荷所受电场力的方向与电场线的方向相同；电场力做功的公式W AB=qU AB，动能定理，电势差的公式U AB=φA﹣φB．本题难度不大，但综合性很强；在用公式W AB=qU AB解题时要注意q和U AB的正负号．三、非选择题10．（8分）根据要求，完成“验证力的平行四边形定则”实验．①如图甲所示，把白纸固定在木板上后，再把木板竖立在桌面上，用图钉把橡皮筋的一端固定在A点，另一端B连结两条轻绳，跨过定滑轮后各栓一细绳套，分别挂上3个钩码和4个钩码（每个钩码重1N），调整滑轮的位置，稳定后结点B位于O处，记下O的位置和两条轻绳的方向，取下滑轮及钩码．②如图乙所示，取某单位长度表示1N，用力的图示作出两条轻绳的拉力F1和F2；再用一把弹簧测力计把结点B也拉至O处，记下测力计的读数F′=5.0N，取下测力计．③在图丙作出F1和F2的合力F及拉力F′的图示．（图作在答题卡上）④对比F和F′的大小和方向，发现它们不是完全一致的，其可能的原因是测量存在误差（填一个原因）考点：验证力的平行四边形定则．专题：实验题；平行四边形法则图解法专题．分析：本题的关键是明确合力与分力间“等效替代”关系，要求实验中要求橡皮条的节点必须达到同一位置．解答：解：①稳定后结点B位于O处，记下O的位置和两条轻绳的方向，取下滑轮及钩码．②可读出弹簧测力计的示数为F=5.0N．③如图所示（注意画F1和F2的合力为F，画好了平行四边形后应画出对角线，应用三角板画平行线而不能出现曲线，沿AO画力F′）．④对比F和F′不重合存在原因有：说明测量存在误差．故答案为：①O的位置．②5.0③如图所示④测量存在误差点评：本实验关键理解实验原理，根据实验原理分析实验步骤中有无遗漏或缺陷，因此掌握实验原理是解决实验问题的关键．11．（10分）图甲是“用伏安法测量金属丝电阻率ρ”的实验电路图．（1）用螺旋测微器测得金属丝直径d如图乙所示，可读出d=3.95×10﹣4mm．（2）闭合电键，调节P的位置，读出MP的长度为x时电压表和电流表的示数，算出对应的电阻R，利用多组数据绘出如图丙所示的R﹣x图象，可得该图线的斜率 k=10Ω/m．（3）利用图线的斜率k、金属丝的直径d，得到金属丝电阻率ρ的表达式为_ρ=（4）图中的a导线从电流表的“0.6A”接线柱改接于电流表的“﹣”接线柱上，可以测量电源的电动势和内阻．闭合电键，调节P的位置，读出多组电压表和电流表的示数，把实验得到的数据绘成如图丁所示的U﹣I图象，得出电源的电动势 E=2.80V；若R0=2.0Ω，则电源的内阻r=1.0Ω．考点：测定金属的电阻率．专题：实验题．分析：的关键是根据电阻定律以及闭合电路欧姆定律写出表达式，再根据图象的截距和斜率的含义即可求解．解答：解：（1）螺旋测微器的读数为d=39.5×0.01mm=0.395mm=3.95×10﹣4m（3.92×10﹣4～3.98×10﹣4都对）（2）R﹣x图象的斜率为k=Ω/m（3）由R=可得ρ=（4）图中的a导线从电流表的“0.6A”接线柱改接于电流表的“﹣”接线柱上，由U=E﹣I （R0+r）可得，U﹣I图象的纵轴的截距为电源的电动势E，斜率大小为（R0+r），所以E=2.80V （2.78～2.82都对），R0+r=，解得r=1.0Ω（0.96～1.04都对）．故答案为：（1）3.95×10﹣4m，（2）10，（3）ρ=；（4）2.80，1.0点评：遇到实验问题，关键是弄清实验原理和要求，若涉及到图象问题，则先根据物理规律求出表示纵轴与横轴物理量的表达式，然后根据截距和斜率的概念即可求解．12．（18分）如图所示的水平地面，ab段粗糙，bc段光滑．可视为质点的物体A和B紧靠在一起，静止于b 处，已知A的质量为3m，B的质量为m．两物体在足够大的内力作用下突然沿水平方向左右分离，获得的总动能为E．B碰到c处的墙壁后等速率反弹，并追上已停在ab段的A．A、B与ab段的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g．