四川省遂宁市城东中学高三物理上学期期末试卷含解析

1、四川省遂宁市城东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 拉力和脚受到的作用力分别为(设手和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 B480N 360N C450N 800ND800N 450N参考答案：A由题意可知脚所受的支持力与手所受的拉力相互垂直，对人进行受力分析，如图所示，则有脚所

2、受的作用力F1=mgcos37=0.86010=480N，手所受的作用力F2=mgsin37=360N故A正确2. 在坐标原点的波源产生一列沿x轴正方向传播的简谐横波，波速v=200m/s，已知t=0时，波刚好传播到x=40m处，如图所示。在x=400m处有一接收器（图中未画出），则下列说法正确的是A波源开始振动时方向沿y轴正方向B从t=0开始经0.15s，x=40m的质点运动的路程为0.6mC接收器在t=2s时才能接受到此波D若波源向x轴正方向运动，接收器收到波的频率可能为9Hz参考答案：B解析：t=0时， 波刚好传播到x=40m处，由质点振动的滞后性可以断定，x=40m处的质点起振方向是向

3、下的，这显然也是波源初始时刻的振动方向。由于，。从t=0开始经0.15s，x=40m的质点振动了，通过的为。此波传到接受器时，所需时间为。由多普勒效应可知，当波源向x轴正方向运动，接收器收到波的频率会大于10 Hz。所以正确选项B。3. 如图所示，质量为m的物体(可视为质点)以某一速度从A点冲上倾角为30的固定斜面，其运动的加速度大小为此物体在斜面上上升的最大高度为h，则在这个过程中物体 A重力势能增加了3/4mgh B克服摩擦力做功1/4mghC动能损失了3/2mgh D机械能损失了1/2 mgh参考答案：CD4. 设想我国宇航员随“嫦娥”号登月飞船贴近月球表面做匀速圆周运动，宇航员测出飞船

4、绕行n圈所用的时间为t. 登月后，宇航员利用身边的弹簧秤测出质量为m的物体重力为G1. 已知引力常量为G，根据以上信息可得到（ ）A. 月球的自转周期B. 飞船的质量C. 月球的第一宇宙速度D. 月球的密度参考答案：AC5. （单选）“井底之蛙”这个成语常被用来讽刺没有见识的人，现有井口大小和深度相同的两口井，一口是枯井，一口是水井（水面在井口之下），两井底都各有一只青蛙，则A枯井中青蛙觉得天比较小，水井中青蛙看到井外的范围比较大B枯井中青蛙觉得天比较大，水井中青蛙看到井外的范围比较小C枯井中青蛙觉得天比较大，水井中青蛙看到井外的范围比较大D两只青蛙觉得井口一样大，水井中青蛙看到井外的范围比较

5、大参考答案：C二、 填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6. 建筑、桥梁工程中所用的金属材料(如钢筋钢梁等)在外力作用下会伸长，其伸长量不仅与和拉力的大小有关，还和金属材料的横截面积有关人们发现对同一种金属，其所受的拉力与其横截面积的比值跟金属材料的伸长量与原长的比值的比是一个常数，这个常数叫做杨氏模量用E表示，即:；某同学为探究其是否正确，根据下面提供的器材:不同粗细不同长度的同种金属丝；不同质量的重物；螺旋测微器； 游标卡尺；米尺；天平；固定装置等设计的实验如图所示该同学取一段金属丝水平固定在固定装置上，将一重物挂在金属丝的中点，其中点发生了一个微小下移h（横截面面积的变化可忽略

6、不计）。用螺旋测微器测得金属丝的直径为D；用游标卡尺测得微小下移量为h；用米尺测得金属丝的原长为2L；用天平测出重物的质量m(不超量程)用游标卡尺测长度时如下图，右图是左图的放大图（放大快对齐的那一部分），读数是 。用以上测量量的字母表示该金属的杨氏模量的表达式为: E = 参考答案：（1）8.94mm (2分) （2）7. 某同学用打点计时器测量做匀加速直线运动的物体的加速度，电源频率f=50 Hz。在纸带上打出的点中，选出零点，每隔4个点取1个计数点，因保存不当，纸带被污染，如图所示，A、B、C、D是依次排列的4个计数点，仅能读出其中3个计数点A、B、D到零点的距离：xA=16.6 mm,

