湖北省武汉市实验中学高三物理下学期期末试卷含解析

湖北省武汉市实验中学高三物理下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.如图所示，某人从高出水平地面h的坡上水平击出一个质量为m的高尔夫球，由于恒定的水平风力的作用，高尔夫球竖直地落入距击球点水平距离为L的A穴，则（

）A．该球从被击出到落入A穴所用时间为

B．该球从被击出到落入A穴所用时间为C．球被击出时的初速度大小为L

D．球被击出时的初速度大小为L参考答案：BC2.伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础。早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是（

）A.物体抵抗运动状态变化的性质是惯性B.没有力作用，物体只能处于静止状态C.行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性D.运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动参考答案：AD3.一带电小球在电场中仅在电场力作用下，从A点运动到B点，速度大小随时间变化的图像如图所示，、分别是带电小球在A、B两点对应的时刻，则下列说法中正确的有

A．A处的场强一定大于B处的场强B．A处的电势一定高于B处的电势C．带电小球在A处的电势能一定小于B处的电势能D．带电小球从A到B的过程中，电场力一定对电荷做正功参考答案：D4.（多选）现有两个边长不等的正方形ABCD和abcd，如图所示，且Aa、Bb、Cc、Dd间距相等。在AB、AC、CD、DB的中点分别放等量的正点电荷或负点电荷。则下列说法中正确的是 （

）A．O点的电场强度和电势均为零B．把一负点电荷沿着b→d→c的路径移动时，电场力做功为零C．同一点电荷在a、d两点所受电场力相同D．将一正点电荷由a点移到b点电势能减小参考答案：BCD5.物体受到几个恒力的作用而作匀速直线运动。如果撤掉其中的一个力而其他几个力保持不变，则（

）A．物体的运动方向一定不变

B．物体的动能一定不变C．物体的速度的变化率一定不变

D．物体的动量的变化率一定不变参考答案：CD物体原来处于平衡状态，撤去一个力后，其余的力的合力与撤去的力等值、反向、共线；若合力与速度同向，物体做匀加速直线运动；若合力与速度反向，物体做匀减速直线运动；若合力与速度不共线，物体做曲线运动；物体的合力一定不为零，一定有加速度。综上所述可知选项CD正确．二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6.22.（4分）如图所示甲、乙两图为常用的电流表和电压表的刻度盘，在甲图中如果接入电路的“+”和“-0.6”两个接线柱，则表的示数为_____，如果接入电路的是“+”和“-3”两个接线柱，则表的示数为_____.在乙图中，若选用的量程为0～15V，则表的示数为_____，若选用的量程为0～3V，则表的示数为_____.

参考答案：7.

真空中波长为３×１０-7米的紫外线的频率是

_赫。这种紫外线的光子打到金属钠的表面时

（填“能”或“不能”）发生光电效应（已知钠的极限频率是6.0×1014赫，真空中光速为３×１０8米/秒）。参考答案：答案：1.0×1015、能8.一质点由静止开始作匀加速直线运动，加速度为0.5m/s2，经过相隔125m的AB两点用了10s．质点到达A点时的速度是____________m/s；质点从出发到达B点所经历的时间为_________s．

参考答案：

答案：10

309.物体因绕轴转动而具有的动能叫转动动能，转动动能的大小与物体转动的角速度有关．为了研究某一砂轮的转动动能EK与角速度ω的关系，可采用下述方法：先让砂轮由动力带动匀速转动，测得其角速度ω，然后让砂轮脱离动力，由于轮与轴之间存在摩擦，砂轮最后停下，测出脱离动力到停止转动砂轮转过的圈数n．测得几组不同的ω和n如下表所示ω（rad/s）

