广东省深圳市新华中学高三物理上学期期末试卷带解析

广东省深圳市新华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. 产生光电效应时，关于逸出光电子的最大初动能Ek，下列说法正确的是______ A．对于同种金属，Ek与照射光的强度无关
B．对于同种金属，Ek与照射光的波长成反比
C．对于同种金属，Ek与光照射的时间成正比
D．对于同种金属，Ek与照射光的频率成线性关系
E．对于不同种金属，若照射光频率不变，Ek与金属的逸出功成线性关系
参考答案：
ADE
2. （单选）如图所示，甲为某闭合线圈内磁通量φ随时间t变化的函数图像，乙为某特殊电阻R的伏安特性曲线。

已知两图像具有相似性，即OA段为曲线，AB段为平行于横轴的直线。

则下列说法正确的是
A．甲图OA段表示线圈的感应电动势在O～ti时间内随时间推移而逐渐增大
B．乙图OA段表示电阻R的阻值在0～J-范围内随电流的增大而逐渐增大
C．甲图AB段表示线圈的感应电动势为零
D．乙图AB段表示电阻R的阻值为零
参考答案：
C
3. （多选）理想变压器正常工作时，原线圈一侧与副线圈一侧保持不变的物理量是（）
A．频率 B．电压 C．电流 D．电功率参考答案：
考点：交变电流．
专题：交流电专题．
分析：变压器的工作原理是互感现象，改变的是电压和电流，不变的是频率和电功率．
解答：解：A、变压器的工作原理是互感现象，电流的频率是不会改变的，故A正确；
B、C、变压器的工作原理是互感现象，升压就会降低电流，降压就会提高电流，故B错误，C错误；
D、根据能量守恒定律，理想变压器正常工作时，输入与输出的电功率相等，故D正确；
故选：AD．
4. （单选）如图所示，不带电的金属球A固定在绝缘底座上，它的正上方有B点，该处有带电液滴不断地自静止开始落下(不计空气阻力)，液滴到达A球后将电荷
量全部传给A球，设前一液滴到达A球后，后一液滴才开始下落，不计B点
未下落带电液滴对下落液滴的影响，则下列叙述中正确的是（）
A.第一滴液滴做自由落体运动，以后液滴做变加速运动，都能到达A球
B.当液滴下落到重力等于电场力位置时，开始做匀速运动
C.能够下落到A球的所有液滴下落过程所能达到的最大动能不相等
D.所有液滴下落过程中电场力做功相等
参考答案：
C 解析：A、第一滴液滴只受重力做自由落体运动，以后液滴将受力向上的电场力作用而做变加速运动，随着球A
液滴增多，带电量增大，空间产生的场强增强，以后液滴所受的电场力增大，这些液滴
先加速后减速，就不一定能到达A球，故A错误．B、当液滴下落到重力等于电场力位置时，继续向下运动时电场力增大，电场力将大于重力，开始做减速运动，故B错误．C、当液滴所受的电场力与
重力相等时动能最大，则有：mg=k，x是动能最大的位置到A距离，由于A球的电荷量qA在不断增大，x增大，所以第一滴液滴以后的液滴动能最大的位置将不断上移，合外力做功不等，则最大动能不相等，故C正确．
D、由于所有液滴下落过程中所受的电场力不等，若能到达A球，根据功的公式W=Fl可知，通过的位移相等，电场力做功不相等；若不能到达A球，液滴将返回到B点，电场力做功为零，即电场力做功相等，故D错误．故选：C．
5. 下列说法中正确的是()
A．体积、质量都极小的物体都能看成质点
B．当研究一列火车全部通过桥所需的时间时，因为火车上各点的运动相同，所以可以把火车视为质点
C．研究自行车车轮转动时，不能把自行车视为质点
D．各部分运动状态完全一致的物体可视为质点
参考答案：
AB
二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分
6. 如图，O、A、B为同一竖直平面内的三个点，OB沿竖直方向，∠BOA=60°，OA长为l，且OA：OB=2：3．将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过
A 点，则小球的初动能为；现从O
点以同样的初动能沿某一方向抛出小球，并对小球施加一方向与△OAB所在平面平行的恒力F，小球通过了A点，到达A点时的动能是初动能的3倍；若小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出，在相同的恒力作用下，恰好通过B点，且到达B点时的
动能为初动能的6倍．则此恒力F的大小为．参考答案：
解答：
解：小球以水平初速度抛出，做平抛运动，在水平方向上的位移x=lsin60°=，竖直方向上的位移y=，
根据y=，x=v0t得，解得，
则小球的初动能．
根据动能定理得，0到A有：，解得，
O到B有：W OB﹣mgl=5E k0，解得，
设恒力的方向与OB方向的夹角为α，则有：，
解得α=30°，
所以，解得F=．
故答案为：mgl
，
光. 在下列该原子光谱的各选项中,谱线从左向右的波长依次增大,则 正确的是 _____________.
参考答案： C
8. 一条悬链长7.2m ，从悬点处断开，使其自由下落，不计空气阻力．则整条悬链通过悬点正下方12.8m 处的一点所需的时间是 0.54s （g 取10m/s2）
参考答案：
解：设链条的长度为L ，悬链的下端到P 点的距离是h ，经t1链条的下端经过P 点， 则
；
；
经t2链条的上端经过P 点，此时悬链的总位移是h+L ，则：h+L=gt22，
；
整条悬链通过悬点正下方12.8m 处的P 点所需的时间：△t=t2﹣t1=1.6s ﹣1.06s=0.54s ； 故答案为：0.54s
9. 在如图所示电路中，电源电动势为6V ，内阻为1Ω，电阻R1=5Ω，R2=6Ω，滑动变阻器的阻值0—30Ω。

