福建省泉州市汤头中学高三物理上学期期末试卷含解析

福建省泉州市汤头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.（单选）马航客机失联牵动全世界人的心，现初步确定失事地点位于南纬31°52′东经115°52′的澳大利亚西南城市珀斯附近的海域，有一颗绕地球做匀速圆周运动的卫星，每天上午同一时刻在该区域的正上方海面照像，则（

）A.该卫星轨道平面可能与地球某一纬线圈共面B.该卫星一定是地球同步卫星C.该卫星速度可能大于7.9km/sD.地球自转周期一定是该卫星运行周期的整数倍参考答案：D2.（单选）如图所示，无限大均匀带正电薄板竖直放置，其周围空间的电场可认为是匀强电场。光滑绝缘细管垂直于板穿过中间小孔，一个视为质点的带负电小球在细管内运动。以小孔为原点建立x轴，规定x轴正方向为加速度a、速度v的正方向，下图分别表示x轴上各点的电势φ，小球的加速度a、速度v和动能Ek随x的变化图象，其中正确的是 参考答案：D3.如图所示，A、B两物体的质量分别为mA、mB，且mA>mB，整个系统处于静止状态。滑轮的质量和一切摩擦均不计。如果绳一端由Q点缓慢地向左移到P点，整个系统重新平衡后，绳的拉力F和两滑轮间绳力与水平方向的夹角变化情况是

A．F变大，角变大

B．F变小，角变小

C．F不变，角变小

D．F不变，角不变参考答案：D4.甲、乙两物体相距100米，沿同一直线向同一方向运动，乙在前，甲在后，请你判断哪种情况甲可以追上乙A．甲的初速度为20m/s，加速度为1m/s2，乙的初速度为10m/s，加速度为2m/s2B．甲的初速度为10m/s，加速度为2m/s2，乙的初速度为30m/s，加速度为1m/s2C．甲的初速度为30m/s，加速度为1m/s2，乙的初速度为10m/s，加速度为2m/s2D．甲的初速度为10m/s，加速度为0.5m/s2，乙的初速度为20m/s，加速度为1m/s2参考答案：BCD5.（单选）滑雪运动员由斜坡向下滑行时其速度﹣时间图象如图所示，图象中AB段为曲线，运动员在此过程中不变的是（）A．动能B．速度方向C．合力D．机械能参考答案：考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．分析：分析运动员的v﹣t图象，判断运动员速度如何变化，从而判断动能的变化．根据速度的变化情况判断加速度的变化情况，再判断运动员所受合力变化情况、运动员的机械能变化情况．解答：解：A、由图象知运动员的速度不断增大，则动能不断增大，故A错误．B、速度的正负表示其方向，可知运动员的速度方向不变，故B正确．C、由v﹣t图象可知，运动员的v﹣t图象是一条曲线，曲线切线的斜率越来越小，运动员的加速度越来越小，由牛顿第二定律可知，运动员所受合力F=ma不断减小，故C错误．D、运动员在下滑过程中，受到阻力作用，阻力要对运动运做负功，使运动运的机械能减少，运动运的机械能不守恒，故D错误；故选：B．点评：本题根据所给图象判断运动员的运动性质、所受合力变化情况、机械能变化情况，难度适中．二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6.如图为教材封面苹果下落的频闪照片，紫珠同学根据照片测量的数据如图所示，已知实际苹果大小（直径）约为照片6倍左右，重力加速度g为9.8m/s2，则可以估算出频闪照相的频率约为

Hz．（结果保留两位有效数字）参考答案：9.6【考点】匀变速直线运动规律的综合运用．【分析】首先，按照比例求出两段的实际位移，这是连续相等时间内通过的位移，根据匀变速直线运动的推论：任意两个连续相等的时间T内的位移之差为恒量S2﹣S1=S3﹣S2=…=SN+1﹣SN=aT2进行求解，频率的倒数就是每段位移的时间．【解答】解：实际苹果大小（直径）约为照片6倍左右则实际的两段位移为x1=6×0.0310m=0.186mx2=6×0.0490m=0.294mx2﹣x1=gt20.294﹣0.186=9.8t2t=s=9.6Hz故本题答案：9.67.如图所示，一定质量的理想气体发生如图所示的状态变化，状态A与状态B的体积关系为VA

