四川省成都石室中学高三物理上学期期中试题(含解析)

成都市石室中学2015届高三（上）期中物理试卷一、选择题（本题共7小题，每小题6分，共42分在每小题给出的4个选项中有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对得6分，选对但不全得3分，有错选得0分）1．以下关于物理学史和物理方法的叙述中正确的是（）A．在建立合力、分力、重心、质点等概念时都用到了等效替代法B．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分为很多小段，每一小段近似看成匀速直线运动，然后把各段位移相加，应用了“微元法”C．用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比列，例如：电场强度E=，速度的定义v=，加速度的定义a=等D．1820年奥斯特通过实验发现了电流周围存在磁场，并首先引入了电场线来形象描述电场考点：物理学史．分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．解答：解：A、在建立合力、分力、重心等概念时都用到了等效替代法；而建立质点概念时都用到了理想模型法；故A错误；B、在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分为很多小段，每一小段近似看成匀速直线运动，然后把各段位移相加，应用了“微元法”，故B正确；C、用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比列，例如：电场强度E=，速度的定义v=，加速度的定义a=等，故C错误；D、1820年奥斯特通过实验发现了电流周围存在磁场，法拉第首先引入了电场线来形象描述电场，故D错误；故选：B．点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．2．甲、乙两个物体从同一地点开始沿同一方向运动，其速度随时间变化的图象如图所示，图中t2=，两段曲线均为半径相同的圆弧，则在0﹣t4时间内（）A．两物体在t1时刻加速度相同B．两物体在t2时刻运动方向均改变C．两物体t3时刻相距最远，t4时刻相遇D．0﹣t4时间内甲物体的平均速度大于乙物体的平均速度考点：匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．分析：速度时间图线的斜率表示加速度的大小，图线与时间轴围成的面积表示位移．结合数学知识进行分析．解答：解：A、在t1时刻，甲的斜率为正，乙的斜率为负，方向不同．故A错误；B、甲乙的速度图象都在时间轴的上方，速度都为正，方向没有改变，故B错误；C、图线与时间轴围成的面积表示位移，根据图象可知，t3时刻相距最远，t4时刻相遇，故C 正确；D、0﹣t4时间内甲物体的位移等于乙物体的位移，时间相等，则平均速度相等，故D错误．故选：C．点评：解决本题的关键能够从速度时间图线中获取信息，知道斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移．3．如图所示，在粗糙程度相同的绝缘鞋面上固定一点电荷Q，将一带电小物块轻放在鞋面上的M点处，小物块沿斜面运动到N点恰好静止，则（）A．点电荷Q和小物块可能带同种电荷也可能带异种电荷B．点电荷Q形成的电场中M点电势一定高于N点电势C．从M到N的过程中，小物体的电势能一定减小D．从M到N的过程中，小物块的机械能的损失量一定等于内能的增加量考点：电势；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电势的高低可以通过沿电场线方向电势降低进行判断，因无法判断点电荷Q的电性，所以无法比较M、N点电势的高低；电势能的增加还是减小可以通过电场力做功来判断．可以通过动能定理判断小物块电势能变化量的大小与克服摩擦力做的功；若两电荷是异种电荷，向下运动的过程中电场力逐渐减小，加速度增大，物块不可能停止．解答：解：A、据题小物块沿斜面运动到N点恰好静止，若两电荷是异种电荷，向下运动的过程中电场力逐渐减小，加速度增大，物块不可能停止．所以两物块为同种电荷，故A正确．B、由于点电荷Q的电性未知，电场线方向未知，无法判断M、N电势的高低．故B错误．C、电场力对物块做正功，电势能一定减小．故C正确．D、根据功能关系可知：从M到N的过程中，小物块的机械能的损失量与电势能减小量之和等于内能的增加量，故D错误．故选：C．点评：解决本题的关键知道如何去比较电势的高低，如何比较电势能的高低．4．如图所示，在火星与木星轨道之间有一小行星带．假设该带中的小行星只受到太阳的引力，并绕太阳做匀速圆周运动．下列说法中正确的是（）A．各小行星绕太阳运动的周期小于一年B．与太阳距离相等的每一颗小行星，受到太阳的引力大小都相等C．