河南省漯河市培智學校高三物理下學期期末試卷含解析一、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.靜電場方向平行于x軸，其電勢φ隨x的分布可簡化為如圖所示的折線。一質量為m、帶電量為＋q的粒子（不計重力），以初速度v0從O點進入電場，沿x軸正方向運動。下列敘述正確的是

(

)

A．粒子從O運動到x1的過程中速度逐漸增大B．粒子從x1運動到x3的過程中，電勢能先減小后增大C．要使粒子能運動到x4處，粒子的初速度v0至少為D．若v0＝，粒子在運動過程中的最大速度為參考答案：D2.（單選）如圖，粗細均勻的玻璃管A和B由一橡皮管連接，構成連通器，一定質量的空氣被水銀柱封閉在A管內，此時兩管水銀面一樣高，B管上方與大氣相通。若固定A管，將B管沿豎直方向緩慢上移一小段距離H，A管內的水銀面相應升高h，則h與H的關系有（A）h＝H （B）h＜ （C）h＝ （D）＜h＜H參考答案：B3.如圖所示，一個水平圓盤繞中心豎直軸勻速轉動，角速度是4rad/s，盤面上距圓盤中心0.10m的位置有一個質量為0.10kg的小物體，與圓盤相對靜止隨圓盤一起轉動．小物體所受向心力大小是（）A．0.14N B．0.16N C．8N D．16N參考答案：B解：物體所受向心力為：F=mω2r，將ω=4rad/s，r=0.1m，m=0.1kg，帶入得：F=0.16N，故ACD錯誤，B正確；故選：B4.（單選）如圖所示，在AB間接入正弦交流電U1=220V，通過理想變壓器和二極管D1、D2給阻值R=20Ω的純電阻負載供電，已知D1、D2為相同的理想二極管，正向電阻為0，反向電阻無窮大，變壓器原線圈n1=110匝，副線圈n2=20匝，Q為副線圈正中央抽頭，為保證安全，二極管的反向耐壓值至少為U0，設電阻R上消耗的熱功率為P，則有

(

)A．U0=40V，P=80W

B．U0=40V，P=80WC．U0=40V，P=20W

D．U0=40V，P=20W參考答案：C5.（單選題）質量相等的甲、乙兩車從某地同時由靜止開始沿直線同方向加速運動，甲車功率恒定，乙車牽引力恒定，兩車所受阻力相等且均為恒力．經過t時間，甲、乙兩車速度相同，則（）A．t時刻甲車一定在乙車的前面B．t時刻甲車加速度大于乙車加速度C．t時刻甲車牽引力的瞬時功率大于乙車牽引力的瞬時功率D．t時間內甲車牽引力的平均功率小于乙車牽引力的平均功率

參考答案：A解：A、恒定功率啟動是加速度不斷減小的加速運動，其速度時間圖象為曲線，勻加速啟動是直線，如圖速度時間圖象與時間軸包圍的面積等于位移，故甲車位移較大，故A正確；B、速度時間圖線上某點的斜率表示該時刻的加速度，故甲的加速度較小，故B錯誤；C、根據牛頓第二定律，有F﹣f=ma，由于t時刻甲的加速度較小，故牽引力較小，由P=Fv，可知t時刻甲的瞬時功率較小，故C錯誤；D、甲車功率不變，故平均功率等于t時刻功率，t時刻甲車功率較小，故D錯誤；故選A．二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.如圖所示，光滑的半圓槽內，A球從高h處沿槽自由滑下，與靜止在槽底的B球相碰，若碰撞后A球和B球到達的最大高度均為h／9，A球、B球的質量之比為_____________或____________。參考答案：1:4，1:27.如圖所示，兩木塊A和B疊放在光滑水平面上，質量分別為m和M，A與B之間的最大靜摩擦力為f，B與勁度系數為k的輕質彈簧連接構成彈簧振子。為使A和B在振動過程中不發生相對滑動，則它們的振幅不能大于

，它們的最大加速度不能大于

參考答案：

略8.（2分）傳感器是自動控制設備中不可缺少的元件。圖是一種測定位移的電容式傳感器電路。在該電路中，閉合開關S一小段時間后，使工件（電介質）緩慢向左移動，則在工件移動的過程中，通過電流表G的電流

