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1、-1-蚌埠田家炳中学.五中联考期中试卷高三物理一.单项选择题（共6 小题，每小题4 分，共 24 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.如图所示，电路中所有元件完好，光照射到阴极上时，灵敏电流计中没有电流通过，其原因可能是（）A.入射光太弱B.入射光波长太短C.光照时间短D.电源正负极接反【答案】D【解析】【分析】当入射光的波长小于金属的极限波长时，金属能产生光电效应当光电管上加上反向电压时，灵敏电流计中可能没有电流通过结合光电效应的条件分析【详解】AC.能否发生光电效应与入射光的强弱、照射时间长短无关故A、C不符合题意BD.光照射到光电管上，灵敏电流计中没有电流通过，可
2、能未发生光电效应，即入射光的波长太长，也可能是发生了光电效应，由于所加的电压为反向电压，光电子不能到达阳极故B不符合题意，D符合题意【点睛】解决本题的关键掌握光电效应的条件，即入射光的频率大于金属的极限频率，与入射光的强弱、光照时间无关2.一辆汽车以10m/s 的速度沿平直公路匀速运动，司机发现前方有障碍物后立即减速，加速度大小为0.2m/s2，那么减速后1min 内汽车的位移是A.240m B.250m C.260m D.90m【答案】B【解析】【详解】设汽车经过t时间末速度v减为零，已知汽车初速度v0=10m/s，加速度是a=-0.2m/s2，由速度关系式：0vvat代入数据解得：t=50
3、s-2-所以 50s 以后汽车静止不动，即减速后1min 内汽车的位移等于减速后50s 的位移，由位移时间关系式得：2012xv tat代入数据解得：x=250m 故选 B3.如图，静电场中的一条电场线上有M、N两点，箭头代表电场的方向，则（）A.M点的电势比N点的低B.M点的场强大小一定比N点的大C.电子在M点的电势能比在N点的低D.电子在M点受到的电场力大小一定比在N点的大【答案】C【解析】【详解】顺着电场线电势逐渐降低，可知M点的电势比N点的高，选项 A错误；一条电场线不能确定疏密，则不能比较MN两点场强的大小，也不能比较电子在MN两点受电场力的大小，选项 BD错误；负电荷在高电势点的电
4、势能较低，选项C正确；4.如图，一段半径为R的半圆形粗铜导线固定在绝缘水平桌面（纸面）上，铜导线所在空间有一匀强磁场，磁感应强度为B，方向竖直向下当铜导线通有大小为I的电流时，铜导线所受安培力的大小为（）A.BIRB.BIRC.2 BIRD.2BIR【答案】D【解析】【详解】导线在磁场中的有效长度为2R,故铜导线所受安培力的大小为：2FBIR，故 D正确，ABC错误；5.如图，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右-3-匀速滑动，MN中产生的感应电动势为El，若磁感应强度增为2B，其他条件不变，MN中产生的感应电动势变为E2则通过电阻R的电流方向
5、及E1与E2之比ElE2分别为A.ca，21B.ac，21C.ac，12D.ca，12【答案】C【解析】试题分析：由楞次定律判断可知，MN中产生的感应电流方向为NM，则通过电阻R的电流方向为acMN产生的感应电动势公式为E=BLv，其他条件不变，E与 B成正比，则得El：E2=1：2故选 C考点：楞次定律；感应电动势【名师点睛】本题关键要掌握楞次定律和切割感应电动势公式E=BLv，并能正确使用，属于基础题6.如图，质量相等的A、B两小球分别连在轻质弹簧两端，B端用细线固定在倾角为30的光滑斜面上，则在细线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为()A.0 和gB.0和2gC.2g和gD.2g和2g
6、【答案】A【解析】【详解】对A：在剪断细线之前，A处于平衡状态，所以弹簧的拉力等于A的重力沿斜面的分力相等，弹簧拉力sin30Fmg；在剪断细线的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，而弹簧的伸长量没有来得及发生改变，故弹力不变，所以A的受力情况没有变化，故A球的加速度为零；对 B：在剪断细线之前，对 B球进行受力分析，B受到重力、弹簧对它斜向下的拉力、支持力及细线的拉力，-4-在剪断细线的瞬间，细线的拉力立即减为零，对B球进行受力分析，则B受到到重力、弹簧的向下拉力、支持力因弹簧的拉力大小为sin30Fmg，所以根据牛顿第二定律得：B的加速度为sin30+sin 30+sin 30BmgFmgmga
7、gmm；故 A正确，BCD错误；二.多项选择题（共4 小题，每小题5 分，共 20 分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求。全部选对的得5 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分）7.如图所示，发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后点火，使其沿椭圆轨道2 运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道3轨道 1、2 相切于Q点，轨道2、3 相切于P点，设卫星在1 轨道和 3 轨道正常运行的速度和加速度分别为v1、v3和a1、a3，在 2 轨道经过P点时的速度和加速度为v2和a2，且当卫星分别在1、2、3 轨道上正常运行时周期分别为T1、T2、T3，以下说法正确的是A.