小行星带内侧行星的加速度小于外侧行星的加速度D．小行星带内各行星绕太阳公转的线速度均小于地球公转的线速度考点：万有引力定律及其应用；线速度、角速度和周期、转速；人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．专题：万有引力定律的应用专题．分析：根据万有引力提供向心力，得出线速度、向心力加速度、周期与轨道半径的关系，从而比较大小．解答：解：A、根据得，T=2，知小行星的轨道半径大于地球，则周期大于地球的周期，即大于1年．故A错误．B、因为小行星的质量不一定相同，则太阳对各小行星的引力不一定相同．故B错误．C、根据得，a=，轨道半径越大，向心加速度越小，则内侧小行星的向心加速度大于外侧小行星的向心加速度．故C错误．D、根据得，v=，轨道半径越大，线速度越小，则小行星的线速度小于地球的线速度．故D正确．故选：D．点评：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，并能灵活运用．向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用．5．（6分）如图甲所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动的过程中，四个理想电表的示数都发生变化，图乙中三条图线分别表示了三个电压表示数随电流表示数变化的情况，以下说法正确的是（）A．图线a表示的是电压表V1的示数随电流表示数变化的情况B．图线c表示的是电压表V2的示数随电流表示数变化的情况C．此过程中电压表V1示数的变化量△U1和电流表示数变化量△I的比值绝对值变大D．此过程中电压表V3示数的变化量△U3和电流表示数变化量△I的比值绝对值不变考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，总电流减小，可知路端电压增大，即知电压表V1示数增大，电压表V2的示数减小，电压表V3的示数增大，即可知图线与电压示数的对应关系．由闭合电路欧姆定律得知，电压表V1示数的变化量△U1和电流表示数变化量△I的比值等于r，电压表V3示数的变化量△U3和电流表示数变化量△I的比值等于R1+r．解答：解：A、B、当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，总电流减小，可知路端电压增大，即知电压表V1示数增大，电压表V2的示数减小，电压表V3的示数增大，则知，图线a表示的是电压表V3的示数随电流表示数变化的情况，图线c表示的是电压表V2的示数随电流表示数变化的情况．故A错误，B正确．C、由闭合电路欧姆定律得：U1=E﹣Ir，则||=r，保持不变．故C错误．D、由闭合电路欧姆定律得：U3=E﹣I（r+R1），则||=R1+r．故D正确．故选：BD点评：本题实质是电路中动态变化分析问题和闭合电路欧姆定律问题的综合，从局部电阻的变化，分析各部分电压的变化．6．（6分）如图所示，三个可视为质点的金属小球A、B、C，质量分别为m、2m和3m，B球带负电，电荷量为﹣q，A、C不带电，不可伸长的绝缘细线将三球连接，最上边的细线连接在斜面顶端的O点，三球均处于场强大小为E的竖直向上的匀强电场中，三段细线均伸直，三个金属球均静止于倾角为30°的绝缘光滑斜面上，则下列说法正确的是（）A．A、B球间的细线的张力为B．A、B球间的细线的张力可能为0C．将线OA剪断的瞬间，B、C间的细线张力D．将线OA剪断的瞬间，A、B球间的细线张力考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系．专题：电场力与电势的性质专题．分析：静止时，对B球进行受力分析，B受到AB间细线的拉力，BC间细线的拉力，重力和电场力、斜面的支持力，受力平衡，即可求得A、B球间细线的拉力；假设B球也不带电，则剪断OA线瞬间，A、B、C三个小球一起以加速度g做匀加速直线运动，互相相对静止，AB、BC间拉力为0．若B球带电，则相当于在上述状态下给B球瞬间施加一个竖直下下的电场力qE，把AB看成一个整体即可求解．解答：解：A、静止时，对B球进行受力分析，则有：T=（2mg+3mg+Eq）sin30°=（5mg+Eq），故A正确，B错误；C、B球带负电，相当于在上述状态下给B球瞬间施加一个竖直下下的电场力qE，经过AB绳传递，qE对A、B球整体产生一个竖直下下的加速度，此时A、B球的加速度为a=g+（显然＞g），C球以加速度g匀加速运动，所以BC间绳子的作用力为零，以A球为研究对象可得A、B球间细线的拉力为F=ma′=，故C错误，D正确．故选：AD点评：本题主要是剪断OA线瞬间，对A、B、C三个球的运动状态的确定及受力分析，知道绳子一旦剪短之后，绳子的拉力立即为零，难度适中．7．