7、xB=126.5 mm,xD=624.5 mm.若无法再做实验，可由以上信息推知：（1）相邻两计数点的时间间隔为_s;（2）打C点时物体的速度大小为_m/s(取2位有效数字）；（3）物体的加速度大小为_（用xA、xB、xD和f表示）.参考答案：(1)0.1(2)2.5(3) 8. 如图所示，竖直放置的两端封闭的玻璃管中注满清水，内有一个红蜡块能在水中匀速上浮在红蜡块从玻璃管的下端匀速上浮的同时，使玻璃管以速度v水平向右匀速运动已知蜡块匀速上升的速度大小为3cm/s，玻璃管水平运动的速度大小为4cm/s，则：（1）蜡块的所做运动为 A匀速直线运动B匀变速直线运动C曲线运动（2）蜡块的运动速度为

8、cm/s参考答案：（1）A； （2）5【考点】运动的合成和分解【分析】（1）分析蜡块在相互垂直的两个方向上的运动情况，从而得知其合运动是直线运动（是匀速直线运动或匀变速直线运动）还是曲线运动（2）分析水平和竖直方向上的速度，对其利用平行四边形定则进行合成，即可求得其实际运动的速度【解答】解：（1）蜡块参与了水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的匀速直线运动，因两个方向上的运动的加速度都为零，所以合加速度方向为零，蜡块做匀速直线运动，选项A正确故选：A（2）蜡块的运动合速度为：v合=5cm/s故答案为：（1）A； （2）59. 在光滑水平面上，有一个粗细均匀的单匝正方形闭合线框abcd，在水平外

9、力的作用下，从静止开始沿垂直磁场边界方向做匀加速直线运动，穿过匀强磁场，平行磁场区域的宽度大于线框边长，如图甲所示测得线框中产生的感应电流i的大小和运动时间t的变化关系如图乙所示已知图象中四段时间分别为t1、t2、t3、t4在t1、t3两段时间内水平外力的大小之比1：1；若已知t2：t3：t4=2：2：1，则线框边长与磁场宽度比值为7：18参考答案：考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化专题：电磁感应功能问题分析：线框未进入磁场时没有感应电流，水平方向只受外力作用可得t1、t3两段时间内水平外力的大小相等设线框加速度a，bc边进入磁场时速度v，根据运动学位移公式得到三段位移与

10、时间的关系式，即可求出则线框边长与磁场宽度比值解答：解：因为t1、t3两段时间无感应电流，即无安培力，则线框做匀加速直线运动的合外力为水平外力所以t1、t3两段时间内水平外力的大小相等即水平外力的大小之比为1：1设线框加速度a，bc边进入磁场时速度v，t2=t3=2t4=2t，线框边长l，磁场宽L根据三段时间内线框位移，得： v?2t+a（2t）2=l v?4t+a（4t）2=L v?5t+a（5t）2=l+L解得：=故答案为：1：1，7：18点评：此题是电磁感应与电路、力学知识的综合，根据图象上获取的信息，结合E=Blv分析线框的运动情况是解题的关键10. （单选）甲乙丙三辆汽车以相同速度同

11、时经某一路标，从此时开始，甲车一直匀速运动，乙车先匀加速后匀减速，丙车先匀减速后匀加速，他们经过第二块路标时速度又相等，则先通过第二块路标的是A、甲车 B、乙车 C、丙车 D、无法确定参考答案：B11. 一平行板电容器充电后与电源断开，正极板接地，在两极板间有一负电荷（电量很小，不影响电场分布）固定在P点，如图所示， U表示电容器的电压，EP表示负电荷在P点的电势能，若保持正极板不动，将负极板移到图中虚线所示的位置，则U_（填变大、变小或者不变），EP_（填变大、变小或者不变）.参考答案：变小 不变12. (3分)演示地磁场存在的实验装置(由环形线圈，微电流传感器，DIS等组成)如图所示。首先

