山西省呂梁市汾陽英雄街中學高三物理期末試卷含解析一、選擇題：本題共5小題，每小題3分，共計15分．每小題只有一個選項符合題意1.（多選）2012年11月,“殲15”艦載機在“遼寧號”航空母艦上著艦成功。圖甲為利用阻攔系統讓艦載機在飛行甲板上快速停止的原理示意圖。飛機著艦并成功鉤住阻攔索后,飛機的動力系統立即關閉,阻攔系統通過阻攔索對飛機施加一作用力,使飛機在甲板上短距離滑行后停止。某次降落,以飛機著艦為計時零點,飛機在t=0.4s時恰好鉤住阻攔索中間位置,其著艦到停止的速度—時間圖線如圖乙所示。假如無阻攔索,飛機從著艦到停止需要的滑行距離約為1000m。已知航母始終靜止,重力加速度的大小為g。則(AC)A.從著艦到停止,飛機在甲板上滑行的距離約為無阻攔索時的B.在0.4~2.5s時間內,阻攔索的張力幾乎不隨時間變化C.在滑行過程中,飛行員所承受的加速度大小會超過2.5gD.在0.4~2.5s時間內,阻攔系統對飛機做功的功率幾乎不變參考答案：AC解析：A、由圖象可知，從著艦到停止，飛機在甲板上滑行的距離即為圖象與時間所構成的面積，即約為m＝105m，而無阻攔索的位移為1000m，因此飛機在甲板上滑行的距離約為無阻攔索時的，故A正確；B、在0.4s～2.5s時間內，速度與時間的圖象的斜率不變，則加速度也不變，所以合力也不變，因此阻攔索的張力的合力幾乎不隨時間變化，但阻攔索的張力是變化的，故B錯誤；C、在滑行過程中，飛行員所承受的加速度大小為a＝m/s2＝26.2m/s2＞2.5g，故C正確；D、在0.4s～2.5s時間內，阻攔系統對飛機做功的功率P=FV，雖然F不變，但V是漸漸變小，所以其變化的，故D錯誤；故選：AC2.小陳在地面上從玩具槍中豎直向上射出初速度為v0的塑料小球，若小球運動過程中受到的空氣阻力與其速率成正比，小球運動的速率隨時間變化的規律如圖所示，t1時刻到達最高點，再落回地面，落地速率為v1，下列說法中正確的是（）A．小球上升過程中的平均速度大于B．小球下降過程中的平均速度大于C．小球射出時的加速度值最大，到達最高點的加速度值為0D．小球的加速度在上升過程中逐漸減小，在下降過程中也逐漸減小參考答案：BD解：A、上升過程若是勻減速直線運動，其平均速度為，而從圖中可以看出其面積小于勻減速直線運動的面積，即小球實際上升的位移小于做勻減速上升的位移，而平均速度等于位移與時間之比，故其平均速度小于勻減速運動的平均速度，即小于．故A錯誤．B、同理，可知小球下降過程中的平均速度大于勻加速下降的平均速度，即大于．故B正確．C、小球拋出時，根據牛頓第二定律得：mg+kv=ma，此時速率最大，可知此時的加速度最大，到最高點時，v=0，加速度a=g，不是0．故C錯誤．D、上升過程有：mg+kv=ma，v減小，a減小．下降過程有：mg﹣kv=ma，v增大，a減小，故D正確．故選：BD3.（單選）如圖甲所示，一理想變壓器給一個小燈泡供電．當原線圈輸入如圖乙所示的正弦交變電壓時，額定功率10W的小燈泡恰好正常發光，已知燈泡的電阻為40Ω，圖中電壓表為理想電表，下列說法正確的是(

)A．變壓器輸入電壓的瞬時值表達式為B．電壓表的示數為220VC．變壓器原、副線圈的匝數比為11:1D．變壓器的輸入功率為110W參考答案：C4.如圖所示，實線為方向未知的三條電場線，虛線分別為等勢線1、2、3，已知MN＝NQ，a、b兩帶電粒子從等勢線2上的O點以相同的初速度飛出。僅在電場力作用下，兩粒子的運動軌跡如圖所示，則(

