山西省大同市马军营第二中学高三物理期末试题含解析

山西省大同市马军营第二中学高三物理期末试题含解析一、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.（多选）如图所示，间距为L的金属导轨竖直平行放置，空间有垂直于导轨所在平面向里、大小为B的匀强磁场。在导轨上端接一电容为C的电容器，一质量为m的金属棒ab与导轨始终保持良好接触，由静止开始释放，释放时ab距地面高度为h，(重力加速度为g,一切摩擦及电阻均不计)在金属棒下滑至地面的过程中，下列说法正确的是：A、金属棒做匀加速运动，加速度为gB、金属棒运动到地面时，电容器储存的电势能为mghC、金属棒做匀加速运动，加速度为mg/(m+CB2L2)D、金属棒运动到地面时，电容器储存的电势能为mghCB2L2/(m+CB2L2)参考答案：CD2.如图所示，一边长为l的正方形，其中a、b、c三个顶点上分别固定了三个电荷量相等的正点电荷Ｑ，O点为正方形的中心，d点为正方形的另一个顶点。下列判定正确的是（

）

A．O点和d点的场强方向相同

B．d点电势比O点的电势高

C．同一试探电荷+q在d点比在O点受到的电场力大

D．同一试探电荷+q在d点比在O点的电势能大参考答案：A3.北斗卫星导航系统（英文简称“COMPASS”，中文音译名称“BD”或“Beidou”）是我国自主建设、独立运行，并与世界其他卫星导航系统兼容共用的全球卫星导航系统，可在全球范围内

全天候、全天时为各类用户提供高精度、高可靠的定位、导航、授时服务，并兼具短报文通信能力。与美国的GPS．、俄罗斯的格洛纳斯、欧洲的伽利略并称为全球四大卫星定位系统。2012年12月27日，北斗卫星导航系统开始试运行服务。2020年左右，北斗卫星导航系统将形成全球覆盖能力。“北斗”卫星导航定位系统将由5颗静止轨道卫星和30颗非静止轨道卫星组成（如下图所示），30颗非静止轨道卫星中有27颗是中轨道卫星，中轨道卫星平均分布在倾角55度的三个平面上，轨道高度约21500公里，静止轨道卫星的高度约为36000公里，地球半径约为6400公里。已知，下列关于北斗导航卫星的说法正确的是

A．静止轨道卫星的向心加速度比中轨道卫星大

B．静止轨道卫星和中轨卫星的线速度均大于地球的第一宇宙速度

C．中轨道卫星的周期约为12．7h

D．地球赤道上随地球自转物体的向心加速度比静止轨道卫星小参考答案：CD4.（单选）如图所示:长为L、倾角为的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电量为+q、质量为m的小球以初速度从斜面底端A点开始沿斜面上滑，当到达斜面顶端B点时，速度仍为，则A．小球在B点的电势能一定大于在A点的电势能B．A、B两点间的电压一定等于

C．若电场是匀强电场，则该电场的电场强度最大值一定为D．若该电场是由放置在C点的点电荷Q产生，则为45°参考答案：B根据电场力做功的正负，判断小球电势能的大小，当电场力做正功时，小球电势能减小；相反，电势能增大．根据动能定理和电场力做功公式结合，求解A、B两点的电势差．若电场是匀强电场，根据力学知识确定电场力的最小值，再确定场强的最小值．由电势关系，判断该电场是否由斜面中点正上方某点的点电荷Q产生的．A、小球从A运动到B的过程中，动能不变，重力势能增加，电势能减小，则小球在B点的电势能一定小于小球在A点的电势能，故A错误；B、根据动能定理得：﹣mgLsinθ+qUAB=，得到：UAB=．故B正确；C、若电场是匀强电场，电场力恒定，到达B点时小球速度仍为v0，故小球做匀速直线运动，电场力与重力、支持力的合力为零．小球的重力沿斜面向下的分力为mgsinθ一定，则当电场力沿斜面向上，大小为F=mgsinθ时，电场力最小，场强最小，又电场力F=Eq，则该电场的场强的最小值一定是．电场强度的最大值不能确定．故C错误；D、若该电场是由放置在C点的点电荷Q产生，A、B两点的电势相等，小球从A运动到B电势能不变，与上分析矛盾，故D错误．故选：B．5.（多选）在如图所示的电路中，灯炮L的电阻大于电源的内阻r，闭合电键S，将滑动变阻器滑片P向左移动一段距离后，下列结论正确的是（）

A．灯泡L变亮B．电源的输出功率变小C．电容器C上电荷量减少D．电流表读数变小，电压表读数变大参考答案：解：A、当滑动变阻器滑片P向左移动，其接入电路的电阻增大，电路总电阻R总增大，电流I减小，灯泡的功率P=I2RL，RL不变，则灯泡变暗．故A错误．B、当内、外电阻相等时，电源的输出功率功率最大．灯炮L的电阻大于电源的内阻，当R增大时，电源的输出功率变小．故B正确．C、变阻器两端电压增大，电容器与变阻器并联，电容器上电压也增大，则其电荷量增大，故C错误．D、电流表读数变小，电压表读数U=E﹣Ir变大．故D正确．故选BD二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6.假设一列火车共有6节车厢且均停在光滑的轨道上，各车厢间有一定的间距．若第一节车厢以速度向第二节车厢运动，碰后不分开，然后一起向第三节车厢运动，……依次直到第6节车厢．则第一节车厢与第二节车厢碰后的共同速度为__________,火车最终的速度为____________参考答案：

