广东省河源市油溪中学高三物理期末试卷含解析

广东省河源市油溪中学高三物理期末试卷含解析一、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.在两个足够长的固定的相同斜面体上（其斜面光滑），分别有如图所示的两套装置（斜面体B的上表面水平且光滑、长方体D的上表面与斜面平行且光滑，p是固定在B、D上的小柱，完全相同的两只弹簧一端固定在p上，另一端分别连在A和C上，在A与B、C与D分别保持相对静止状态沿斜面自由下滑的过程中，下列说法正确的是（）A．两弹簧都处于拉伸状态B．两弹簧都处于压缩状态C．弹簧L1处于压缩状态，弹簧L2处于原长D．弹簧L1处于拉伸状态，弹簧L2处于压缩状态参考答案：C【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力；胡克定律．【分析】先由整体法求出沿斜面向下运动的加速度，然后分别对A与B进行受力分析即可．【解答】解：A与C保持相对静止，则二者向下的加速度是相等的，设它们的总质量为M，则：Ma=Mgsinα所以：a=gsinα同理，若以B、D为研究对象，则它们共同的加速度大小也是gsinα．以A为研究对象，A受到重力、斜面体C竖直向上的支持力时，合力的方向在竖直方向上，水平方向的加速度：ax=acosα=g?sinαcosα该加速度由水平方向弹簧的弹力提供，所以弹簧L1处于压缩状态；以B为研究对象，则B受到重力、斜面的支持力作用时，合力的大小：F合=mgsinθ所以，B受到的重力、斜面的支持力作用提供的加速度为：a=gsinα，即B不能受到弹簧的弹力，弹簧L2处于原长状态．故选项C正确，ABD错误．故选：C2.如图电路中，电源电动势为12V，内电阻不能忽略。闭合S后，调整R的阻值，使电压表的示数增大⊿U＝2V，在这一过程中：（

）

A．通过R1的电流增大，增大量为⊿U/R1。

B．通过R2的电流减小，减小量小于⊿U/R2。

C．R2两端的电压减小，减小量为⊿U。

D．路端电压增大，增大量为⊿U。参考答案：

答案：AB3.（单选）如图所示，水平放置的平行金属导轨MN和PQ之间接有定值电阻R，导体棒ab长为l且与导轨接触良好，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，现使导体棒ab匀速向右运动，下列说法正确的是A.导体棒ab两端的感应电动势越来越小B.导体棒ab中的感应电流方向是a→bC.导体棒ab所受安培力方向水平向右D.导体棒ab所受合力做功为零参考答案：D4.随着世界航空事业的发展，深太空探测已逐渐成为各国关注的热点。假设深太空中有一颗外星球，质量是地球质量的2倍，半径是地球半径的，则下列判断正确的是A．该外星球的同步卫星周期一定小于地球同步卫星周期B．某物体在该外星球表面上所受重力是它在地球表面上所受重力的8倍C．该外星球上第一宇宙速度是地球上第一宇宙速度的2倍D．绕该外星球的人造卫星和以相同轨道半径绕地球的人造卫星运行速度相同参考答案：BC5.16．若一气泡从湖底上升到湖面的过程中温度保持不变，，则在此过程中关于气泡中的气体(可视为理想气体)，下列说法正确的是

A.内能不变

B.内能增大

C.向外界放热

D.内能减小参考答案：A二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6.如图所示，一竖直轻杆上端可以绕水平轴O无摩擦转动，轻杆下端固定一个质量为m的小球，力F=mg垂直作用于轻杆的中点，使轻杆由静止开始转动，若转动过程保持力F始终与轻杆垂直，当轻杆转过的角度θ=30°时，小球的速度最大；若轻杆转动过程中，力F的方向始终保持水平方向，其他条件不变，则轻杆能转过的最大角度θm=53°．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）由题意可知：F始终对杆做正功，重力始终做负功，随着角度的增加重力做的负功运来越多，当重力力矩等于F力矩时速度达到最大值，此后重力做的负功比F做的正功多，速度减小；（2）杆转到最大角度时，速度为零，根据动能定理即可求解．：解：（1）力F=mg垂直作用于轻杆的中点，当轻杆转过的角度θ时，重力力矩等于F力矩，此时速度最大，则有：mgL=mgLsinθ解得sinθ=所以θ=30°（2）杆转到最大角度时，速度为零，根据动能定理得：mv2=FL﹣mgLsinθ所以FLsinθ﹣mgL（1﹣cosθ）=0﹣0解得：θ=53°故答案为：30°；53°【点评】：本题主要考查了力矩和动能定理得直接应用，受力分析是解题的关键，难度适中．7.某物理兴趣小组采用如图所示的装置深入研究平抛运动。质量分别为mA和mB的A、B小球处于同一高度，M为A球中心初始时在水平地面上的垂直投影。用小锤打击弹性金属片，使A球沿水平方向飞出，同时松开B球，B球自由下落。A球落到地面N点处，B球落到地面P点处。测得mA=0.04kg，mB=0.05kg，B球距地面的高度是1.25m，M、N点间的距离为1.500m，则B球落到P点的时间是_