（填“方向由a至b”、“方向由b至a”或“始終為零”）參考答案：方向由a至b9.（15分）已知萬有引力常量為G，地球半徑為R，同步衛星距地面的高度為h，地球的自轉周期T，地球表面的重力加速度g.某同學根據以上條件，提出一種估算地球赤道表面的物體隨地球自轉的線速度大小的方法：地球赤道表面的物體隨地球作圓周運動，由牛頓運動定律有又因為地球上的物體的重力約等于萬有引力,有

由以上兩式得:

⑴請判斷上面的結果是否正確，并說明理由。如不正確，請給出正確的解法和結果。

⑵由以上已知條件還可以估算出哪些物理量?(請估算兩個物理量,并寫出估算過程).參考答案：解析：（1）以上結果是不正確的。因為地球赤道表面的物體隨地球作圓周運動的向心力并不是物體所受的萬有引力，而是萬有引力與地面對物體支持力的合力。……………(3分)

正確解答如下：地球赤道表面的物體隨地球自轉的周期為T，軌道半徑為R，所以線速度大小為：……………(4分)

(2)①可估算地球的質量M，設同步衛星的質量為m，軌道半徑為，周期等于地球自轉的周期為T，由牛頓第二定律有：……………(3分)

所以……………(1分)

②可估算同步衛星運轉時線速度的大小，由①知地球同步衛星的周期為T，軌道半徑為，所以……………(4分)【或：萬有引力提供向心力……………(1分)

對地面上的物體有：……………(1分)，

所以得：……(2分)】10.如圖所示，在傾角為37°的固定光滑斜面上放著一塊質量不計的薄板，水平放置的棒OA，A端擱在薄板上，O端裝有水平轉軸，將薄板沿斜面向上和向下勻速拉動時所需拉力大小之比為3：4，則棒對板的壓力大小之比為__________，棒和薄板間的動摩擦因數為_____________。（cos37o=0.8，sin37o=0.6）參考答案：3:4；11.如圖所示，質量M的長木板B靜止在光滑的水平地面上，在其右端放一質量m（m＜M）的小滑塊A（可視為質點）．初始時刻，A、B分別以v0向左、向右運動，最后A沒有滑離B板．則最后A的速度大小為，速度方向為向右．參考答案：考點：動量守恒定律．專題：動量定理應用專題．分析：系統動量守恒，由動量守恒定律可以求出速度的大小與方向．解答：解：最后A、B獲得相同的速度，設此速度為v，以B的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：Mv0﹣mv0=（M﹣m）v，解得：v=，方向向右；故答案為：，向右．點評：本題考查了求速度與運動時間問題，分析清楚物體的運動過程、應用動量守恒定律與動量定理即可正確解題．12.一水泵的出水管口距離地面1.25m，且與地面平行，管口的橫截面積大小為1×10-2m2。調節水泵使出水管噴水的流量達到4×10-2m3/s，忽略空氣阻力，則水柱的水平射程為________m，空中水柱的總水量為________m3。（重力加速度g取10m/s2）參考答案：2，2′10-2

