河南省商丘市寧陵縣城郊鄉(xiāng)聯(lián)合中學(xué)高三物理期末試題含解析

河南省商丘市寧陵縣城郊鄉(xiāng)聯(lián)合中學(xué)高三物理期末試題含解析一、選擇題：本題共5小題，每小題3分，共計(jì)15分．每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意1.某同學(xué)利用如圖所示的裝置，探究水平面上兩物體間滑動摩擦力與正壓力之間的關(guān)系，按照正確的操作步驟，適當(dāng)添加鉤碼，使其能夠帶動小車向右運(yùn)動。①實(shí)驗(yàn)中小車的運(yùn)動是否必須為勻速直線運(yùn)動？答：

（填“是”或者“否”）②實(shí)驗(yàn)中用來表示滑動摩擦力大小的是：

；表示兩物體間正壓力大小的是

（填選項(xiàng)符號）A．鉤碼重力

B．小車、木塊和砝碼重力

C．木塊和砝碼總重力

D.彈簧秤的讀數(shù)參考答案：否

D

C2.如圖所示，在傾角為的斜面上，輕質(zhì)彈簧一端與斜面底端固定，另一端與質(zhì)量為M的平板A連接，一個(gè)質(zhì)量為m的物體B靠在平板的右側(cè)，A、B與斜面的動摩擦因數(shù)均為。開始時(shí)用手按住物體B使彈簧處于壓縮狀態(tài)，現(xiàn)放手．使A和B一起沿斜面向上運(yùn)動距離L時(shí)，A和B達(dá)最大速度V．則以下說法正確的是.A.A和B達(dá)到最大速度V時(shí)，彈簧是自然長度B．若運(yùn)動過程中A和B能夠分離，則A和B恰好分離時(shí)，二者加速度大小均為g(sin+cos)C.從釋放到A和B達(dá)到最大速度V的過程中，彈簧對A所做的功等于Mv+MgLsin+MgLcosD．從釋放到A和B達(dá)到最大速度V的過程中．B受到的合力對它所做的功等于mv參考答案：3.下列說法中正確的是（

）

A．在一房間內(nèi)，打開一臺冰箱的門，再接通電源，過一段時(shí)間后，室內(nèi)溫度就會降低

B．從目前的理論看來，只要實(shí)驗(yàn)設(shè)備足夠高級，可以使溫度降低到－274℃C．第二類永動機(jī)是不能制造出來的，盡管它不違反熱力學(xué)第一定律，但它違反熱力學(xué)第二定律D．機(jī)械能可以自發(fā)地全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，內(nèi)能也可以全部轉(zhuǎn)化為機(jī)械能而不引起其它變化參考答案：

答案：C4.如圖所示，一只氣球在風(fēng)中處于靜止?fàn)顟B(tài)，風(fēng)對氣球的作用力水平向右．細(xì)繩與豎直方向的夾角為α，繩的拉力為T，則風(fēng)對氣球作用力的大小為A. B. C.Tsinα D.Tcosα參考答案：C【詳解】對氣球受力分析，由水平方向平衡條件可得：，故C正確。

5.(多選)如圖所示，一輕質(zhì)彈簧的下端固定在水平面上，上端疊放兩個(gè)質(zhì)量均為M的物體A、B(B物體與彈簧連接)，彈簧的勁度系數(shù)為k，初始時(shí)物體處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)用豎直向上的拉力F作用在物體A上，使物體A開始向上做加速度為a的勻加速運(yùn)動，測得兩個(gè)物體的vt圖象如圖乙所示(重力加速度為g)，則A．施加外力前，彈簧的形變量為2Mg/kB．外力施加的瞬間，A、B間的彈力大小為M(g－a)C．A、B在t1時(shí)刻分離，此時(shí)彈簧彈力大小為M(g+a)/kD．彈簧恢復(fù)到原長時(shí)，物體B的速度達(dá)到最大值參考答案：ABC二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計(jì)16分6.如圖所示，半徑為R的光滑半圓球固定在水平面上，頂部有一小物體A，現(xiàn)給它一個(gè)水平初速度，當(dāng)這一水平初速度v0至少為_______________時(shí)，它將做平拋運(yùn)動，這時(shí)小物體A的落地點(diǎn)P到球心O的距離=_______________.參考答案：;7.在質(zhì)量為M的電動機(jī)飛輪上，固定著一個(gè)質(zhì)量為m的重物，重物到軸的距離為R，如圖所示，為了使電動機(jī)不從地面上跳起，電動機(jī)飛輪轉(zhuǎn)動的最大角速度不能超過__________。參考答案：