7.（单选）远古时代，取火是一件困难的事，火一般产生于雷击或磷的自燃．随着人类文明的进步，出现了“钻木取火”等方法．“钻木取火”是通过__________方式改变物体的内能，把__________转变为内能．参考答案：8.在“探究加速度与物体受力的关系”活动中，某小组设计了如图所示的实验。图中上下两层水平轨道表面光滑，两完全相同的小车前端系上细线，细线跨过滑轮并分别挂上装有不同质量砝码的盘，两小车尾部细线水平连到控制装置上，实验时通过控制细线使两小车同时开始运动，然后同时停止。实验中：（1）应使砝码和盘的总质量远小于小车的质量，这时可认为小车受到的合力的大小等于

。（2）若测得小车1、2的位移分别为x1和x2，则小车1、2的加速度之比

。（3）要达到实验目的，还需测量的物理量是

。参考答案：(1)砝码和盘的总重

(2分)(2)x1/x2

(2分)

(3)两组砝码和盘的总重量（质量）（或盘的质量、两砝码和盘的总重量的比值）9.

一个细口瓶，开口向上放置，容积为2.0升，在温度0oC、一个标准大气压的环境里，瓶内气体的分子数为

个；当环境温度高20oC时，热力学温度升高

K。（只要求2位有效数字，阿伏伽德罗常数N=6.0×1023mol-1）参考答案：

答案：5.4×1022、2010.如图所示电路中，L为带铁芯电感线圈，和为完全相同的小灯泡，当开关S断开的瞬间，流过灯的电流方向为_______，观察到灯______________（填“立即熄灭”，“逐渐熄灭”，“闪亮一下再逐渐熄灭”）参考答案：11.改变物体内能有两种方式，远古时代“钻木取火”是通过____________方式改变物体的内能，把___________转变成内能。参考答案：做功

机械能12.如图，△ABC为一玻璃三棱镜的横截面，∠A=30°，一束红光垂直AB边射入，从AC边上的D点射出，其折射角为60°，则玻璃对红光的折射率为_____。若改用蓝光沿同一路径入射，则光线在D点射出时的折射射角______（“小于”“等于”或“大于”）60°。参考答案：

(1).

(2).大于本题考查折射定律、光的色散及其相关的知识点。根据题述和图示可知，i=60°，r=30°，由折射定律，玻璃对红光的折射率n==。若改用蓝光沿同一路径入射，由于玻璃对蓝光的折射率大于玻璃对红光的折射率，则光线在D点射出时的折射角大于60°。13.某同学设计了如图1所示的实验电路测量电压表的内阻和电阻丝的电阻，实验室提供的器材有：两节干电池、电阻箱R0、粗细均匀的电阻丝、与电阻丝接触良好的滑动触头P、开关、灵敏电流计（灵敏电流计的零刻度在表盘正中央）、待测电压表、导线。他进行了下列实验操作：（1）按原理图1将如图2所示的实物图连接成完整电路，请你帮他完成实物连线_______；（2）先将电阻箱的阻值调至最大，将滑动触头P移至电阻丝的正中间位置；（3）闭合开关K，将电阻箱的阻值逐渐减小，当电阻箱的阻值为R0时，灵敏电流计示数为0，可知电压表内阻RV＝_________；（4）将电阻箱的阻值调至0，将cd导线断开，然后将滑动触头P移至最左端。此时电压表的示数为U，灵敏电流计的示数为I，则电阻丝的电阻为_____________，测得的电阻值______________（填“偏大”“偏小”或“准确”）。参考答案：

(1).电路连线如图:

(2).R0

(3).

(4).偏大【详解】（1）电路连线如图：（3）灵敏电流计的示数为0时，说明电压表和电阻箱分压之比与电阻丝右边和左边电阻分压相等，故；（4）将电阻箱的阻值调至0，将cd导线断开，将滑动触头P移至最左端后，电阻丝的全部电阻与灵敏电流计串联，电压表测量的是灵敏电流计和电阻丝的总电压，电阻丝电阻的测量值，因为采用了内接法，，故电阻的测量值偏大。三、简答题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14.（12分）位于处的声源从时刻开始振动，振动图像如图，已知波在空气中传播的速度为340m/s，则：