8、v1v2v3B.v1v3v2C.a1a2a3D.T3T2T1【答案】BD【解析】【详解】AB、人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力得线速度vGMr，所以v1v3，在椭圆轨道远地点实施变轨成圆轨道是做逐渐远离圆心的运动，要实现这个运动必须万有引力小于卫星所需向心力，所以应给卫星加速，增加所需的向心力，卫星在轨道3 上经过 P点的速率大于在轨道2 上经过 P点的速率，即v3v2，故有v1v3v2，故 A错误，B正确；C、人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力得a2GMr，所以a1a3a2故 C错误；D、根据开普勒第三定律得32aTk，所以T1T2T3故 D正确8.如图
9、，质量分别为m和2m的A、B两个木块间用轻质弹簧相连，放在光滑水平面上，A靠紧竖直墙用水平力F将B向左压，使弹簧被压缩一定长度，静止后弹簧储存的弹性势能为E此时突然撤去水平力F，则撤去力F，在A离开竖直墙后，关于A、B和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是（）-5-A.系统动量守恒，机械能不守恒B.系统动量.机械能均守恒C.弹簧的弹性势能最大值为3ED.弹簧的弹性势能最大值为4E【答案】BC【解析】【详解】AB.撤去F后，A离开竖直墙后，竖直方向两物体的重力与水平面的支持力平衡，合力为零，水平方向不受力，所以合外力为零，则系统动量守恒 这个过程中，只有弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒故A错误，B
10、正确；CD.撤去F后，A离开竖直墙后，当两物体速度相同时，弹簧伸长最长或压缩最短，弹性势能最大设两物体相同速度为v，A离开墙时，B的速度为v0以向右为正方向，由动量守恒定律得：02=3mvmv，由机械能守恒定律得：21=3+2pEmvE，又201=2Emv，解得，弹簧的弹性势能最大值为=3pEE，故 C正确，D错误；9.如图甲，有一个原.副线圈匝数比为4:1 的理想变压器，图中的电压表和电流表均为理想电表，原线圈接如图乙所示的正弦式交流电，其中tR为热敏电阻（其电阻值随温度的升高而减小），R为定值电阻，下列说法正确的是()A.t0.02s 时电压表V2的示数为9V B.副线圈两端电压的瞬时值表
11、达式为29 2sin50u（V）C.变压器原.副线圈中的电流之比和输入.输出功率之比均为1：4-6-D.Rt处温度升高时，电流表的示数变大，电压表V2的示数不变【答案】AD【解析】【详解】B.原线圈接的图乙所示的正弦交流电，由图知最大电压36 2V，周期 0.02s，故角速度是100，36 2 sin100ut（V），因变压器原、副线圈的匝数比为4：1，可知次级电压最大值为9 2V，则副线圈两端电压的瞬时值表达式为：9 2sin100ut（V），故 B错误；A.电压表 V2的示数为有效值，级电压最大值为9 2V，所以有效值为9 2=V=9V22muu，故 A正确；C.根据1221InIn可知，
12、变压器原、副线圈中的电流之比1：4；输入、输出功率之比为1：1，故 C错误；D.变压器次级电压由初级电压和匝数比决定，则Rt处温度升高时，次级电压不变，电压表V2的示数不变，次级电阻减小，则电流表的示数变大，故D正确；10.如图，虚线MN的右侧有方向垂直于纸面向里的匀强磁场，两电荷量相同的粒子P、Q从磁场边界的M点先后射入磁场，在纸面内运动射入磁场时，P的速度Pv垂直于磁场边界，Q的速度Qv与磁场边界的夹角为 45已知两粒子均从N点射出磁场，且在磁场中运动的时间相同，则（）A.P和Q的质量之比为1：2 B.P和Q的质量之比为2:1C.P和Q速度大小之比为2:1D.P和Q速度大小之比为2：1-7
13、-【答案】AC【解析】【详解】设MN=2R，则对粒子P的半径为R，有：PPm vRBq；对粒子Q的半径为2R，有：2QQm vRBq；又两粒子的运动时间相同，则PPmtBq，142QQQmtTBq，即2QPmmBqBq，解得2QPmm，2PQvv，故 AC正确，BD错误三.实验题（本题共2 小题，每空3 分，连线3 分，共 18 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程）11.某同学设计了如图（a）所示的装置验证小球摆动过程中的机械能守恒实验中小球到达B点时恰好与桌面接触但没有弹力，D处的箭头处放一锋利的刀片，细线到达竖直位置时被割断，小球做平抛运动落到地面，P是一刻度尺 该同学