▲VB(选填“大于”、“小于”或“等于”)；若从A状态到C状态的过程中气体对外做了100J的功，则此过程中____▲___(选填“吸热”或“放热”)参考答案：小于

,

吸热8.质量为100kg的小船静止在水面上，船两端有质量40kg的甲和质量60kg的乙，当甲、乙同时以3m/s的速率向左、向右跳入水中后，小船的速度大小为

m/s，方向是

。参考答案：0.6

向左9.卢瑟福通过如图所示的实验装置发现了质子。（1）卢瑟福用a粒子轰击_______核，第一次实现了原子核的____________。（2）关于该实验，下列说法中正确的是（

）A．通过显微镜来观察荧光屏上a粒子所产生的闪光B．银箔可以吸收产生的新粒子C．实验必须在真空、密封容器内进行D．测出新产生的粒子的质量和电量，明确这就是氢原子核参考答案：（1）氮，人工转变；（2）D

10.下表是按照密立根的方法进行实验时得到的某金属的UC和v的的几组数据。(UC是遏制电压)UC/V0.5410.6370.7140.8090.878v/l014Hz5.6445.8886.0986.3036.501请根据上表的数据在答题纸对应的坐标中作出UC-v图象；从图象中可知这种金属的截止频率为

；已知e=1.6010-19C，用给出的数据结合图象算出普朗克常量为

。参考答案：11.如图所示，为“用DIS（位移传感器、数据采集器、计算机）研究加速度和力的关系”的实验装置。（1）在该实验中必须采用控制变量法，应保持___________不变，用钩码所受的重力大小作为___________，用DIS测小车的加速度。（2）改变所挂钩码的数量，多次重复测量。在某次实验中根据测得的多组数据可画出a-F关系图线（如右图所示）。分析此图线OA段可得出的实验结论是_________________________________。（3）此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是(

)（单选题）A．小车与轨道之间存在摩擦

B．导轨保持了水平状态C．所挂钩码的总质量太大

D．所用小车的质量太大参考答案：（1）小车的总质量，(2分)小车所受外力，(2分)（2）在质量不变的条件下，加速度与外力成正比,(2分)

(3)C12.如图所示，在距水平地面高均为0.4m处的P、Q两处分别固定两光滑小定滑轮，细绳跨过滑轮，一端系一质量为mA=2.75kg的小物块A，另一端系一质量为mB=1kg的小球B．半径R=0.3m的光滑半圆形轨道竖直地固定在地面上，其圆心O在P点的正下方，且与两滑轮在同一竖直平面内，小球B套在轨道上，静止起释放该系统，则小球B被拉到离地0.225m高时滑块A与小球B的速度大小相等，小球B从地面运动到半圆形轨道最高点时的速度大小为4m/s．参考答案：：解：当绳与轨道相切时滑块与小球速度相等，（B速度只沿绳），由几何知识得R2=h?PO，所以有：h===0.225m．小球B从地面运动到半圆形轨道最高点时，A物的速度为零，即vA=0，对系统，由动能定理得：

mAg[﹣（PO﹣R）]=mBgR+代入数据解得：vB=4m/s故答案为：0.225m，413.图中图线①表示某电池组的输出电压——电流关系，图线②表示其输出功率——电流关系。该电池组的内阻为＿＿＿＿＿Ω。当电池组的输出功率为120W时，电池组的输出电压是＿＿＿＿＿V。参考答案：答案：5，30三、简答题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14.螺线管通电后，小磁针静止时指向如图所示，请在图中标出通电螺线管的N、S极，并标出电源的正、负极。参考答案：N、S极1分电源+、-极15.（选修3—3（含2—2））（7分）如图所示是一定质量的气体从状态A经状态B到状态C的p－T图象，已知气体在状态B时的体积是8L，求气体在状态A和状态C的体积分别是多大？并判断气体从状态B到状态C过程是吸热还是放热？参考答案：解析：由图可知：从A到B是一个等温过程，根据玻意耳定律可得：……(2分)

代入数据解得：……………(1分)

从B到C是一个等容过程，

……………(1分)