闭合电键K ，当滑动变阻器的滑动触头P 由a 端向b 端滑动时，理想电流表和理想电压表示数变化量的大小分别用ΔI 、ΔU 表示。

则____Ω。

R1消耗的最小电功
率为______W 。

参考答案：
６ Ω； ０.8 W 。

10. A.动能相等的两物体A 、B 在光滑水平面上沿同一直线相向而行，它们的速度大小之比v A :v B =2: 1，则动量大小之比P A :P B = ;两者碰后粘在一起运动，其总动量与A 原来动量大小之比P:P A = 。

参考答案：
1:2；1:1
根据动量与动能的关系：
【考点】动能和速度的关系：v A :v B =2: 1，可知两者质量之比1:4，所以动量的关系为：1:2；两者碰撞遵循动量守恒，其总动量与A 的动量等大反向，所以碰后的总动量与A 原来的动量之比为1:1。

11. 在用DIS 研究小车加速度与外力的关系时，某实验小组先用如图（a ）所示的实验装置，重物通过滑轮用细线拉小车，位移传感器（发射器）随小车一起沿倾斜轨道运动，位移传感器（接收器）固定在轨道一端．实验中把重物的重力作为拉力F ，改变重物重力重复实验四次，列表记录四组数据．
（1）在坐标纸上作出小车加速度a和拉力F的关系图线；
（2）从所得图线分析该实验小组在操作过程中的不当之处是：_____ __________；
（3）如果实验时，在小车和重物之间接一个不计质量的微型力传感器用来测量拉力F，如图
(b)所示．从理论上分析，该实验图线的斜率将___________．（填“变大”，“变小”，“不变”）
参考答案：
（1）图略（2）倾角过大（3）变大
12. 一家用电热水器的铭牌如图所示．该电热水器额定电压的最大值为 V，正常工作1h电
热丝产生的电热为 J．
参考答案：
311_ 7.2×106
13. 如图所示，是一列沿x轴负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，则振动的周期为s，x=1.0m处质点的振动方向
沿(填“y轴正方向”或“y轴负方向”)，x=2.0m处的质点在0—
1.5s内通过的路程为cm．
参考答案：
三、实验题：本题共2小题，每小题11分，共计22分
14.
参考答案：
15. （1）有一个标有“2.5V 0.3A”字样的小灯泡，现要测定其在0到2.5V的范围内不同电压
下的电功率，并作出其电功率P与其两端电压的平方U2的关系曲线。