___s，A球落地时的动能是_

___J。（忽略空气阻力，g取9.8m/s2）参考答案：

0.5

0.66

8.如图所示的波形图，质点C经过0.5s时间后恰好运动到图中点（4，3）位置，则这列波可能的周期是

s，最小波速是

m/s。参考答案：(k=0、1、2…)，0.04

9.汽车发动机的功率为50kW，若汽车总质量为5×103kg，在水平路面上行驶时，所受阻力大小恒为5×103N，则汽车所能达到的最大速度为________m/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________s。参考答案：10，40/310.如图所示，在光滑水平面上，一绝缘细杆长为，两端各固定着一个带电小球，处于水平方向、场强为E的匀强电场中，两小球带电量分别为＋q和－q，轻杆可绕中点O自由转动。在轻杆与电场线夹角为α时，忽略两电荷间的相互作用，两电荷受到的电场力对O点的力矩大小为___________，两电荷具有的电势能为___________。参考答案：11.一人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，假如该卫星变轨后仍做匀速圆周运动，动能减小为原来的1/4，不考虑卫星质量的变化，则变轨后卫星的轨道半径

（填“变大”，“变小”或“不变”），前后角速度之比为

。参考答案：变大，8:112.利用图示装置可以做力学中的许多实验．

（1）以下说法正确的是

▲

．

A．利用此装置“研究匀变速直线运动”时，必须设法消除小车和木板间的摩擦阻力的影响B．利用此装置探究“小车的加速度与质量的关系”并用图象法处理数据时，如果画出的a-M关系图象不是直线，就可确定加速度与质量成反比

C．利用此装置探究“功与速度变化的关系”实验时，应将木板带打点计时器的一端适当垫高，这样做的目的是利用小车重力沿斜面分力补偿小车运动中所受阻力的影响

（2）小华在利用此装置“探究加速度a与力F的关系”时，因为不断增加所挂钩码的个数，导致钧码的质量远远大于小车的质量，则小车加速度a的值随钧码个数的增加将趋近于

▲

的值.

