山东省青岛市第六十中学高三物理期末试卷含解析

山东省青岛市第六十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. 下列说法正确的是_______
A.太阳福射的能量来自太阳内部的核聚变反应
B.汤姆生发现电子，表明原子具有核式结构
C.现已建成的核电站发电的能量，来自于天然放射性元素衰变放出的能量
D.对于某种金属，超过极限频率的入射光频率越高，产生的光电子最大初动能就越大
E.按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子总能量增加
参考答案：
ADE
2. 我国神舟七号宇宙飞船搭载的伴飞小卫星于北京时间2008年9月27日19时24分成功释放，以缓慢速度逐渐离开飞船，这是我国首次在航天器上开展微小卫星伴随飞行试验。

小卫星与飞船断开连接后，如果相对速度为零，且不启动动力装置，小卫星将
A．做自由落体运动 B．做平抛运动
C．沿原轨道切线做匀速直线运动 D．与飞船相对距离保持不变
参考答案：
D
3. （单选）如图所示，一粗糙斜面静止在水平面上，斜面上粗糙的木块正在沿斜面匀加速下滑，则下列说法中正确的是（）
参考答案：
4. （单选）在密立根油滴实验中，质量为kg的带电油滴，静止在水平放置的两块平行金属板之间，两板距离为3.2cm，两板间电压的下列数值中哪个是不可能的（g取10m/s2）A．100V B．200V C．300V D．400V
参考答案：
C
5. 如图所示，摆球原来处于它的平衡位置O点，后来摆球在水平恒力F的作用下，沿着圆弧运动。

摆球经过P点时，重力与水平恒力的合力沿摆线的长度方向。

则下列说法错误的是：A．摆球经过P点时加速度等于零
B. 从O到P的过程摆线的拉力对摆球不做功
C. 摆球从O到P的重力势能增量小于F对摆球做的功
D．从O到P摆球的机械能增加
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. 某种紫外线波长为300nm，该紫外线光子的能量为▲ J．金属镁的逸出功为5.9×10－19J，则让该紫外线照射金属镁时逸出光电子的最大初动能为▲ J(普朗克常量h＝6.63×10－34J·s)．
参考答案：
6.63×10－19，
7.3×10－20；
7. （2）（6分）在“验证牛顿第二定律”的实验中，实验装置如图，有一位同学保持小车质量不变的情况下，通过实验测量作出了图乙、丙两幅图。

①A图线不通过坐标原点的原因是_______________________.
②A图上部弯曲的原因是______________________________.
③B图线在纵轴上有截距的原因是_______________________.
参考答案：
①没有平衡摩擦，或平衡摩擦不够
②砂和砂桶的总质量不满足远小于小车和砝码的总质量…
③平衡摩擦力太过…
8. “探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验装置如图甲所示. （1）在平衡小车与桌面之间摩擦力的过程中，打出了一条纸带如图乙所示。

计时器打点的时间间隔为0.02s.从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离。

该小车的加速度a=______m/s2.（结果保留两位有效数字）
（2）平衡摩擦力后，将5个相同的砝码都放在小车上.挂上砝码盘，然后每次从小车上取一个砝码添加到砝码盘中，测量小车的加速度。

小车的加速度a与砝码盘中砝码总重力F的实验数据如下表：
请根据实验数据作出a-F的关系图像.
（3）根据提供的实验数据作出的a-F图线不通过原点，请说明主要原因。

参考答案：
(1) 0.16 (0.15也算对) （2）（见图）
（3）未计入砝码盘的重力
9. 如图甲，在xoy平面内有两个沿z方向（垂直xoy平面）做简谐振动的点波源S1（0，4m）和S2（0，-2m），两波源的振动图线分别如图乙和图丙所示，所产生的两列横波的波速均为1.0m/s，则波源S1发出的波在介质中的波长为_______m，两列波引起的点A（8m，-2m）处质点的振动相互
__________（选填加强、减弱或不能形成干涉）。

参考答案：
(1). 2m； (2). 加强
波源S1振动的周期为T1=2s，则波源S1发出的波在介质中的波长为；同理可知；因，则，可知两列波引起的点A（8m，-2m）处质点的振动相互加强。

10. 一质量为m=3kg的小球静止在水平地面上，给小球加一竖直向上的恒力F使小球从地面向上做匀加速直线运动，经过时间1s后撤掉力F，再经过时间1s后小球刚好落回地面，取g=10m/s2，则所加的恒力F= N，小球落回地面时的速度为 m/s.
参考答案：
40 ，(或6.67)
11. 如图所示，一个有界的匀强磁场区域，方向垂直纸面向里，一个矩形闭合导线框abcd 沿纸面由位置Ⅰ运动到位置Ⅱ，在dc边刚进入磁场时，受到的安培力方向为______，在ab 边即将离开磁场时，线框中感应电流方向为________（选填“顺时针”或“逆时针”）。