8.如圖所示，質(zhì)量m=1kg、長L=0.8m的均勻矩形薄板靜止在水平桌面上，其右端與桌子邊緣相平。板與桌面間的動摩擦因數(shù)為μ=0.4?，F(xiàn)用F=5N的水平力向右推薄板，木板翻下桌子前移動的距離為______________m；使它翻下桌子力F做的功至少為______________J。

參考答案：0.4m

1.6J9.如圖1，電源電動勢E＝6V，內(nèi)阻r＝2Ω，電鍵S閉合后，將滑動變阻器的滑片從A端移動到B端，該過程中定值電阻R1、R2消耗的功率與通過該電阻的電流的關(guān)系如圖2所示。由圖可知，滑動變阻器的阻值最大范圍為_____Ω，R1的最大功率為______W。參考答案：6，410.如圖所示，質(zhì)量為50g的小球以12m/s的水平速度拋出，恰好與傾角為37o的斜面垂直碰撞，則此過程中重力的功為

J，重力的沖量為

N·s。參考答案：

6.4

J，0.8

N·s11.電子所帶的電荷量（元電荷e)最先是由密立根通過油滴實(shí)驗(yàn)測量出的，圖6是該實(shí)驗(yàn)裝置的示意圖，將兩塊水平放置的金屬板A、B連接到電路中，板間產(chǎn)生豎直向下的勻強(qiáng)電場。用一個(gè)噴霧器把許多油滴從上板中間的小孔噴入電場，油滴從噴口出來時(shí)由于摩擦帶負(fù)電。在實(shí)驗(yàn)中通過調(diào)節(jié)金屬板間的電壓，利用顯微鏡觀察，找到懸浮不動的油滴。所用部分器材已在圖中給出，其中E為直流電源，R為滑動變阻器，V為電壓表，S為開關(guān)，此外還有若干輕質(zhì)導(dǎo)線。(1)

在圖中畫線連接成實(shí)驗(yàn)電路圖（其中①②③是已經(jīng)連接好的導(dǎo)線）。(2)

實(shí)驗(yàn)時(shí)觀察到某個(gè)懸浮不動的油滴半徑為r，此時(shí)電壓表的示數(shù)為U,金屬板A、B間的距離為d。已知油滴密度為p，重力加速度為g，空氣浮力不計(jì)，則該油滴所帶的電荷量為______。（用題目中所給的物理量表示）參考答案：12.電容器作為儲能器件，在生產(chǎn)生活中有廣泛的應(yīng)用。對給定電容值為C的電容器充電，無論采用何種充電方式，其兩極間的電勢差u隨電荷量q的變化圖像都相同。（1）請?jiān)趫D1中畫出上述u–q圖像。類比直線運(yùn)動中由v–t圖像求位移方法，求兩極間電壓為U時(shí)電容器所儲存的電能Ep。（