【或由，代入数据解得：】

由图可知气体从B到C过程为等容变化、温度升高，……(1分)故气体内能增大，……(1分)由热力学第一定律可得该过程气体吸热。……………(1分)四、计算题：本题共3小题，共计47分16.（16分）如图所示，一边长L=0.2m，质量m1=0.5kg，电阻R=0.1Ω的正方形导体线框abcd，与一质量为m2=2kg的物块通过轻质细线跨过两定滑轮相连。起初ad边距磁场下边界为d1=0.8m，磁感应强度B=2.5T，磁场宽度d2=0.3m，物块放在倾角θ=53°的斜面上，物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5。现将物块由静止释放，经一段时间后发现当ad边从磁场上边缘穿出时，线框恰好做匀速运动。（g取10m/s，sin53°=0.8，cos53°=0.6）求：

（1）线框ad边从磁场上边缘穿出时速度的大小？

（2）线框刚刚全部进入磁场时动能的大小？

（3）整个运动过程线框产生的焦耳热为多少？参考答案：（1）由于线框匀速出磁场，则

对m2有：

…………2分

对m1有：

………1分

又因为

………………………1分

联立可得：

…………2分

（2）从线框刚刚全部进入磁场到线框ad边刚要离开磁场，由动能定理得………2分

将速度v代入，整理可得线框刚刚全部进入磁场时，线框与物块的动能和为

J……………2分

所以此时线框的动能为J………………1分

（3）从初状态到线框刚刚完全出磁场，由能的转化与守恒定律可得

…3分

将数值代入，整理可得线框在整个运动过程中产生的焦耳热为：

Q=1.5J…………2分

17.质量为5×103kg的汽车在以P=6×104W的额定功率下沿平直公路前进，某一时刻汽车的速度为v0=10m/s，再经72s达到最大速度，设汽车受恒定阻力，其大小为2.5×103N．求：（1）v0=10m/s时汽车的加速度a；（2）汽车的最大速度vm；（3）汽车在72s内经过的路程s．参考答案：【考点】：功率、平均功率和瞬时功率；共点力平衡的条件及其应用；牛顿第二定律；动能定理的应用．【专题】：功率的计算专题．【分析】：汽车以额定功率启动，做的是牵引力减小，加速度减小的加速运动．到最大速度时汽车做匀速运动，将功率公式和速度公式结合使用．根据P=Fv求得牵引力，再根据牛顿第二定律求得加速度．由于是一个变加速运动，对应路程的求解不可用匀变速直线运动的公式呢，可以运用动能定理．：解：（1）根据P=Fv得：F合=F﹣f=ma（2）汽车以额定功率启动，牵引力减小，加速度减小，到最大速度时汽车做匀速运动．∴当达到最大速度时，牵引力等于阻力（3）从开始到72s时刻依据动能定理得：Pt﹣fs=mvm2﹣mv02，解得：s=1252m．答：（1）v0=10m/s时汽车的加速度是0.7m/s2；（2）汽车的最大速度是24m/s；（3）汽车在72s内经过的路程是1252m．【点评】：在此题中汽车的牵引力时刻在发生变化但是功率不变，所以属于变力做功问题，而且这是一个变加速运动，动能定理是一种很好的处理方法．18.如图，水平放置的传送带左侧放置一个半径为R的圆弧光滑轨道，底端与传送带相切。传送带长也为R。传送带右端接光滑的水平面，水平面上静止放置一质量为3m的小物块B。一质量为m的小物块A从圆弧轨道顶端由静止释放，经过传送带后与B发生碰撞，碰后A以碰前速率的一半反弹。A与B碰撞后马上撤去圆弧轨道。已知物块A与传送带的动摩擦因数为μ=0.5，取重力加速度为g，传送带逆时针运动的速度的取值范围为.求：（1）.物块A滑至圆弧底端P处时对圆弧轨道的压力（2）求物块A与B碰撞后B的速度.（3）讨论传送带速度取不同值时，物块A、B碰撞后传送带对物块A做功的大小参考答案：（1）A下滑，有

1分故

1分对A，在P点，由牛顿第二定律可得：

1分ks5u所以：

1分又由牛顿第三定律可得：，方向竖直向上

1分(2).A从传送带左端滑至右端，有

解得

2分A与B发生碰撞，有

1分由题意知

1分解得B碰后的速度大小为

方向水平向右

1分（3）A碰后从传送带右端往左运动，传送带速