参考答案：
答案：向左、顺时针
12. (一定质量的理想气体从状态A经过等温膨胀到状态B，然后经过绝热压缩过程到状态C，最后经过等压降温过程回到状态A.则状态A的体积(选填"大于"、“等于”或"小于")状态C的体积；A到B过程中气体吸收的热量(选填"大于"、"等于"或"小于")C到A过程中放出的热量.
参考答案：
13. 一物体沿x轴做直线运动，其位置坐标x随时间t变化的规律为x=15+2t2，（采用SI单位制），则该物体在前2秒内的位移为8 m，第5秒末的速度为20 m/s．
参考答案：
【考点】：匀变速直线运动的位移与时间的关系．
【专题】：运动学中的图像专题．
【分析】：由位移公式和所给定表达式对应项相等，求出初速度以及加速度，再由速度公式分别求出5s时的瞬时速度．由速度公式求出第5秒末的速度．
：解：由位移公式 x=v0t at2，按时间对应项相等，可得：
v0=0，a=4m/s2
由v5=at5，得第5秒末的速度为：v5=4×5=20m/s
物体在前2秒内的位移为：x=x2﹣x0=15+2t2﹣15=2×22=8m
故答案为：8，20
【点评】：本题就是对匀变速运动的位移公式和速度公式的直接考查，比较简单．
三、简答题：本题共2小题，每小题11分，共计22分
14. 如图所示，水平传送带两轮心O1O2相距L1=6.25m，以大小为v0=6m/s不变的速率顺时针运动，传送带上表面与地面相距h=1.25m．现将一质量为m=2kg的小铁块轻轻放在O1的正上方，已知小铁块与传送带间动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）小铁块离开传送带后落地点P距离O2的水平距离L2；
（2）只增加L1、m、v0中的哪一个物理量的数值可以使L2变大．
参考答案：
（1）小铁块离开传送带后落地点P距离O2的水平距离为2.5m；（2）只增加L1数值可以使L2变大．解：（1）小铁块轻放在传送带上后受到摩擦力的作用，
由μmg=ma得
a=μg=2m/s2，
当小铁块的速度达到6 m/s时，
由vt2=2ax得：x=9 m
由于9 m＞L1=6.25 m，说明小铁块一直做加速运动
设达到O2上方的速度为v，则v= =5m/s
小铁块离开传送带后做平抛运动
根据h=gt2
得下落时间：t= =0.5 s
由L2=vt=5×0.5=2.5 m
（2）欲使L2变大，应使v变大
由v=可知，L1增大符合要求
m、v0增大对a没有影响，也就对v和L2没有影响因此，只增加L1、m、v0中的L1的数值可以使L2变大．
答：（1）小铁块离开传送带后落地点P距离O2的水平距离为2.5m；（2）只增加L1数值可以使L2变大．
15. （选修3-4模块）（4分）如图所示是一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t = 0时刻的波形图，已知波的传播速度v = 2m/s．试回答下列问题：
①写出x = 1.0 m处质点的振动函数表达式；
②求出x = 2.5m处质点在0 ～ 4.5s内通过的路程及t = 4.5s
时的位移．
参考答案：
解析：①波长λ = 2.0m，周期T = λ/v = 1.0s，振幅A = 5cm，则y = 5sin(2πt) cm （2分）
②n = t/T = 4.5，则4.5s内路程s = 4nA = 90cm；x = 2.5m质点在t = 0时位移为y
=5cm，则经过4个周期后与初始时刻相同，经4.5个周期后该质点位移y = —5cm．（2分）
四、计算题：本题共3小题，共计47分
16. 如图所示，小球（可视为质点）带电量为q=1×10-2C，质量为m=2×10-2kg，放在一个倾角为θ=37o 的足够长绝缘斜面上。

斜面bc部分光滑，其它部分粗糙，且小球与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，bc段有一平行斜面向上的有界匀强电场。