求：（1）分离瞬间A、B的速度大小；（2）A从分离到第一次停止的时间；（3）B第一次追上A时的速度大小．考点：动量守恒定律；牛顿第二定律；动能定理．专题：动量定理应用专题．分析：（1）分离过程，AB的总动量守恒、能量也守恒，由两大守恒定律结合可求出分离瞬间A、B的速度大小；（2）A、B分离后，A物体向左匀减速滑行，由牛顿第二定律可求出滑行的加速度，由运动学公式求解A从分离到第一次停止的时间；（3）A、B分离后，可根据动能定时求出A向左滑行的距离．B追上A时在粗糙面上滑行距离与A滑行的距离相等，由动能定理求解B第一次追上A时的速度大小．解答：解：（1）物体A、B在内力作用下分离，设分离瞬间A速度大小为v A，B速度大小为v B，由A、B系统动量守恒定律有：3mv A=mv B …①又由题意可知：…②联立①②可得：…③…④（2）A、B分离后，A物体向左匀减速滑行，设滑行时间为t A，加速度大小为a A对A应用牛顿第二定律：μ•3mg=3ma A…⑤得：a=μgA匀减速到停止的时间：…⑥联立③⑤⑥解得：…⑦（3）A、B分离后，A物体向左匀减速滑行，设滑行距离为s A对A应用动能定理：…⑧设B物体碰墙反弹后追上已停下的A物体时速度大小为v，对B应用动能定理：…⑨又因为B追上A时在粗糙面上滑行距离：s B=s A…⑩联立解得：答：（1）分离瞬间A、B的速度大小分别是，；（2）A从分离到第一次停止的时间为；（3）B第一次追上A时的速度大小为．点评：本题是爆炸类型，其基本规律是动量守恒和能量守恒．对于AB在粗糙水平面上滑行过程，根据动能定理研究滑行距离和速度，是常用的方法．13．（18分）如图为某同学设计的速度选择装置，两根足够长的光滑导轨MM′和NN′间距为L与水平面成θ角，上端接滑动变阻器R，匀强磁场B0垂直导轨平面向上，金属棒ab质量为m恰好垂直横跨在导轨上．滑动变阻器R两端连接水平放置的平行金属板，极板间距为d，板长为2d，匀强磁场B垂直纸面向内．粒子源能发射沿水平方向不同速率的带电粒子，粒子的质量为m0，电荷量为q，ab棒的电阻为r，滑动变阻器的最大阻值为2r，其余部分电阻不计，不计粒子重力．（1）ab棒静止未释放时，某种粒子恰好打在上极板中点P上，判断该粒子带何种电荷？该粒子的速度多大？（2）调节变阻器使R=0.5r，然后释放ab棒，求ab棒的最大速度？（3）当ab棒释放后达到最大速度时，若变阻器在r≤R≤2r范围调节，总有粒子能匀速穿过平行金属板，求这些粒子的速度范围？考点：导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；闭合电路的欧姆定律；通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．专题：压轴题；电磁感应中的力学问题．分析：（1）粒子恰好打在上极板中点P上，由左手定则判断可知粒子带正电，根据几何知识求出粒子做圆周运动的半径，由牛顿第二定律求出粒子的速度．（2）ab棒先向下做加速度减小的变加速运动，后做匀速运动，根据平衡条件和安培力公式求出最大速度．（3）粒子能匀速穿过平行金属板，电场力与洛伦兹力平衡，则由平衡条件可求出电容器板间电压．由欧姆定律求出板间电压，联立即可求出这些粒子的速度范围．解答：解：（1）由左手定则可知：该粒子带正电荷．粒子在磁场中做圆周运动，设半径为r，速度为v0由几何关系有：①得：粒子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：②得：（2）ab棒达到最大速度时做匀速运动：mgsinθ=B0IL ③对回路，由闭合电路欧姆定律：④由上得：（3）当ab棒达到最大速度时，设变阻器接入电路电阻为R，电压为U由③式得：…④对变阻器，由欧姆定律：U=IR ⑤极板电压也为U，粒子匀速运动：⑥由④⑤⑥得：因为r≤R≤2r，故粒子的速度范围为：答：（1）ab棒静止未释放时，某种粒子恰好打在上极板中点P上，该粒子带正电荷，该粒子的速度是．（2）ab棒的最大速度是．（3）这些粒子的速度范围为：点评：本题是导体在导轨上滑动与速度选择器的组合，运用电磁感应、磁场、电路等多种知识进行分析研究，综合性较强．。