12、将线圈竖直放置，以竖直方向为轴转动，屏幕上的电流指针(填：“有”或“无”)偏转；然后仍将线圈竖直放置，使其平面与东西向平行，并从东向西移动，电流指针(填：“有”或“无”)偏转；最后将线圈水平放置，使其从东向西移动，电流指针(填：“有”或“无”)偏转。参考答案：有 无 无首先将线圈竖直放置，以竖直方向为轴转动，线圈中磁通量变化，屏幕上的电流指针有偏转。然后仍将线圈竖直放置，使其平面与东西向平行，并从东向西移动，线圈中磁通量不变化，电流指针无偏转。最后将线圈水平放置，使其从东向西移动，线圈中磁通量不变化，电流指针无偏转。13. 汽车发动机的功率为60kW，若汽车总质量为5103 kg，在水平路面上

13、行驶时，所受阻力大小恒为5103 N，则汽车所能达到的最大速度为12m/s；若汽车以0.5m/s2的加速度由静止开始做匀加速运动，这一过程能维持的时间为16s参考答案：考点：功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律专题：功率的计算专题分析：当汽车在速度变大时，根据F=，牵引力减小，根据牛顿第二定律，a=，加速度减小，当加速度为0时，速度达到最大以恒定加速度开始运动，速度逐渐增大，根据P=Fv，发动机的功率逐渐增大，当达到额定功率，速度增大，牵引力就会变小，所以求出达到额定功率时的速度，即可求出匀加速运动的时间解答：解：当a=0时，即F=f时，速度最大所以汽车的最大速度=12m/s以恒定加速度运动

14、，当功率达到额定功率，匀加速运动结束根据牛顿第二定律，F=f+ma匀加速运动的末速度=8m/s所以匀加速运动的时间t=故本题答案为：12，16点评：解决本题的关键理解汽车的起动问题，知道加速度为0时，速度最大三、 实验题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14. 某同学用如图所示的装置做验证动量守恒定律实验先让a球从斜槽轨道上某固定点由静止开始滚下，在水平地面上的记录纸上留下压痕，重复10次；再把同样大小的b球放在斜槽轨道末端水平段的最右端附近静止，让a球仍从原固定点由静止开始滚下，和b球相碰后两球分别落在记录纸的不同位置处，重复10次(1)本实验必须测量的物理量有以下哪些；A.斜槽轨道末

15、端到水平地面的高度H；B小球a、b的质量分别为ma、mb；C小球a、b的半径r；D小球a、b在离开斜槽轨道末端后平抛飞行的时间；E记录纸上O点到A、B、C各点的距离OA、OB、OC； Fa球的固定释放点到斜槽轨道末端水平部分间的高度差h答： (2)小球a、b的质量应该满足关系 (3)放上被碰小球后两小球碰后是否同时落地？_如果不是同时落地对实验结果有没有影响？为什么？_这时小球a、b的落地点依次是图中水平面上的_点和_点.(4)按照本实验方法，验证动量守恒的验证式是_.参考答案：(1)B E；(2)mamb ；(3) 是，有影响，槽口末端切线不水平或a、b不等高.A、C；(4)maOB=maO

16、A+mbOC15. 友爱学习小组通过实验来研究用电器D的导电规律。他们在实验中测得用电器D两端的电压与通过D的电流的数据如下表：U/V0.00.20.51.01.52.02.53.0I/A0.0000.0500.1000.1500.1800.1950.2050.215请你根据上述表格中的数据及右图的伏安特性曲线，在图12中用笔连线补充完成该实验的电路实物图的连线。（2）小杰同学利用多用电表测用电器D的电阻，他的主要实验步骤如下把选择开关扳到“10”的欧姆档上；把表笔插入测试插孔中，先把两根表笔相接触，旋转欧姆调零旋钮，使指针指在电阻刻度的零位上；把两根表笔分别与待测用电器D的两端相接，发现这时

17、指针偏转很大；换用“100”的欧姆档，再将两根表笔分别与待测用电器D的两端相接；实验完毕后，把表笔从测试笔插孔中拔出后，把多用表放回桌上原处。这个学生在测量时已注意到：待测用电器与其他元件和电源断开，不用手碰表笔的金属杆，那么这个学生在实验中有哪些操作是错误的？（三个错误）错误一：_错误二：_错误三：_（3）如下图所示，为多用电表的表盘，测电阻时，若用的是“1”档，这时表针所示被测电阻的阻值应为_欧；测直流电流时，用的是100mA的量程，指针所示电流值为_毫安；测直流电压时，用的是50V量程，则指表针所示的电压值为_伏。【命题意图】这道实验题第（1）问考查了学生根据实验数据表和伏安特性曲线的特