现让小球从a点由静止释放，经过t=0.3s，到达c点。

已知ab的
长度为L=4cm，bc的长度为，sin37o=0.6，cos37o=0.8，g=10m/s2。

求：
（1）匀强电场场强E的大小；
（2）小球第一次沿斜面向上运动的最高点到b点的距离。

参考答案：
解：（1）设匀强电场的场强大小为E，
a→b，（2分）
（2分）
b点速度（2分）
b→c，（2分）
由题意得，（1分）
（2分）
解得，E=20N/C （1分）
小球到达c点的速度（1分）
解得，
设小球第一次沿斜面向上运动的最高点到b点的距离为x，
c到最高点，由动能定理得，
（3分）
或者，b到最高点，由动能定理得，
（3分）
解得，cm
17. （8分）如图所示为理想电压表和电流表与电阻R1、R2、R3连接的电路图。

已知R3＝4Ω，当开关S断开时，电压表的示数为6.4V，电流表的示数为1.6A；当开关S闭合时，电压表的示数为2V，电流表的示数为1.5A，求：
（1）开关S断开时电阻R1上消耗的功率；
（2）电源的电动势和内电阻。

参考答案：
解析：
S断开时V表读数即为路端电压，故：R1=U1/I1=4Ω P R1=U1I1=10.24W
S合上时V表所测电压为R3两端的电压，故：I R3=0.5A
此时有：1.5×4=0.5（4+R2）得R2=12Ω
故：E=6.4+1.6r E=1.5×4+（1.5+0.5）r
得：E=8V r=1Ω
18. 如图所示，在直角坐标系xOy平面的y轴左侧区域，存在方向沿y轴负向的匀强电场（y轴为其右边界），场强E=1.0×4V/m．在y轴的右侧等腰三角形OMN区域内，存在一磁感应强度B=6.0T、方向垂直xOy平面向里的匀强磁场，其右边界MN与y轴平行，且间距
d=5.0m，∠NOM=120°，一质量m=1.0×10﹣8kg，电荷量q=1.6×10﹣6C的粒子，从电场中的P（﹣
，0.6）点以初速度v0沿x轴正向抛出，刚好经坐标原点O以与x轴成30°角的方向射入磁场，不计粒子重力．
（1）求粒子从P点抛出时的初速度v0的大小．
（2）若粒子从第二象限某位置沿x轴正向抛出后，均能经坐标原点O沿与x轴成30°角的方向射入磁场，再从磁场区以内与边界垂直的方向射出，求粒子抛出的所有可能位置．
参考答案：
考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．
专题：带电粒子在复合场中的运动专题．
分析：（1）粒子在电场中做类平抛运动，设粒子经过O点时速度为v，应有v0=v?cos30°
．根据牛顿
第二定律和运动学公式结合，可求解v0．
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，qvB=m，可得到y与R的关系
式．粒子经坐标原点O时速度偏向角为30°，可得到tan30°===，从而得出粒子抛出位置的坐标必满足的方程．据题粒子磁场边界垂直射出有两种情况：一是从边界OM垂直射出，一是从边界OM垂直射出，由几何关系得到R的值，从而可得到粒子抛出的所有可能位置．
解答：解：（1）设粒子经过O点时速度为v，竖直分速度为vy，由题意可知：
v0=v?cos30°…①
=2ay…②
a=…③
v=2vy …⑤
由②③④得：v=…⑤
所以由①得：v0=?cos30°=?=2.4×103m/s
（2）设粒子在电场中的抛出位置为（x、y），射入磁场中做圆周运动的半径为R，根据洛伦兹力提供向心力，得：
qvB=m…⑥
由⑤⑥可得：y===7.2×10﹣2R2…⑦
因粒子经坐标原点O时速度偏向角为30°，则tan30°===，即粒子抛出位置的坐标必满足方程：
y=﹣x…⑧
于是得抛出位置的横坐标为：x=﹣×10﹣2R2…⑨
分两种情况讨论：Ⅰ、当粒子从边界MN垂直射出磁场时：
R=2d=10m
将R值代入⑨式得抛出位置的横坐标：x=﹣m
Ⅱ、当粒子从边界OM垂直射出磁场，且运动轨迹恰与边界MN相切，由几何知识求得：
R==m
将R值代入⑨式得抛出位置的横坐标：x=﹣m
综上所得，要使粒子从磁场边界垂直射出，粒子抛出的位置必须在直线y=﹣x上，区间范围为：
x=﹣m或﹣m≤x＜0．
答：（1）粒子从P点抛出时的初速度v0的大小是2.4×103m/s．
（2）要使粒子从磁场边界垂直射出，粒子抛出的位置必须在直线y=﹣x上，区间范围为：x=﹣
m或﹣m≤x＜0．
点评：粒子在电场中类平抛运动研究的方法是运动的分解法，在磁场中要明确洛伦兹力提供向心力，运用几何知识得到轨迹半径，关键要能运用数学知识得到抛出位置坐标的参数方程．。