一、选择题1．如图所示，相同的乒乓球1、2落台后恰好在等高处水平越过球网，过网时的速度方向均垂直于球网．不计乒乓球的旋转和空气阻力，乒乓球自起跳到最高点的过程中，下列说法中正确的是（）A. 过网时球1的速度大于球2的速度B. 球1的速度变化率小于球2的速度变化率C. 球1的飞行时间大于球2的飞行时间D. 起跳时，球1的重力功率等于球2的重力功率2．老鼠从洞口出发沿直线远离洞口，速度大小与离开洞口的距离成反比，即rv=A，A 为一个已知的定值，单位为m2/s．这个运动不是匀速直线，也不是匀变速直线运动．如下图，中学物理没有给出相应的规律，但我们可以类比用v −t图线求“图线下面积”从而求位移的办法，根据r 与1/v成正比或v与1/ r成正比关系，通过求下列图线中某一条图线与横轴所夹“面积”求得老鼠从某点P（离洞口rP ）运动到（离洞口rQ ）的时间．那么能实现这一目的的图线是（）A. 把横坐标换成v，把纵坐标换成1/rB. 把横坐标换成r把纵坐标换成1/vC. 把横坐标换成1/v，把纵坐标换成rD. 横坐标换成1/r，把纵坐标换成v3．如图所示，一质量为m的小球，用长为L的轻绳悬挂于O点，第一次在水平力F作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由P点运动到Q点，第二次在水平恒力作用下，从P点静止开始运动并恰好能到达Q点，关于这两个过程，下列说法正确的是（不计空气阻力，重力加速度为g）A. 第一个过程中，力F在逐渐变大B. 第一个过程中，重力的瞬时功率不变C. 第二个过程中，重力和水平恒力的合力的功率先增加后减小D. 在这两个过程中，机械能都一直增加4．如图所示，质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升到距B点所在水平线的最大高度为处（不计空气阻力，小球可视为质点），则（）A. 小球和小车组成的系统动量守恒B. 小球离开小车后做竖直上抛运动C. 小车向左运动的最大距离为RD. 小球第二次在空中能上升到距B点所在水平线的最大高度为5．如图所示，斜劈形物体的质量为M，放在水平地面上，质量为m的粗糙物块以某一初速沿斜劈的斜面向上滑，至速度为零后又加速返回，而斜劈始终保持静止，物块m上、下滑动的整个过程中（）A. 地面对斜劈M的摩擦力方向没有改变B. 地面对斜劈M的摩擦力方向先向左后向右C. 地面对斜劈M的支持力始终小于（M＋m）gD. 物块m向上和向下滑动因摩擦产生的热量相同6．A、B两物体质量均为，通过劲度系数为的轻质弹簧相连放在水平面上，如图所示，开始时两者都处于静止状态.现对施加一竖直向上的恒力（为重力加速度），若不计空气阻力，则以下看法正确的是A. 刚施加力的瞬间，的加速度大小为，方向竖直向上B. 刚离开地面时，的速度大小为C. 刚离开地面时，的速度大小为D. 刚离开地面时，的加速度为零7．如图所示，光滑轨道ABCD是大型游乐设施过山车轨道的简化模型，最低点B处的入、出口靠近但相互错开，C是半径为R的圆形轨道的最高点，BD部分水平，末端D点与右端足够长的水平传送带无缝连接，传送带以恒定速度v逆时针转动，现将一质量为m的小滑块从轨道AB上某一固定位置A由静止释放，滑块能通过C点后再经D点滑上传送带，则（）A. 滑块不可能重新回到出发点A处B. 固定位置A到B点的竖直高度可能为2RC. 滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v有关D. 传送带速度v越大，滑块与传送带摩擦产生的热量越多8．质量M=1kg的长木板置于水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数。
高三期末考试物理试卷一、选择题：本题共10小题每小题4分，共40分。