0.5

1

2

3

4n5

20

80

180

320Ek（J）

另外已测得砂轮转轴的直径为1cm，转轴间的摩擦力为10/πN．（1）试计算出每次脱离动力时砂轮的转动动能，并填入上表中；（2）试由上述数据推导出该砂轮转动动能Ek与角速度ω的关系式Ek=2ω2；（3）若脱离动力后砂轮的角速度为2.5rad/s，则它转过45圈后角速度ω=2rad/s．参考答案：考点：线速度、角速度和周期、转速．专题：匀速圆周运动专题．分析：（1）砂轮克服转轴间摩擦力做功公式W=f?n?πD，f是转轴间的摩擦力大小，n是砂轮脱离动力到停止转动的圈数，D是砂轮转轴的直径．根据动能定理得知，砂轮克服转轴间摩擦力做功等于砂轮动能的减小，求解砂轮每次脱离动力的转动动能．（2）采用数学归纳法研究砂轮的转动动能Ek与角速度ω的关系式：当砂轮的角速度增大为原来2倍时，砂轮的转动动能Ek是原来的4倍；当砂轮的角速度增大为原来4倍时，砂轮的转动动能Ek是原来的16倍，得到Ek与ω2成正比，则有关系式Ek=kω2．将任一组数据代入求出比例系数k，得到砂轮的转动动能Ek与角速度ω的关系式．（3）根据动能与角速度的关系式，用砂轮的角速度表示动能，根据动能定理求出转过45圈后的角速度．解答：解：（1）根据动能定理得：Ek=f?n?πD，代入计算得到数据如下表所示．ω/rad?s﹣10.51234n5.02080180320Ek/J0.5281832（2）由表格中数据分析可知，当砂轮的角速度增大为原来2倍时，砂轮的转动动能Ek是原来的4倍，得到关系Ek=kω2．当砂轮的角速度增大为原来4倍时，砂轮的转动动能Ek是原来的16倍，得到Ek与ω2成正比，则有关系式Ek=kω2．k是比例系数．将任一组数据比如：ω=1rad/s，Ek=2J，代入得到k=2J?s/rad，所以砂轮的转动动能Ek与角速度ω的关系式是Ek=2ω2（3）根据动能定理得﹣f?n?πD=2ω22﹣2ω12代入解得ω2=2rad/s故答案为：（1）如表格所示；（2）2ω2；（3）2．点评：本题考查应用动能定理解决实际问题的能力和应用数学知识处理物理问题的能力；注意摩擦力做功与路程有关．10.一物体从某行星上的一悬崖上从静止开始下落，1s后，从起点落下4m。该行星上的重力加速度为________m/s2。若该物体再下落4s，它将在起点下面_______m处。参考答案：8

10011.一列横波沿x轴正方向传播，在t0=0时刻的波形如图所示，波刚好传到x=3m处，此后x＝1m处的质点比x＝-1m处的质点_______（选填“先”、“后”或“同时”）到达波峰位置；若该波的波速为10m/s，经过时间，在x轴上－3m~3m区间内的波形与t0时刻的正好相同，则=_______参考答案：后（2分）0.4ns、n=1.2.3…12.一物块置于光滑的水平面上，受方向相反的水平力F1，F2作用从静止开始运动，两力随位移x变化的规律如图，则位移x=

m时物块的动能最大，最大动能为

J．参考答案：13.在圆轨道运动的质量为m的人造地球卫星,它到地面的距离等于地球半径R，已知地面上的重力加速度为g，则卫星运动的加速度为

，卫星的动能为

。参考答案：g/4，mgR／4三、简答题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14.静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA=l.0kg，mB=4.0kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l=1.0m，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek=10.0J。释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为u=0.20。重力加速度取g=10m/s2。A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。（1）求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；（2）物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？（3）A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？参考答案：（1）vA=4.0m/s，vB=1.0m/s；（2）A先停止；0.50m；（3）0.91m；分析】首先需要理解弹簧释放后瞬间的过程内A、B组成的系统动量守恒，再结合能量关系求解出A、B各自的速度大小；很容易判定A、B都会做匀减速直线运动，并且易知是B先停下，至于A是否已经到达墙处，则需要根据计算确定，结合几何关系可算出第二问结果；再判断A向左运动停下来之前是否与B发生碰撞，也需要通过计算确定，结合空间关系，列式求解即可。【详解】（1）设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有0=mAvA-mBvB①②联立①②式并代入题给数据得vA=4.0m/s，vB=1.0m/s（2）A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a。假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B。设从弹簧释放到B停止所需时间为t，B向左运动的路程为sB。，则有④⑤⑥在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程SA都可表示为sA=vAt–⑦联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得sA=1.75m，sB=0.25m⑧这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边0.25m处。B位于出发点左边0.25m处，两物块之间的距离s为s=025m+0.25m=0.50m⑨（3）t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为vA′，由动能定理有⑩联立③⑧⑩式并代入题给数据得