14、方案的优点是只需利用刻度尺测量A位置到桌面的高度h、桌面到地面的高度H及平抛运动的水平位移L 即可.（1）用游标卡尺测出小球的直径d 如图(b)所示，d=_cm；(2)实验中改变h，多测几次h 和 L 的数值，作出如图(c)所示的图象l，则该图线的斜率k=_可证明小球下摆过程中机械能守恒；【答案】(1).1.140 (2).4H【解析】(1)主 尺 上读 数 为：1.1cm，游 标 上 的 读 数 为：8 0.050.400.040mmmmcm，所 以d=1.1cm+0.040cm=1.140cm；(2)小球重力势能的减小量为mgh，根据平抛运动，212Hgt，0Lv t，解得02LvHg，动
15、能增量为222011()2242LgLmvmHHg，根据机械能守恒24gLmghH,即24LHh，即 k=4H.-8-12.在“测定蓄电池的电动势和内电阻”的实验中，备有如下器材：A.蓄电池B.电流表（00.6A，内阻约为0.1）C.灵敏电流计G（满偏电流Ig200A，内阻rg150）D.滑动变阻器R1（020，2.0A）E.电阻箱R2F.定值定阻R02G.开关.导线若干（1）由于没有电压表，可把灵敏电流计G与电阻箱R2串联改装成量程为6V的电压表，如图甲中电阻箱R2的阻值应为 _（2）按图甲所示电路图，请在乙图上补充完成实物连线_（3）丙图为该实验绘出的1I2I图线（1I为灵敏电流计G的示数
16、，2I为电流表A的示数）由丙图可求得被测蓄电池的电动势E_V，内电阻r_（结果保留两位有效数字）【答案】(1).29850 (2).(3).5.3 (4).2.5-9-【解析】【详解】1 根据电压表改装的原理，有2+=6ggIrR代入数据，得2=29850R2 根据原理图可知，实物图如图所示；34根据闭合电路欧姆定律，有012120=+=+gE UI RrIrRIIRr（）（）整理得0122020+=+ggrREIIRRRrRRRr结合图象，得620=175 10+gERRRr6020175-10010+=+0.5gr RRRRr联立，代入数据得2.5r，=5.3VE；四.计算题（本题共2 小
17、题，共 26 分。把解答写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明.方程式和演算步骤）-10-13.一质量为0.5kg 的小物块放在水平地面上的A点，距离A点 5 m的位置B处是一面墙，如图所示.物块以v08m/s 的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7m/s，碰后以5m/s 的速度反向运动直至静止.g取 10 m/s2.(1)求物块与地面间的动摩擦因数；(2)若碰撞时间为0.05s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F；(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W.【答案】（1）0.32（2）130FN（3）9WJ【解析】（1）由动能定理，有：2201122
18、mgsmvmv可得0.32（2）由动量定理，有Ftmvmv可得130FN（3）2192WmvJ【考点定位】本题考查动能定理、动量定理、做功等知识14.如图所示的坐标平面内，y轴左侧存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小10.20 TB的匀强磁场，在y轴的右侧存在方向垂直纸面向里、宽度12.5 cmd的匀强磁场B2，某时刻一质量82.010kgm、电量44.010Cq的带电微粒(重力可忽略不计)，从x轴上坐标为(0.25 m，0)的P点以速度32.010 m/sv沿y轴正方向运动试求：(1)微粒在y轴左侧磁场中运动的轨道半径；(2)微粒第一次经过y轴时，速度方向与y轴正方向的夹角；(3)要使微粒不
19、能从右侧磁场边界飞出，B2应满足的条件-11-【答案】（1）r1=0.5m；（2）=60；（3）B20.4T【解析】【详解】（1）设微粒在y轴左侧做匀速圆周运动的半径为r1，转过的圆心角为，则有：211vqvBmr代入数据得r1=0.5m （2）粒子在磁场中运动的轨迹如图由几何关系得110.251cos2rr则：=60（3）设粒子恰好不飞出右侧磁场时,磁感应强度为B0,运动半径为r2，其运动轨迹如图，由几何关系得：22cosrrd-12-r2=0.25m 由202vqvBmr得Bo=0.4T 要使微粒不能从右侧磁场边界飞出，磁场B2应满足：B20.4T 五.选考题（共12 分。请考生从第15.