)A．a一定帶正電，b一定帶負電B．a加速度增大，b加速度減小C．MN兩點電勢差｜UMN｜大于NQ兩點電勢差｜UNQ｜D．a粒子到達等勢線3的動能變化量比b粒子到達等勢線1的動能變化量小參考答案：C5.（多選題）小球P和Q用不可伸長的輕繩懸掛在天花板上，P的質量與Q的質量之比為2：1，連接P、Q兩球的繩長之比為1：2，將兩球拉起，使兩繩均被水平拉直，如圖所示，將兩球由靜止釋放，不計空氣阻力．在各自軌跡的最低點時（）A．兩球運動至懸點正下方時速度之比為1：2B．兩球運動至懸點正下方時向心力之比為5：4C．兩球運動至懸點正下方時繩中拉力之比為2：1D．兩球運動至懸點正下方時向心加速度之比為1：1參考答案：CD【考點】向心力；線速度、角速度和周期、轉速．【分析】從靜止釋放至最低點，由機械能守恒列式，可知最低點的速度；在最低點由牛頓第二定律可得繩子的拉力和向心加速度．【解答】解：A、對任意一球，設繩子長度為L．小球從靜止釋放至最低點，由機械能守恒得：mgL=mv2，解得：v=，v∝，則得，P球、Q球的速度比為1：，故A錯誤．B、向心力=2mg，P的質量與Q的質量之比為2：1，則兩球運動至懸點正下方時向心力之比為2：1．故B錯誤．C、在最低點，拉力和重力的合力提供向心力，由牛頓第二定律得：F﹣mg=，解得，F=3mg，與L無關，與m成正比，所以P球、Q球所受繩的拉力比為2：1，故C正確．D、在最低點小球的向心加速度a向==2g，與L無關，所以P球、Q球的向心加速度比為1：1，故D正確．故選：CD二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.為了測量兩張紙之間的動摩擦因數，某同學設計了一個實驗：如圖甲所示，在木塊A和木板B上貼上待測的紙，將木板B固定在水平桌面上，沙桶通過細線與木塊A相連。(1)調節沙桶中沙的多少，使木塊A勻速向左運動。測出沙桶和沙的總質量為m以及貼紙木塊A的質量M，則兩紙間的動摩擦因數μ= ；(2)在實際操作中，發現要保證木塊A做勻速運動比較困難，有同學對該實驗進行了改進：實驗裝置如圖乙所示，木塊A的右端接在力傳感器上(傳感器與計算機相連接，從計算機上可讀出對木塊的拉力)，使木板B向左運動時，質量為M的木塊A能夠保持靜止。若木板B向左勻速拉動時，傳感器的讀數為F1，則兩紙間的動摩擦因數μ=

；當木板B向左加速運動時，傳感器的讀數為F2，則有F2

F1(填“>”、“=”或“<”)；參考答案：m/M

F1/Mg

=（1）木塊A勻速向左運動，由牛頓第二定律得，解得。（2）質量為M的木塊A能夠保持靜止，說明木塊受到的摩擦力和傳感器對物塊的拉力是一對平衡力。不管木板B向左如何拉動，傳感器的拉力都跟AB之間的摩擦力大小相等，方向相反，即=F2。7.（5分）一質量為，電量為的帶正電質點，以的速度垂直于電場方向從點進入勻強電場區域，并從點離開電場區域。離開電場時的速度為。由此可知，電場中、兩點間的電勢差____________V；帶電質點離開電場時，速度在電場方向的分量為______________。不考慮重力作用。參考答案：答案：，

8.水平放置相互靠近的帶電平板上極板帶正電，下極板帶負電，兩極板間電勢差為U，一束射線沿兩板中央軸線射入，結果發現熒光屏MN位于軸線上方的某處出現亮點，由此可判斷組成該射線的粒子所帶的電是______電（填“正”或“負”）；若每個粒子所帶電量的大小為q，則打到熒光屏上粒子的動能增量最大值為___________（粒子重力不計）．

參考答案：答案：負

uq/29.“探究動能定理”的實驗裝置如圖甲所示，水平桌面上一小車在兩條橡皮筋作用下，由靜止狀態被彈出，橡皮筋對小車做的功記為W0。當用4條、6條、8條……完全相同的橡皮筋并在一起進行第2次、第3次、第4次……實驗時，橡皮筋對小車做的功記為2W0、3W0、4W0……，每次實驗中由靜止彈出的小車獲得的最大速度可由打點計時器所打的紙帶測出。（1）關于該實驗，下列說法正確的是