故A与B将发生碰撞。设碰撞后A、B的速度分别为vA′′以和vB′′，由动量守恒定律与机械能守恒定律有

联立式并代入题给数据得

这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动。设碰撞后A向右运动距离为sA′时停止，B向左运动距离为sB′时停止，由运动学公式

由④式及题给数据得sA′小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离15.(3-5模块)(5分)有两个质量为m的均处于基态的氢原子A、B，A静止，B以速度v0与之发生碰撞．己知：碰撞前后二者的速度均在一条直线上，碰撞过程中部分动能有可能被某一氢原子吸收。从而该原子由基态跃迁到激发态，然后，此原子向低能级态跃迁，并发出光子．如欲碰后发出一个光子，则速度v0至少需要多大？己知氢原子的基态能量为E1(E1<0)。参考答案：解析：，--------------(1分)

，--------------(1分)

，--------------(1分)

--------------(2分)四、计算题：本题共3小题，共计47分16.如图所示，在光滑绝缘水平面上，质量为m的均匀绝缘棒AB长为L、带有正电，电量为Q且均匀分布。在水平面上O点右侧有匀强电场，场强大小为E，其方向为水平向左，BO距离为x0，若棒在水平向右的大小为QE/4的恒力作用下由静止开始运动。求：⑴棒的B端进入电场L/8时的加速度大小和方向；⑵棒在运动过程中的最大动能；⑶棒的最大电势能。(设O点处电势为零)参考答案：⑴根据牛顿第二定律有：QE/4－qE＝ma

①（1分）q＝×

②

（1分）由①②式联立解得：a＝，方向水平向右

（2分）⑵当棒的速度达到最大时棒进入电场中的长度为x，有：＝③

（1分）根据动能定理有：(x0＋x)－＝Ekm－0

④（2分）由③④式联立解得：Ekm＝＋

（1分）⑶当棒速度减为0时，棒的电势能最大若x0＝L，棒恰好全部进入电场，根据动能定理有：(x0＋L)－＝0－0（1分）棒的电势能为：Epm＝＝

（1分）若x0＜L，棒一部分进入电场，设进入的长度为l，根据动能定理有：(x0＋l)－＝0－0

（1分）解得：l＝，棒的电势能为：Epm＝＝＋＋

（1分）若x0＞L，棒全部进入电场，且A端离O点距离为l，有：(x0＋l)－－QE(l－L)＝0－0

（1分）解得：l＝，棒的电势能为：Epm＝＋QE(l－L)＝

（1分）17.如图甲，光滑竖直固定的杆上套有下端接触地面的轻弹簧和一个小物体．将小物体从一定高度处由静止释放，通过传感器测量出小物体的速度和离地高度h，作出其动能Ek与高度h的图象如图乙．其中，高度在0.6m～0.8m范围内图象为直线，其余部分为曲线．以地面为零势能面，g取10m/s2．求（1）小物体的质量．（2）弹簧的劲度系数．（3）把小物体和轻弹簧作为一个系统，系统具有的最小势能．参考答案：解：（1）物体从，0.8m到0.6m过程做自由落体运动，根据机械能守恒mg（h1﹣h2）=Ek﹣0代入数据解得m=1kg（2）h3=0.5m时，物体的速度最大，重力与弹力平衡F=mgF=k（h3﹣h2）解得k=100N/m（3）物体与弹簧组成的系统机械能守恒mgh1=EP+Ek物体的最大动能为2.5J，所以系统的最小势能为EP=5.5J答：（1）小物体的质量为1kg．（2）弹簧的劲度系数为100N/m．（3）把小物体和轻弹簧作为一个系统，系统具有的最小势能为5.5J．18.（计算）（2014?宁夏一模）如图所示，在光滑的水平面上有两个物块A、B，质量分别为mA=3k