（6分）如图所示，在xOy平面内存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场，第一、二、四象限内的磁场方向垂直纸面向里，第三象限内的磁场方向垂直纸面向外．P（﹣L，0）、Q（0，﹣L）为坐标轴上的两个点．现有一电子从P点沿PQ方向射出，不计电子的重力，则（）A．若电子从P点出发恰好经原点O第一次射出磁场分界线，则电子运动的路程一定为B．若电子从P点出发经原点O到达Q点，则电子运动的路程一定为πLC．若电子从P点出发经原点O到达Q点，则电子运动的路程可能为2πLD．若电子从P点出发经原点O到达Q点，则nπL（n为任意正整数）都有可能是电子运动的路程考点：带电粒子在匀强磁场中的运动．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：粒子在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动，根据题意可知，电子从P点出发恰好经原点O第一次射出磁场分界线，与电子从P点出发经原点O到达Q点，运动轨迹的半径不同，从而由运动轨迹来确定运动路程．解答：解：A、若电子从P点出发恰好经原点O第一次射出磁场分界线，则有运动轨迹如图所示，则微粒运动的路程为圆周的，即为，故A正确；B、若电子从P点出发经原点O到达Q点，运动轨迹可能如图所示，或者是：因此则微粒运动的路程可能为πL，也可能为2πL，故BD错误C正确；故选：AC．点评：考查根据运动半径来确定运动轨迹，从而确定运动的路程，掌握左手定则与右手定则的区别，注意运用几何关系正确画出运动轨迹图是解题的关键．二、实验题（本题包括2小题，共17分）8．（7分）如图所示实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素，其中电容器左侧极板和静电计外壳接地，电容器右侧极板与静电计金属球相连．（1）使电容器带电后与电源断开①将左极板上移，可观察到静电计指针偏转角变大（选填变大，变小或不变）；②将极板间距离减小时，可观察到静电计指针偏转角变小（选填变大，变小或不变）；③两板间插入一块玻璃，可观察到静电计指针偏转角变小（选填变大，变小或不变）；④由此可知平行板电容器的电容与两板正对面积、两板距离和两板间介质有关有关．（2）下列关于实验中使用静电计的说法中正确的有 AA．使用静电计的目的是观察电容器电压的变化情况B．使用静电计的目的是测量电容器电量的变化情况C．静电计可以用电压表替代D．静电计可以用电流表替代．考点：电容器的动态分析．专题：电容器专题．分析：（1）抓住电容器的电荷量不变，根据电容的决定式C=判断电容的变化，结合U=判断电势差的变化，从而得出指针偏角的变化．（2）静电计可测量电势差，根据指针张角的大小，观察电容器电压的变化情况．静电计与电压表、电流表的原理不同，不能替代．解答：解：（1）①根据电容的决定式C=知，上移左极板，正对面积S减小，则电容减小，根据U=知，电荷量不变，则电势差增大，指针偏角变大．②根据电容的决定式C=知，将极板间距离减小时，电容增大，根据U=知，电荷量不变，则电势差减小，指针偏角变小．③根据电容的决定式C=知，两板间插入一块玻璃，电容增大，根据U=知，电荷量不变，则电势差减小，指针偏角变小．④由此可知平行板电容器的电容与两板正对面积、两板距离和两板间介质有关；（2）A、B、静电计可测量电势差，根据指针张角的大小，观察电容器电压的变化情况，无法判断电量的变化情况．故A正确，B错误．C、D、静电计与电压表、电流表的原理不同，不能替代．电流表、电压表线圈中必须有电流通过时，指针才偏转．故CD错误．故选：A．故答案为：（1）变大，变小，变小，两板正对面积、两板距离和两板间介质有关；（2）A．点评：解决本题的关键知道静电计测量的是电容器两端的电势差，处理电容器动态分析时，关键抓住不变量，与电源断开，电荷量保持不变，结合电容的决定式和定义式进行分析．9．（10分）利用图甲装置可以做许多力学实验．（1）利用此装置探究“加速度与力、质量的关系”和“合外力做的功等于物体动能变化”实验中为了让小车所受合外力等于细绳的拉力需要进行的步骤是平衡小车所受的摩擦．（2）甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图示的装置放在水平桌面上，小车上放不同质量的砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究小车与木板之间的动摩擦因数（实验中小车的轮子被锁死，小车只能在长木板上滑动）．①为使小车运动时受到的拉力在数值上近似等于砝码桶及桶内砝码的总重力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量远小于小车和小车上砝码的总质量，（填“远大于”、“远小于”或“近似等于”）②实验中对小车及车内砝码研究，根据牛顿第二定律有F﹣μmg=ma，实验中记录小车的加速度a和小车所受的合外力F，通过图象处理数据．