参考答案：（1）C（3分）

（2）重力加速度13.图示为探究牛顿第二定律的实验装置，该装置由气垫导轨、两个光电门、滑块和沙桶等组成。光电门可以测出滑块分别通过两个光电门的瞬时速度，导轨标尺可以测出两个光电门间的距离，另用天平测出滑块和沙桶的质量分别为M和m.下面说法正确的是_______A．用该装置可以测出滑块的加速度B．用该装置探究牛顿第二定律时，要保证拉力近似等于沙桶的重力，因此必须满足m<<MC．可以用该装置验证机械能守恒定律，但必须满足m<<MD．可以用该装置探究动能定理，但不必满足m<<M参考答案：AB三、简答题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14.如图所示，在平面直角坐标系中有一个垂直纸面向里的圆形匀强磁场，其边界过原点O和y轴上的点A（0，L）．一质量为m、电荷量为e的电子从A点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场，并从x轴上的B点射出磁场，射出B点时的速度方向与x轴正方向的夹角为60°．求：（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小；（2）电子在磁场中运动的时间t．参考答案：答：（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小为；（2）电子在磁场中运动的时间t为考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．专题： 带电粒子在磁场中的运动专题．分析： （1）电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出磁感应强度．（2）根据电子转过的圆心角与电子做圆周运动的周期可以求出电子的运动时间．解答： 解：（1）设电子在磁场中轨迹的半径为r，运动轨迹如图，可得电子在磁场中转动的圆心角为60°，由几何关系可得：r﹣L=rcos60°，解得，轨迹半径：r=2L，对于电子在磁场中运动，有：ev0B=m，解得，磁感应强度B的大小：B=；（2）电子在磁场中转动的周期：T==，电子转动的圆心角为60°，则电子在磁场中运动的时间t=T=；答：（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小为；（2）电子在磁场中运动的时间t为．点评： 本题考查了电子在磁场中的运动，分析清楚电子运动过程，应用牛顿第二定律与周期公式即可正确解题．15.如图甲所示，将一质量m=3kg的小球竖直向上抛出，小球在运动过程中的速度随时间变化的规律如图乙所示，设阻力大小恒定不变，g=10m/s2，求（1）小球在上升过程中受到阻力的大小f．（2）小球在4s末的速度v及此时离抛出点的高度h．参考答案：（1）小球上升过程中阻力f为5N；（2）小球在4秒末的速度为16m/s以及此时离抛出点h为8m考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．专题： 牛顿运动定律综合专题．分析： （1）根据匀变速直线运动的速度时间公式求出小球上升的加速度，再根据牛顿第二定律求出小球上升过程中受到空气的平均阻力．（2）利用牛顿第二定律求出下落加速度，利用运动学公式求的速度和位移．解答： 解：由图可知，在0～2s内，小球做匀减速直线运动，加速度大小为：由牛顿第二定律，有：f+mg=ma1代入数据，解得：f=6N．（2）2s～4s内，小球做匀加速直线运动，其所受阻力方向与重力方向相反，设加速度的大小为a2，有：mg﹣f=ma2即4s末小球的速度v=a2t=16m/s依据图象可知，小球在4s末离抛出点的高度：．答：（1）小球上升过程中阻力f为5N；（2）小球在4秒末的速度为16m/s以及此时离抛出点h为8m点评： 本题主要考查了牛顿第二定律及运动学公式，注意加速度是中间桥梁四、计算题：本题共3小题，共计47分16.如图所示，金属棒ab从高为h处自静止起沿光滑的弧形导轨下滑，进入光滑导轨的水平部分．导轨的水平部分处于竖直向上的匀强磁场中，在水平部分导轨上静止有另一根金属棒cd，两根导体棒的质量均为m．整个水平导轨足够长并处于广阔的匀强磁场中，忽略一切阻力，重力加速度g．求：（1）金属棒ab进入磁场前的瞬间，ab棒的速率v0；（2）假设金属棒ab始终没跟金属棒cd相碰，两棒的最终速度大小；（3）在上述整个过程中两根金属棒和导轨所组成的回路中产生的焦耳热Q；（4）若已知导轨宽度为L，匀强磁场的磁感应强度为B，上述整个过程中通过导体棒cd横截面的电量q．参考答案：解：（1）对ab由机械能守恒得：mgh=解得：v0=（2）两杆最终速度相等，由动量守恒得：mv0=2mv解得：v=（3）由能量守恒得：Q=mgh﹣（4）对cd杆由动量定理：BIL×t=mv﹣0q=I?t=答：（1）金属棒ab进入磁场前的瞬间，ab棒的速率；（2）假设金属棒ab始终没跟金属棒cd相碰，两棒的最终速度大小为；（3）在上述整个过程中两根金属棒和导轨所组成的回路中产生的焦耳热Q为；（4）若已知导轨宽度为L，匀强磁场的磁感应强度为B，上述整个过程中通过导体棒cd横截面的电量q为．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势．【分析】（1）有机械能守恒即可求出速度（2）有动量守恒求出最终速度（3）由能量守恒即可求出产生的焦耳热（4）由动量定理及电量q=It即可求出过导体棒cd横截面的电量17.遥控电动赛车的比赛中有—个规定项目是“飞跃豪壕沟”，如图所示，比赛中要求赛车从起点出发，沿水平直轨道运动，在B点飞出后跃过“壕沟”，落在平台EF段，已知赛车的质量m＝l.0kg、额定功率P＝10.0W，在水平直轨道上受到的阻力恒为f=2.0N，BE的高度差h=0.45m，BE的水平距离x=0.90m,赛车车长不计，空气阻力不计，g取10．

(1)若赛车在水平直轨道上能达到最大速度，求最大速度的大小；

(2)要跃过壕沟，求赛车在B点最小速度v的大小；

(3)比赛中，若赛车在A点达到最大速度后即刻停止通电，赛车恰好能跃过壕沟，求AB段距离s．参考答案：18.（10分）一同学想研究电梯上升过程的运动规律。某天乘电梯上楼时他携带了一个质量为5kg的砝码和一个量程足够大的弹簧秤，用手提着弹簧秤，砝码悬挂在秤钩上。电梯从第一层开始启动，中间不间断，一直到最高层停止。在这个过程中，他记录了弹簧秤在不同时段内的读数如表所示。取重力加速度g=10m/s2，根据表格中的数据，求：

时间/s弹簧秤示数/N电梯启动前50.00~3.058.03.0~13.050.013.0~19.046.019.0以后5