13.如圖所示，在平面直角中，有方向平行于坐標平面的勻強電場，已測得坐標原點處的電勢為0V，點處的電勢為6V,點處的電勢為3V,那么電場強度的大小為E=

V/m，方向與X軸正方向的夾角為

。參考答案：200V/m

1200三、簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.（2014?宿遷三模）學校科技節上，同學發明了一個用彈簧槍擊打目標的裝置，原理如圖甲，AC段是水平放置的同一木板；CD段是豎直放置的光滑半圓弧軌道，圓心為O，半徑R=0.2m；MN是與O點處在同一水平面的平臺；彈簧的左端固定，右端放一可視為質點、質量m=0.05kg的彈珠P，它緊貼在彈簧的原長處B點；對彈珠P施加一水平外力F，緩慢壓縮彈簧，在這一過程中，所用外力F與彈簧壓縮量x的關系如圖乙所示．已知BC段長L=1.2m，EO間的距離s=0.8m．計算時g取10m/s2，滑動摩擦力等于最大靜摩擦力．壓縮彈簧釋放彈珠P后，求：（1）彈珠P通過D點時的最小速度vD；（2）彈珠P能準確擊中平臺MN上的目標E點，它通過C點時的速度vc；（3）當緩慢壓縮彈簧到壓縮量為x0時所用的外力為8.3N，釋放后彈珠P能準確擊中平臺MN上的目標E點，求壓縮量x0．參考答案：（1）彈珠P通過D點時的最小速度為；（2）通過C點時的速度為m/s；（3）壓縮量為0.18m．考點： 動能定理的應用；機械能守恒定律．專題： 動能定理的應用專題．分析： （1）根據D點所受彈力為零，通過牛頓第二定律求出D點的最小速度；（2）根據平拋運動的規律求出D點的速度，通過機械能守恒定律求出通過C點的速度．（3）當外力為0.1N時，壓縮量為零，知摩擦力大小為0.1N，對B的壓縮位置到C點的過程運用動能定理求出彈簧的壓縮量．解答： 解：（1）當彈珠做圓周運動到D點且只受重力時速度最小，根據牛頓第二定律有：mg=解得．v==m/s（2）彈珠從D點到E點做平拋運動，設此時它通過D點的速度為v，則s=vtR=gt從C點到D點，彈珠機械能守恒，有：聯立解得v=代入數據得，V=2m/s（3）由圖乙知彈珠受到的摩擦力f=0.1N，根據動能定理得，且F1=0.1N，F2=8.3N．得x=代入數據解得x0=0.18m．答：（1）彈珠P通過D點時的最小速度為；（2）通過C點時的速度為m/s；（3）壓縮量為0.18m．點評： 本題考查了動能定理、機械能守恒定律、牛頓第二定律的綜合，涉及到圓周運動和平拋運動，知道圓周運動向心力的來源，以及平拋運動在豎直方向和水平方向上的運動規律是解決本題的關鍵．15.如圖所示，在平面直角坐標系中有一個垂直紙面向里的圓形勻強磁場，其邊界過原點O和y軸上的點A（0，L）．一質量為m、電荷量為e的電子從A點以初速度v0平行于x軸正方向射入磁場，并從x軸上的B點射出磁場，射出B點時的速度方向與x軸正方向的夾角為60°．求：（1）勻強磁場的磁感應強度B的大小；（2）電子在磁場中運動的時間t．參考答案：答：（1）勻強磁場的磁感應強度B的大小為；（2）電子在磁場中運動的時間t為考點： 帶電粒子在勻強磁場中的運動；牛頓第二定律；向心力．專題： 帶電粒子在磁場中的運動專題．分析： （1）電子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律可以求出磁感應強度．（2）根據電子轉過的圓心角與電子做圓周運動的周期可以求出電子的運動時間．解答： 解：（1）設電子在磁場中軌跡的半徑為r，運動軌跡如圖，可得電子在磁場中轉動的圓心角為60°，由幾何關系可得：r﹣L=rcos60°，解得，軌跡半徑：r=2L，對于電子在磁場中運動，有：ev0B=m，解得，磁感應強度B的大小：B=；（2）電子在磁場中轉動的周期：T==，電子轉動的圓心角為60°，則電子在磁場中運動的時間t=T=；答：（1）勻強磁場的磁感應強度B的大小為；（2）電子在磁場中運動的時間t為．點評： 本題考查了電子在磁場中的運動，分析清楚電子運動過程，應用牛頓第二定律與周期公式即可正確解題．四、計算題：本題共3小題，共計47分16.甲乙兩輛汽車都從靜止出發做加速直線運動，加速度方向一直不變。在第一段時間間隔內，兩輛汽車的加速度大小不變，汽車乙的加速度大小是甲的兩倍；在接下來的相同時間間隔內，汽車甲的加速度大小增加為原來的兩倍，汽車乙的加速度大小減小為原來的一半。求甲乙兩車各自在這兩段時間間隔內走過的總路程之比。參考答案：解：設汽車甲在第一段時間間隔末（時間t0）的速度為,第一段時間間隔內行駛的路程為s1,加速度為,在第二段時間間隔內行駛的路程為s2。由運動學公式得

①（2分）②（2分）③（2分）設乙車在時間t0的速度為，在第一、二段時間間隔內行駛的路程分別為、。同樣有

④（2分）⑤（2分）⑥（2分）設甲、乙兩車行駛的總路程分別為、，則有

⑦（2分）⑧（2分）聯立以上各式解得，甲、乙兩車各自行駛的總路程之比為⑨（2分）17.某均勻介質中的質點A做簡諧運動，t=0時刻起其振動圖象如圖所示，t=10s時，距A