有下列器材可供选
择： A．电压表V（0～3V，内阻RV＝3kΩ） B．电流表G(0～500μA，内阻RG＝600Ω)
C．电阻箱R1（0～99.99Ω） D．滑动变阻器R3（10Ω，2A）
E．滑动变阻器R4（1kΩ，0.5A） F．电源（直流4V，内阻不计）
①为保证实验安全、准确、操作方便，应选用的器材除小灯泡、电源、电流表、开关、导线外，还需要____________________________（均用器材对应的字母填写）；（2分）
②根据你设计的实验电路，完成上图的连线；（2分）
③根据你的设计，若从仪表盘上读得的数据分别为U、IG，则小灯泡在该条件下的功率表达式________________________________（均用字母表示）。

表达式中除U、IG以外，其他符号的意义是________________________________。

（各2分）
（2）有一游标卡尺，主尺的最小分度是1mm，游标上有20个小的等分刻度。

用它测量一小球的直径，如图1所示的读数是_________mm。

（2分）
参考答案：
(1) ACD (2) U (IR/R1+I) 符号意义：
（2）13.55
四、计算题：本题共3小题，共计47分
16. 如图所示，底端切线水平且竖直放置的光滑圆弧轨道的半径为L，圆心在O点，其轨道底端P 距地面的高度及与右侧竖直墙的距离均为L，Q为圆弧轨道上的一点，连线OQ与竖直方向的夹角为60°．现将一质量为m，可视为质点的小球从Q点由静止释放，不计空气阻力，重力加速度为g，求：
（1）小球在P点时受到的支持力大小；
（2）小球第一次与墙壁碰撞时的速度大小．参考答案：
解：（1）小球从Q到P过程，由机械能守恒定律得：
mgL（1﹣cos60°）=mv P2．
得：v P=
小球在P点时，由牛顿第二定律：
F N﹣mg=m
联立解得：F N=2mg
（2）小球离开P点后做平抛运动，水平位移为L时所用时间为t，则有：
L=v P t
小球下落的高度为：h=
从Q到第一次撞墙的过程，由机械能守恒定律得：
mgL[（1﹣cos60°）+h]=
联立可以得到：小球第一次与墙壁碰撞时的速度大小为：v=．
答：（1）小球在P点时受到的支持力大小是2mg；
（2）小球第一次与墙壁碰撞时的速度大小是．
【考点】动能定理的应用；向心力．
【分析】（1）小球从Q到P过程中只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律求出小球在P点时的速度，再由向心力公式求出支持力；
（2）小球离开P点后做平抛运动，由平抛运动的知识求得小球第一次与墙壁碰撞时下降的高度，再由机械能守恒求得速度的大小．
17. 如图14质量M=8kg的小车停放在光滑水平面上，在小车右端施加一水平恒力F=8N，当小车向右运动速度达到3m/s时，在小车的右端轻放一质量m=2kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ=0.2，假设小车足够长，问：①经过多长时间物块停止与小车间的相对运动？
②小物块从放到车上开始经过=3.0s所通过的位移是多少？
参考答案：
18. 如图甲所示匀强磁场B=0.5T，方向竖直向下，MN、PQ是平行的粗糙的长直导轨,间距
L=0.2m，放在水平面上，R=0.4是连在导轨一端的电阻，ab是垂直跨接在导轨上质量为
m=0.1kg的导体棒，它与导轨间的动摩擦因数为。

从t=0时刻开始，通过一小型电动机对ab棒施加一个牵引力F，方向水平向左，使其从静止开始沿导轨做加速运动，此过程中导体棒始终保持与导轨垂直且接触良好，图乙是导体棒的速度——时间图象（其中OA是直线，AC是曲线，c点后速度达到稳定为10m/s），小型电动机在12s末达到额定功率，此后功率保持不变。

除R以外，其余部分的电阻均不计，g=10m/s2。

求：（1）导体棒在0 — 12s内的加速度大小；
（2）电动机的额定功率；
（3）若已知0 — 12s内电阻R上产生的热量为12.5J，则此过程中牵引力做的功。

参考答案：
（1）由图中可得：12s末的速度为
导体棒在0 ~ 12s内的加速度大小为（3分）
（2）当导体棒达到收尾速度（1分）
棒受力平衡，有：（2分）
此时（2分）
代入后得（2分）
故（2分）
（3）在0 ~ 12s内F是变力，据动能定理（2分）又（1分）
（1分）
设12s内金属棒移动的距离为S1
（1分）
联立解得（2分）。