甲、乙两同学分别得到图乙中甲、乙两条直线．设甲、乙用的小车及砝码质量分别为m甲、m乙，甲、乙用的小车与木板间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙，由图可知，m甲小于m乙，μ甲大于μ乙．（填“大于”、“小于”或“等于”）（3）做直线运动的小车，牵引一条纸带通过打点计时器打出一条纸带，从纸带上打出的某一点开始，每5个点剪下一段纸带，按图丙所示，使每一条纸带下端与x轴重合，左边与y轴平行，将每段粘贴在直线坐标系中，各段紧靠但不重叠，根据图丙可以判断小车做匀加速直线运动，加速度a= 0.75～0.76 m/s2（结果保留两位有效数字）．已知交流电源的频率为50Hz．考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．专题：实验题．分析：（1）小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，则应该用重力的下滑分量来平衡摩擦力，故可以将长木板的一段垫高；（2）在探究“小车的加速度a与力F的关系”时，根据牛顿第二定律求出加速度a的表达式，不难得出当钧码的质量远远大于小车的质量时，加速度a近似等于g的结论；探究“小车与木板之间的动摩擦因数”实验时，利用牛顿第二定律和图象的意义，判断甲乙的质量和摩擦因数的大小．（3）本题使用的方法是等效代替法解题，它们的长度分别等于x=v平均t，因为剪断的纸带所用的时间都是t=0.1s，即时间t相等，所以纸带的长度之比等于此段纸带的平均速度之比；而此段纸带的平均速度等于这段纸带中间时刻的速度，最后得出结论纸带的长度之比等于此段纸带的平均速度之比，还等于各段纸带中间时刻的速度之比，即纸带的高度之比等于中间时刻速度之比．根据图象的斜率求出小车的加速度．解答：解：（1）小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使细线的拉力等于其合力，则应该用重力的下滑分量来平衡摩擦力；（2）对整体分析，根据牛顿第二定律得，a=，则绳子的拉力F=Ma=，当m＜＜M，即砝码桶及桶内砝码的总质量远小于小车和小车上砝码的总质量时，砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于小车运动时受到的拉力．根据牛顿第二定律有F﹣μmg=ma得：a=﹣ug，结合图象可知，为斜率，﹣ug为纵坐标的截距，所以m甲＜m乙，μ甲＞μ乙．（3）因为剪断的纸带所用的时间都是t=0.1s，即时间t相等，所以纸带的长度之比等于此段纸带的平均速度之比；而此段纸带的平均速度等于这段纸带中间时刻的速度，最后得出结论纸带的长度之比等于此段纸带的平均速度之比，还等于各段纸带中间时刻的速度之比，即纸带的高度之比等于中间时刻速度之比．在每段纸带的上边缘中点画“•”作为计数点，在新的坐标里每个计数点的纵坐标表示相对应的单位时间内中间时刻的瞬时速度．画一直线，使尽可能多的计数点落在此直线上，并使直线两侧的计数点数目大致相等，这条直线便是运动物体的速度﹣时间的图线．速度﹣时间直线的斜率表示加速度，可知运动小车做匀加速直线运动，其加速度大小a==0.75m/s2．故答案为：（1）平衡小车所受的摩擦力；（2）①远小于，小于，大于；（3）匀加速直线，0.75～0.76．点评：解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，然后熟练应用物理规律来解决实验问题；注意图象进行数据处理时，斜率和截距表示的物理意义．要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．三、本题共3小题，51分10．（15分）电动自行车作一种重要的交通工具，越来越受到人们的喜爱．表是一辆电动自行车的部分技术指标．其中额定车速是指电动车满载情况下在平直道路上以额定功率匀速行驶的速度．额定车速载车质量载重电源电源输出电压充电时间额定输出功率电动机额定工作电压和电流18km/h 40kg 80kg 36V/12Ah ≥36V6～8h 180W 36V/6A请参考表中数据，完成下列问题（g取10m/s2）；（1）此车所配电动机的内阻是多少？（2）在行驶过程中电动车受阻力是车重（包括满载重）的k倍，试计算k的大小；（3）若电动车满载时在平直道路上以额定功率行驶，且阻力大小恒定，当车速为3m/s时，加速度为多少？考点：电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：（1）根据P=UI求出电动机正常工作时的输入功率，结合输出功率，求出电源内部消耗的功率，根据P r=I2r求出电动机的内阻．（2）正常行驶时牵引力等于阻力，根据P=Fv=fv m求出K的大小．（3）根据功率和速度求出牵引力的大小，再结合牛顿第二定律求出加速度的大小．