）______（2）在如圖2所示的充電電路中，R表示電阻，E表示電源（忽略內(nèi)阻）。通過改變電路中元件的參數(shù)對同一電容器進(jìn)行兩次充電，對應(yīng)的q–t曲線如圖3中①②所示。a．①②兩條曲線不同是______（選填E或R）的改變造成的；b．電容器有時(shí)需要快速充電，有時(shí)需要均勻充電。依據(jù)a中的結(jié)論，說明實(shí)現(xiàn)這兩種充電方式的途徑。__________________（3）設(shè)想使用理想的“恒流源”替換（2）中電源對電容器充電，可實(shí)現(xiàn)電容器電荷量隨時(shí)間均勻增加。請思考使用“恒流源”和（2）中電源對電容器的充電過程，填寫下表（選填“增大”、“減小”或“不變”）。

“恒流源”（2）中電源電源兩端電壓________通過電源的電流________

參考答案：

(1).

(2).

(3).R

(4).要快速度充電時(shí)，只要減小圖2中的電阻R；要均勻充電時(shí)，只要適當(dāng)增大圖2中的電阻R即可

(5).增大

(6).不變

(7).不變

(8).減小【詳解】由電容器電容定義式得到圖象，類比圖象求位移求解電量，由圖3斜率解決兩種充電方式不同的原因和方法；根據(jù)電容器充電過程中電容器兩極板相當(dāng)于電源解答(1)由電容器電容定義式可得：，整理得：，所以圖象應(yīng)為過原點(diǎn)的傾斜直線，如圖：由題可知，兩極間電壓為U時(shí)電容器所儲存的電能即為圖線與橫軸所圍面積，即，當(dāng)兩極間電壓為U時(shí)，電荷量為，所以；(2)a.由于電源內(nèi)阻不計(jì)，當(dāng)電容器充滿電后電容器兩端電壓即電源的電動勢，電容器最終的電量為：，由圖可知，兩種充電方式最終的電量相同，只是時(shí)間不同，所以①②曲線不同是R造成的；b.由圖3可知，要快速度充電時(shí)，只要減小圖2中的電阻R，要均勻充電時(shí)，只要適當(dāng)增大圖2中的電阻R即可；(3)在電容器充電過程中在電容器的左極板帶正電，右極板帶負(fù)電，相當(dāng)于另一電源，且充電過程中電量越來越大，回路中的總電動勢減小，當(dāng)電容器兩端電壓與電源電動勢相等時(shí)，充電結(jié)束，所以換成“恒流源”時(shí)，為了保證電流不變，所以“恒流源兩端電壓要增大，通過電源的電流不變，在(2)電源的電壓不變，通過電源的電流減小。13.某種紫外線波長為300nm，該紫外線光子的能量為6.63×10﹣19J．金屬鎂的逸出功為5.9×10﹣19J，則讓該紫外線照射金屬鎂時(shí)逸出光電子的最大初動能為7.3×10﹣20J（普朗克常量h=6.63×10﹣34J?s，真空中的光速c=3×108m/s）參考答案：：解：光子的能量E=J根據(jù)光電效應(yīng)方程Ekm=E﹣W0

代入數(shù)據(jù)得，Ekm=6.63×10﹣19J﹣5.9×10﹣19J=7.3×10﹣20J故答案為：6.63×10﹣19，7.3×10﹣20三、簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計(jì)22分14.（簡答）如圖12所示，一個(gè)截面為直角三角形的劈形物塊固定在水平地面上.斜面,高h(yuǎn)=4m，a=37°,一小球以Vo=9m/s的初速度由C點(diǎn)沖上斜面.由A點(diǎn)飛出落在AB面上.不計(jì)一切阻力.(Sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2)求.(l)小球到達(dá)A點(diǎn)的速度大?。?2)小球由A點(diǎn)飛出至第一次落到AB面所用時(shí)間；(3)小球第一次落到AB面時(shí)速度與AB面的夾角的正切值參考答案：(1)1(2)0.25s（3）6.29N機(jī)械能守恒定律．解析：(1)從C到A對小球運(yùn)用動能定理]，解得v0=1m/s(2)將小球由A點(diǎn)飛出至落到AB面的運(yùn)動分解為沿斜面（x軸）和垂直于斜面（y軸）兩個(gè)方向;則落回斜面的時(shí)間等于垂直于斜面方向的時(shí)間所以（3）小球落回斜面時(shí)沿斜面方向速度垂直斜面方向速度vy=1m/s，所以（1）由機(jī)械能守恒定律可以求出小球到達(dá)A點(diǎn)的速度．