在每小题给出的四个选项中，第1~6小题只有一个选项正确，第7~10小题有多个选项正确；全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。
1.许多物理学家为人类科技的发展作出了重大的贡献。
下列说法正确的是A. 法拉第发现了电磁感应现象，揭示了电生磁的规律B. 爱因斯坦提出了光子说，成功地解释了光电效应的实验规律C. 牛顿利用扭秤首先测定了引力常量D. 楞次首先引入了电场概念，并提出用电场线表示电场【答案】B【解析】【详解】A、法拉第发现了电磁感应现象，但是是奥斯特发现电流的磁效应，揭示了电生磁的规律，故A错误B、爱因斯坦提出了光子说，用光电效应方程成功地解释了光电效应的实验规律，故B正确C、牛顿发现了万有引力，卡文轴许用实验测出了引力常量，故C错误D、法拉第首先引入了电场概念，并提出用电场线表示电场，故D错误2.变压器线圈中的电流越大，所用的导线应当越粗。
街头见到的变压器是降压变压器，假设它只有一个原线圈和一个副线圈，则A. 副线圈的导线应当粗些，且副线圈的匝数少B. 副线圈的导线应当粗些，且副线圈的匝数多C. 原线圈的导线应当粗些，且原线圈的匝数少D. 原线圈的导线应当粗些，且原线圈的匝数多【答案】A【解析】【分析】变压器原副线圈电流与匝数成反比【详解】由于是降压变压器所以副线圈匝数少。
由变压器原线圈和副线圈匝数比与电流之比的关系可知，在降压变压器的副线圈，电流较大，热功率较大，应利用粗导线，这样电阻较小，热功率较小，故A正确BCD错误。
3.如图所示，质量分别为2m和3m的两个小球置于光滑水平面上，且固定在劲度系数为k的轻质弹簧的两端。
现在质量为2m的小球上沿弹簧轴线方向施加大小为F的水平拉力，使两球一起做匀加速直线运动，则此时弹簧的伸长量为A. B. C. D.【答案】C【解析】【详解】对整体分析，整体的加速度a=，隔离对m的小球分析，根据牛顿第二定律得，F弹=3ma=，故ABD错误，C正确。
2019届天津市七校（静海一中、宝坻一中、杨村一中等）高三上学期期末考试物理试题物理注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
第I 卷（选择题)一、单选题1．下列四幅图涉及到不同的物理知识，其中说法正确的是（ ）A ．甲图中，原子核D 和E 聚变成原子核F 要放出能量B ．乙图中，若氢原子从n=2能级跃迁到n=1能级时辐射出A 光，只要用波长小于A 光波长的光照射，都能使氢原子从n=1跃迁到n=2C ．丙图中，卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，发现了质子和中子D ．丁图中，汤姆孙通过对阴极射线的研究揭示了原子核内还有复杂结构2．2013年6月20日，航天员王亚平在运行中的“天宫一号”内做了如图实验：细线的一端固定，另一端系一小球，在最低点给小球一个初速度，小球能在竖直平面内绕定点做匀速圆周运动。
若将此装置带回地球，仍在最低点给小球相同初速度，则在竖直平面内（ ）A ．小球仍能做匀速圆周运动B ．小球不可能做匀速圆周运动C ．小球一定能做完整的圆周运动D ．小球一定不能做完整的圆周运动3．如图所示，一物块在斜向下的推力F 的作用下沿光滑的水平地面向右运动，那么A 受到的地面的支持力与推力F 的合力方向是()A ．水平向右B ．向上偏右C ．向下偏左D ．竖直向下4．某交流发电机产生的感应电动势与时间的关系如图所示，下列说法正确的是()A ．t ＝0时刻发电机的转动线圈位于中性面B ．在1s 内发电机的线圈绕轴转动50圈C ．将此交流电接到匝数比是1∶10的升压变压器上，副线圈的电压为2200VD ．将此交流电与耐压值是220V 的电容器相连，电容器不会被击穿5．如图所示，A 是静止在赤道上的物体，随地球自转而做匀速圆周运动；B 、C 是同一平面内两颗人造卫星，B 位于离地高度等于地球半径的圆形轨道上，C 是地球同步卫星。