18、点来选择滑动变阻器接法（分压法）的能力，及实物连线技巧。第（2）问考查对多用电表的实际操作能力，以及学生操作过程中常出现的错误。第（3）问考查多用表的读数方法与技巧。以上三小问都不太难，但如果没真正做过电学实验，没真正使用过多用表，考生就不可能靠猜得分。该题要求学生严谨、灵变、实操、真懂和细心。参考答案：（1）如右图；（2）错误一：换用“100”的欧姆档，应该换用 “1”的欧姆档。错误二：换档后没有进行欧姆调零。错误三：使用完后没有将选择开关转到“OFF”或交流电压最高档。（3）12，57mA，28.5V 。四、计算题：本题共3小题，共计47分16. 在一个横截面积为S的密闭容器中，有一个质量

19、为M的活塞把容器隔成、两室，室中为饱和水蒸气，室中有质量为m的氮气。活塞可在容器中无摩擦地滑动。原来，容器被水平地放置在桌面上。活塞处于平衡时，活塞两边气体的温度均为= 373 K，压强同为，如图复15 4 - 1所示。今将整个容器缓慢地转到图复15 4 - 2所示的直立位置，两室内的温度仍是，并有少量水蒸气液化成水。已知水的汽化热为L ，水蒸气和氮气的摩尔质量分别为。求在整个过程中，室内的系统与外界交换的热量。 参考答案：17. 如图甲所示，在直角坐标系0 xL区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有一个以点（3L，0）为圆心、半径为L的圆形区域，圆形区域与x轴的交点分别为M、N现有一质量为m

20、、带电量为e的电子，从y轴上的A点以速度v0沿x轴正方向射入电场，飞出电场后从M点进入圆形区域，此时速度方向与x轴正方向的夹角为30不考虑电子所受的重力（1）求电子进入圆形区域时的速度大小和匀强电场场强E的大小；（2）若在圆形区域内加一个垂直纸面向里的匀强磁场，使电子穿出圆形区域时速度方向垂直于x轴求所加磁场磁感应强度B的大小和电子刚穿出圆形区域时的位置坐标；（3）若在电子刚进入圆形区域时，在圆形区域内加上图乙所示变化的磁场（以垂直于纸面向外为磁场正方向），最后电子从N点处飞出，速度方向与进入磁场时的速度方向相同请写出磁感应强度B0的大小、磁场变化周期T各应满足的关系表达式参考答案：解：（1）

21、电子在电场中作类平抛运动，射出电场时，速度分解图如图1中所示 由速度关系可得： =cos 解得：v= 由速度关系得：vy=v0tan= 在竖直方向：vy=at= 而水平方向上t= 解得：E=（2）根据题意作图如图1所示，电子做匀速圆周运动的半径R=L 根据牛顿第二定律：qvB= 解得：B= 根据几何关系得电子穿出圆形区域时位置坐标为（，）（3）电子在在磁场中最简单的情景如图2所示 在磁场变化的前三分之一个周期内，电子的偏转角为60，设电子运动的轨道半径为r，运动的T0，粒子在x轴方向上的位移恰好等于r1； 在磁场变化的后三分之二个周期内，因磁感应强度减半，电子运动周期T=2T0，故粒子的偏转角度仍为60，电子运动的轨道半径变为2r，粒子在x轴 方向上的位移恰好等于2r 综合上述分析，则电子能到达N点且速度符合要求的空间条件是： 3rn=2L（n=1，2，3）而：r=解得：B0= （n=1，2，3）应满足的时间条件为： T=T而：T0=解得T= （n=1，2，3）答：（1）电子进入圆形区域时的速度大小为，匀强电场场强E的大小（2）若在圆形区域内加一个垂直纸面向里的匀强磁场，使电子穿出圆形区域时速度方向垂直于x轴则所加磁场磁感应强度B的大小为，电子刚穿出圆形区域时的位置坐标为（，）（3）磁感应强度B0的大小、磁场变化周期T应为 （其中n=1，2，