。A．打點計時器可以用直流電源供電，電壓為4~6VB．實驗中使用的若干根橡皮筋的原長可以不相等C．每次實驗中應使小車從同一位置由靜止彈出D．利用每次測出的小車最大速度vm和橡皮筋做的功W，依次做出W-vm、W-vm2、W-vm3、W2-vm、W3-vm……的圖象，直到找出合力做功與物體速度變化的關系。（2）圖乙給出了某次在正確操作情況下打出的紙帶，從中截取了測量物體最大速度所用的一段紙帶，測得O點到A、B、C、D、E各點的距離分別為OA=5.65cm，OB=7.12cm，OC=8.78cm，OD=10.40cm，OE=11.91cm，已知相鄰兩點打點時間間隔為0.02s，則小車獲得的最大速度vm=

m/s。參考答案：①CD②0.8310.某探究學習小組的同學欲驗證“動能定理”，他們在實驗室組裝了一套如圖所示的裝置，另外他們還找到了打點計時器所用的學生電源、導線、復寫紙、紙帶、小木塊、細沙．當滑塊連接上紙帶，用細線通過滑輪掛上空的小沙桶時，釋放小桶，滑塊處于靜止狀態．若你是小組中的一位成員，要完成該項實驗，則：（1）你認為還需要的實驗器材有

（2）實驗時為了保證滑塊受到的合力與沙和沙桶的總重力大小基本相等，沙和沙桶的總質量應滿足的實驗條件是

，實驗時為保證細線拉力為木塊的合外力首先要做的步驟

（3）在（2）的基礎上，某同學用天平稱量滑塊的質量M.往沙桶中裝入適量的細沙，用天平稱出此時沙和沙桶的總質量m.讓沙桶帶動滑塊加速運動，用打點計時器記錄其運動情況，在打點計時器打出的紙帶上取兩點，測出這兩點的間距L和這兩點的速度大小v1與v2（v1＜v2）。則本實驗最終要驗證的數學表達式為

（用題中的字母表示實驗中測量得到的物理量）.參考答案：（1）天平，刻度尺（2分）（2）沙和沙桶的總質量遠小于滑塊的質量（2分），平衡摩擦力（2分）（3）（3分）（1）實驗要驗證動能增加量和總功是否相等，故需要求出總功和動能，故還要天平和刻度尺；故答案為：刻度尺、天平；

（2）沙和沙桶加速下滑，處于失重狀態，其對細線的拉力小于重力，設拉力為T，根據牛頓第二定律，有

對沙和沙桶，有mg-T=ma

對小車，有T=Ma

解得故當M＞＞m時，有T≈mg

小車下滑時受到重力、細線的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，則應該用重力的下滑分量來平衡摩擦力，故可以將長木板的一端墊高；

故答案為：沙和沙桶的總質量遠小于滑塊的質量，平衡摩擦力；

（3）總功為：mgL，動能增加量為：故答案為：mgL=11.如圖所示，真空中有一頂角為75o，折射率為n=的三棱鏡．欲使光線從棱鏡的側面AB進入，再直接從側面AC射出，求入射角θ的取值范圍為

▲

。

參考答案：450＜θ＜90012.如圖甲所示為測量電動機勻速轉動角速度的實驗裝置，半徑不大的圓形卡紙固定在電動機轉軸上，在電動機的帶動下勻速轉動．在圓形卡紙的旁邊垂直安裝了一個改裝了的電火花計時器．(1)請將下列實驗步驟按先后排序：________A．使電火花計時器與圓形卡紙保持良好接觸B．接通電火花計時器的電源，使它工作起來C．啟動電動機，使圓形卡紙轉動起來D．關閉電動機，拆除電火花計時器；研究卡紙上留下的一段痕跡(如圖乙所示)，寫出角速度ω的表達式，代入數據，得出ω的測量值。(2)要得到ω的測量值，還缺少一種必要的測量工具，它是________．A．秒表

B．毫米刻度尺

C．圓規

D．量角器(3)寫出角速度ω的表達式，并指出表達式中各個物理量的意義。參考答案：(1)ACBD

(2)D

(3)θ為n個點對應的圓心角，T為時間間隔13.為了探究加速度與力的關系，使用如圖所示的氣墊導軌裝置進行實驗．其中G1、G2為兩個光電門，它們與數字計時器相連，當滑行器通過G1、G2光電門時，光束被遮擋的時間Δt1、Δt2都可以被測量并記錄，滑行器連同上面固定的一條形擋光片的總質量為M，擋光片寬度為D，光電門間距離為x，牽引砝碼的質量為m.回答下列問題：

(1)實驗開始應先調節氣墊導軌下面的螺釘，使氣墊導軌水平，在不增加其他儀器的情況下，如何判定調節是否到位？答：_______________________________________________________________________(2)若取M＝0.4kg，改變m的值，進行多次實驗，以下m的取值不合適的一個是（