解答：解：（1）从表中可知，输出功率P出=180W，输入功率P入=UI=36×6W=216W①由于内阻消耗的功率等于输入功率与输出功率的差：P r=I2r=P入﹣P出②所以：r=Ω③（2）车正常行驶时：P额=fυm=K（M+m）gυm④所以：K=⑤（3）又：P额=Fυ⑥所以：F﹣K（M+m）g=（M+m）a ⑦由⑥、⑦代入数据得：a=0.2m/s2⑧答：（1）此车所配电动机的内阻是1Ω．（2）K的大小为0.03．（3）当车速为3m/s时的加速度为0.2m/s2点评：解决本题的关键搞清输入功率、输出功率、电动机内部消耗的功率之间的关系，以及知道功率与牵引力与速度的关系．11．（17分）（2011•柳州二模）如图所示，坐标系xOy在竖直平面内，水平轨道AB和斜面BC 均光滑且绝缘，AB和BC的长度均为L，斜面BC与水平地面间的夹角θ=60°，有一质量为m、电量为+q的带电小球（可看成质点）被放在A点．已知在第一象限分布着互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上，场强大小，磁场为水平方向（图中垂直纸面向外），磁感应强度大小为B；在第二象限分布着沿x轴正向的水平匀强电场，场强大小．现将放在A点的带电小球由静止释放，求：（1）小球运动到B点时的速度；（2）小球需经多少时间才能落到地面（小球所带的电量不变）？考点：功能关系；牛顿第二定律；匀速圆周运动；向心力；动量定理；带电粒子在混合场中的运动．专题：带电粒子在复合场中的运动专题．分析：（1）小球加速，只有电场力做功，根据动能定理列式求解即可；（2）小球直线加速过程可以根据动量定理求加速时间，小球在复合场中，合力等洛伦兹力，做圆周运动，画出轨迹，求出圆心角，得到运动时间．解答：解：（1）设带电小球运动到B点时速度为v B，则由功能关系，得到：E1qL=m①解得：v B=即小球运动到B点时的速度为．（2）设带电小球从A点运动到B点用时为t1，则由动量定理：E1qt1=mv B解得：t1=2②当带电小球进入第二象限后所受电场力为F电=E2q=mg ③所以带电小球做匀速圆周运动，如图，洛伦兹力提供向心力Bqv B=m④则带电小球做匀速圆周运动的半径R==L ⑤其圆周运动的圆心为如图所示的O′点，根据几何关系，有BO=BC•cos30°=LO′O=BO﹣R=LOC=BC•cos60°=假设小球直接落在水平面上的C′点，则OC′===OC∴C′与C重合重合，小球正好打在C点．圆周运动时间为t2=T=小球运动的总时间为t=t1+t2=2+所以小球从A点出发到落地的过程中所用时间2+．点评：本题中带电小球先加速后做圆周运动，关键是画出轨迹图，结合几何关系进行分析．12．（19分）如图所示的传送带装置，长度为4m，与水平方向之间的夹角为37°，传送带以0.8m/s的速度匀速运行，从流水线上下来的工件每隔2s有一个落到A点（可认为初速度为零），工件质量为1kg．经传送带运送到与B等高处的平台上，再由工人运走．已知工件与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.8，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2．求：（1）每个工件从落上传送带的A点开始到被传送至最高点B所经历的时间；（2）传送带对每个工件所做的功；（3）由于传送工件，传送带的动力装置需增加的功率．考点：动能定理的应用；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律．专题：动能定理的应用专题．分析：（1）根据牛顿第二定律计算工件刚放上传送带时的加速度，计算出工件匀加速达到与传送带速度相等时的位移，若此位移小于传送带的长度，则工件先匀加速后匀速运动；（2）工件先受到滑动摩擦力，大小为μmgcosθ，后速度与传送带相同后，受到静摩擦力，大小为mgsinθ，根据功的公式求解摩擦力对每个工件做的功；（3）摩擦生热Q=fs相，s相是工件与传送带的相对位移．电动机多消耗的电能转化为工件的机械能与克服摩擦力做功转化成的内能，根据能量守恒求解．解答：解：（1）工件刚放上传送带时的加速度为a=μgcos 37°﹣gsin 37°=0.4 m/s2当工件速度达v=0.8 m/s时，工件相对传送带静止工件加速的时间t1== s=2 s加速运动的位移s1=at12=×0.4×22 m=0.8 m在AB段匀速运动的位移为s2=4 m﹣0.8 m=3.2 m所用的时间为t2== s=4 s总时间为t=t1+t2=6 s（2）由动能定理得W﹣mgLsin 37°=mv2W=mgLsin 37°+mv2=1×10×4×0.6 J+×1×0.82 J=24.32 J（3）因工件在AB段上加速运动的时间为2 s，所以在位移x t内总是有一个工件位于传送带上，该工件对传送带的滑动摩擦力为F f1=mgμcos 37°=6.4 N。