（2）小球離開A后在豎直方向上先做勻減速直線運(yùn)動，后做自由落體運(yùn)動，小球在水平方向做勻速直線運(yùn)動，應(yīng)用運(yùn)動學(xué)公式求出小球的運(yùn)動時(shí)間．

（3）先求出小球落在AB上時(shí)速度方向與水平方向間的夾角，然后再求出速度與AB面的夾角θ的正切值．15.（6分）題11圖2為一列沿x軸正方向傳播的簡諧機(jī)械橫波某時(shí)刻的波形圖，質(zhì)點(diǎn)P的振動周期為0.4s.求該波的波速并判斷P點(diǎn)此時(shí)的振動方向。參考答案：；P點(diǎn)沿y軸正向振動考點(diǎn)：本題考查橫波的性質(zhì)、機(jī)械振動與機(jī)械波的關(guān)系。四、計(jì)算題：本題共3小題，共計(jì)47分16.如圖所示，一質(zhì)量M=2.0kg、長L=0.60m的水板AB靜止在光滑水平面上，木板的左側(cè)固定一半徑R=0.60m的四分之一圓弧形軌道，軌道末端的切線水平，軌道與木板靠在一起且末端高度與木板高度相同?，F(xiàn)在將質(zhì)量m=l.0kg的小鐵塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）從弧形軌道頂端由靜止釋放，小鐵塊到達(dá)軌道底端時(shí)的速度v0=3.0m/s，最終小鐵塊恰好能到達(dá)木板AB的最右端。(g=10)求：(1)小鐵塊在弧形軌道末端時(shí)所受支持力的大小F(2)小鐵塊在弧形軌道上下滑過程中克服摩擦力所做的功(3)小鐵塊和木板AB達(dá)到的共同速度v及小鐵塊和木板AB間，的動摩擦因數(shù).參考答案：17.用氦氖激光器進(jìn)行雙縫干涉實(shí)驗(yàn)，已知使用的雙縫間距離d＝0.1mm，雙縫到屏的距離l＝6.0m，測得屏上干涉條紋中亮紋的間距是3.8cm，氦氖激光器發(fā)出的紅光的波長λ是多少？假如把整個(gè)裝置放入折射率是4/3的水中，這時(shí)屏上的條紋間距是多少？參考答案：6.38*10-7

2.85*10-218.如圖所示，足夠長的金屬直導(dǎo)軌MN和PQ與阻值為R的電阻相連，平行地固

定在水平桌面上，導(dǎo)軌間存在一垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，導(dǎo)軌

的電阻不計(jì)。金屬直桿ab垂直于導(dǎo)軌MN和PQ放置，其質(zhì)量為m,

電阻為r，金屬直桿ab與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為。現(xiàn)用水平恒

力F向右拉桿ab，使之由圖中位置從靜止開始水平向右運(yùn)動，桿

ab在運(yùn)動過程中始終與兩條直導(dǎo)軌垂直且保持良好接觸。經(jīng)時(shí)間t

后，ab桿開始做勻速直線運(yùn)動，此時(shí)理想電壓表的示數(shù)為U(己知重力加速度為g），求：

（1)ab桿勻速運(yùn)動時(shí)的速度vm;

(2)ab桿在加速過程中，通過R的電量q及ab桿在加速過程中的位移大小x。參考答案：（1）（2），（1）由于ab桿做勻速直線運(yùn)動，其合力必為零，因此

由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，桿ab勻速運(yùn)動時(shí)產(chǎn)生的電動勢

由閉合電路歐姆定律可知

,

解得