）A．m1＝5g

B．m2＝15gC．m3＝40g

D．m4＝400g(3)在此實驗中，需要測得每一個牽引力對應的加速度，其中求得的加速度的表達式為：__________________________________________(用Δt1、Δt2、D、x表示)．參考答案：三、實驗題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.某同學用打點計時器研究小車的勻變速直線運動。他將打點計時器接到頻率為50Hz的交流電源上，實驗時得到如圖所示的一條紙帶。他在紙帶上便于測量的地方選取第一個計時點，在這點下標明A，第六個點下標明B，第十一個點下標明C，第十六個點下標明D，第二十一個點下標明E。測量時發現B點已模糊不清，于是他測得AC長為14.56cm，CD長為11.15cm，DE長為13.73cm，則打C點時小車的瞬時速度大小為

m/s，小車運動的加速度大小為 m/s2。（保留三位有效數字）參考答案：15.（7分）某同學用如圖所示的裝置測定重力加速度：

（1）電火花計時器的工作電壓為______，頻率________。（2）打出的紙帶如圖所示，實驗時紙帶的______端應和重物相連接。（選填“甲”或“乙”）（3）紙帶上1至9各點為計時點，由紙帶所示數據可算出實驗時的加速度為______m/s2。（4）當地的重力加速度數值為9.8m/s2，請列出測量值與當地重力加速度的值有差異的一個原因__________。參考答案：

答案：（1）交流220V，50Hz；（2分）（2）乙；（1分）（3）9.4；（3分）（4）空氣阻力、摩擦阻力；（1分）四、計算題：本題共3小題，共計47分16.17(10分).如圖所示,金屬桿,在豎直平面內貼著光滑平行金屬導軌下滑,導軌的間距,導軌上端接有的電阻,導軌與金屬桿的電阻不計,整個裝置處于的水平勻強磁場中,磁場方向垂直于導軌平面.當金屬桿下滑時,每秒鐘有的重力勢能減少,求桿下滑的速度的大小(不計空氣阻力)

參考答案：(1)小球進入第一象限正交\o"全品高考網"的電場和磁場后,在垂直磁場\o"全品高考網"的平面內做圓周運動,說明重力與電場力平衡.設小球所帶電荷量為,則有:

(1)解得:

(2)又電場方向豎直向上故小球帶正電.

………3分(2)設勻速圓周運動\o"全品高考網"的速度為、軌道半徑為由洛倫茲力提供向心力得:

(3)小球恰能通過半圓軌道\o"全品高考網"的最高點并沿軌道運動，則應滿足：

(4)由(3)(4)得：

(5)即:\o"全品高考網"的最小距離為：

(6)………5分

(3)小球由運動到\o"全品高考網"的過程中設到達點的速度為,由機械能守恒得：

(7)由(4)(7)解得：

(8)小球從點進入電場區域后,在絕緣光滑水平面上作類平拋運動.設加速度為,則有:沿軸方向有：

(9)沿電場方向有：

(10)由牛頓第二定律得:

(11)時刻小球距點為：

………617.如圖所示，在xOy平面的第Ⅱ象限內存在沿y軸負方向的勻強電場，電場強度為E。第Ⅰ和第Ⅳ象限內有一個半徑為R的圓，其圓心坐標為（R，0），圓內存在垂直于xOy平面向里的勻強磁場，一帶正電的粒子（重力不計）以速度v0從第Ⅱ象限的P點平行于x軸進入電場后，恰好從坐標原點O進入磁場，速度方向與x軸成60°角，最后從Q點平行于y軸射出磁場。P點所在處的橫坐標x＝－2R。求：（1）帶電粒子的比荷；（2）磁場的磁感應強度大小；（3）粒子從P點進入電場到從Q點射出磁場的總時間。參考答案：（1）；（2）；（3）本題旨在考查帶電粒子在勻強磁場中的運動、帶電粒子在勻強電場中的運動。（1）粒子在電場中做類似平拋運動，根據分運動公式，有：根據牛頓第二定律，有：水平分運動：聯立解得：（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，軌跡如圖所示：

由幾何關系，圖中軌跡圓與磁場圓的兩個交點、軌跡圓圓心、磁場圓圓心構成四邊形，由于，故是菱形；故：根據牛頓第二定律，有：其中：聯立解得：（3）在電場中是類似平拋運動，有：在磁場中是勻速圓周運動，時