（1）该声源振动的位移随时间变化的表达式为

mm。（2）从声源振动开始经过

s，位于x=68m的观测者开始听到声音。（3）如果在声源和观测者之间设置一堵长为30m，高为2m，吸音效果良好的墙，观测者能否听到声音，为什么？参考答案：答案：（1）（4分）；（2）（4分）0.2；（3）（4分）能。因为声波的波长与障碍物的高度差不多，可以发生明显的衍射现象，所以，观察者能够听到声音。15.（简答）如图13所示,滑块A套在光滑的坚直杆上,滑块A通过细绳绕过光滑滑轮连接物块B,B又与一轻质弹贊连接在一起，轻质弹簧另一端固定在地面上,’开始用手托住物块.使绳子刚好伸直处于水平位位置但无张力。现将A由静止释放.当A下滑到C点时(C点图中未标出)A的速度刚好为零，此时B还没有到达滑轮位置，已知弹簧的劲度系数k=100N/m,滑轮质量和大小及摩擦可忽略不计，滑轮与杆的水平距离L=0.3m,AC距离为0.4m，mB=lkg,重力加速度g=10m/s2。试求：(1)滑'块A的质量mA(2)若滑块A质量增加一倍,其他条件不变，仍让滑块A从静止滑到C点,则滑块A到达C点时A、B的速度大小分别是多少？参考答案：（1）

（2）

（3），功能关系．解析：（1）开始绳子无张力，对B分析有kx1=mBg，解得：弹簧的压缩量x1=0.1m（1分）当物块A滑到C点时，根据勾股定理绳伸出滑轮的长度为0.5m，则B上升了0.2m,所以弹簧又伸长了0.1m。（1分）由A、B及弹簧组成的系统机械能守恒，又弹簧伸长量与压缩量相等则弹性势能变化量为零所以mAgh1=mBgh2（2分）其中h1=0.4m，h2=0.2m所以mA=0.5kg（1分）（2）滑块A质量增加一倍，则mA=1kg，令滑块到达C点时A、B的速度分别为v1和v2

由A、B及弹簧组成的系统机械能守恒得（2分）又有几何关系可得AB的速度关系有vAcosθ=vB（1分）其中θ为绳与杆的夹角且cosθ=0.8解得：（1分）（1分）（1）首先由物体静止条件求出弹簧压缩的长度，再根据几何知识求出物体B上升的距离，从而可求出弹簧伸长的长度，然后再根据能量守恒定律即可求解物体A的质量；题（2）的关键是根据速度合成与分解规律求出物体B与A的速度关系，然后再根据能量守恒定律列式求解即可．四、计算题：本题共3小题，共计47分16.如图所示，在x轴上方有垂直于xy平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B；在x轴下方有平行于x轴，方向沿x轴负方向的匀强电场，场强为E．一质量为m，电量为e的质子从y轴上的M点以v0的速度平行x轴正方向进入磁场，通过磁场后垂直于x轴进入电场，从y轴的P点离开电场．（质子重力不计）求：（1）M点与O点的距离；（2）粒子从M点运动到P点的时间；（3）粒子到达P点时的速度大小．参考答案：解：（1）如图所示，设OM=L，则粒子在磁场中做圆周运动的半径r=L又：ev0B=m解得：L=（2）粒子在磁场中运动的时间为t1，从图中可知粒子在磁场中运动四分之一圆周，则t1==粒子在电场中运动的时间为t2，粒子在电场中做类平抛运动，则L=而a=总时间为t=t1+t2解得：t=+（3）粒子在电场中运动时，只有电场力做功，则有EeL=﹣解得：v=答：（1）M点与O点的距离是；（2）粒子从M点运动到P点的时间是+；（3）粒子到达P点时的速度大小是【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】（1）由题可知，质子在第一象限中做匀速圆周运动，转过圆周，OM等于轨迹半径，由牛顿第二定律求出；（2）粒子在磁场中运动四分之一周期．在电场中，质子做类平抛运动，水平位移大小为等于磁场中轨迹半径，由牛顿第二定律和运动学公式结合求出电场中运动的时间，即可求出总时间；（3）粒子在电场中运动时，只有电场力做功，根据动能定理求出质子刚进入磁场时的速度大小，即可知道粒子到达P点时的速度大小．17.滑板运动是青少年喜爱的一项活动，如图，一滚轴溜冰的运动员（连同滑板）(可视为质点)质量为m＝30kg，以某一初速度从A点水平离开h=0.8m高的平台，运动员(连同滑板)恰好能无碰撞的从B点沿圆弧切线进入竖直光滑圆弧轨道，然后经C点沿固定斜面向上运动至最高点D.B、C为圆弧的两端点，其连线水平，圆弧对应圆心角θ=106°,已知圆弧半径为R＝1.0m，斜面与圆弧相切于C点.已知滑板与斜面间的动摩擦因数为μ=,g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,不计空气阻力，试求：（1）运动员（连同滑板）离开平台时的初速度v0（2）运动员（连同滑板）在斜面上滑行的最大距离CD.（3）运动员（连同滑板）在圆弧轨道最低点受到轨道的作用力.参考答案：【知识点】机械能守恒定律；牛顿第二定律；平抛运动；向心力．C2D2D4E3【答案解析】(1)3m/s(2)1.25m(3)1290N

解析：（1）运动员离开平台后从A至B在竖直方向有：v2y=2gh

①在B点有：