20、16 题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分）15.下列说法正确的是_ A.悬浮在液体中的微粒越大，某一瞬间撞击它的液体分子数越多，布朗运动越明显B.液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力C.分子平均速率大的物体的温度一定比分子平均速率小的物体的温度高D.自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性E.外界对气体做功，气体的内能可能减小【答案】BDE【解析】【详解】A悬浮在液体中的微粒越小，在某一瞬间撞击它的液体分子数越少，布朗运动越明显，故 A错误；B 由于表面分子较为稀疏，故液体表面分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力，故 B
21、正确；C分子的平均动能相等时，物体的温度相等；考虑到分子的质量可能不同，分子平均速率大有可能分子的平均动能小；分子平均速率小有可能分子的平均动能大故C错误；D由热力学第二定律可知，自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，故D正确；E当外界对气体做功，根据热力学第一定律U=W+Q 分析可知，内能可能增大也可能减小，故E正确16.如图，导热性能良好的水平放置的圆筒形气缸与一装有水银的U形管相连，U形管左侧上端封闭一段长度为 15cm的空气柱，U形管右侧用活塞封闭一定质量的理想气体开始时U形管两臂中水银面齐平，活塞处于静止状态，此时 U形管右侧用活塞封闭的气体体积为490mL，若用力 F缓慢
22、向左推动活塞，使活塞从A位置移动到B位置，此时 U形管两臂中的液面高度差为10cm，已知外界大气压强为75cmHg，不计活塞与气缸内壁间的摩擦，求活塞移动到B位置时 U形管右侧用活塞封闭的气体体积-13-【答案】300mL【解析】【详解】对左侧密闭气体，设管横截面积为S，初态：P1=P0=75cmHg，由等温变化可得：P1V1=P1V1对右侧气体，末态：P2=P1+10 由等温变化可得：P2V2=P2V2解得：V2=300mL 17.一列简谐机械横波沿x轴正方向传播，波速为 2m/s.某时刻波形如图所示，a、b两质点的平衡位置的横坐标分别为xa2.5m，xb4.5m，则下列说法中正确的是（）A
23、.质点b振动的周期为 4 s B.平衡位置x10.5m 处的质点（图中未画出）与a质点的振动情况总相同C.此时质点a的速度比质点 b的速度大D.质点a从图示开始在经过14个周期的时间内通过的路程为 2cm E.如果该波在传播过程中遇到尺寸小于 8m 的障碍物，该波可发生明显的衍射现象【答案】ABE【解析】A、由图能直接读出波长 8m，由波速公式vT，该波的周期8Ts4s2V，则质点a振动的周期为 4s，A正确；B、x10.5m处的质点与a质点相距一个波长，步调总是一致，振动情况总是相同，B正确；-14-C、质点a离平衡位置比b远，所以此时质点a的速度比b的速度小，C错误；D、图象时刻，质点a向
24、上运动，速度减小，再经过14个周期，质点a通过的路程小于一个振幅，即小于2cm，D错误；E、此列波的波长 8m，尺寸小于 8m 的障碍物满足发生明显衍射的条件，所以该波可发生明显的衍射现象，E正确；故选 ABE 18.如图所示,某种透明物质制成的直角三棱镜ABC,ABC=60,透明物质的折射率n3,一束光线在纸面内与 BC面成=30角的光线射向BC面.求:（1）这种透明物质对于空气的临界角;(结果可以用 的三角函数表示)（2）最终的出射光线与最初的入射光线之间的偏转角.【答案】（1）3sin3C（2）偏转角为60【解析】【详解】（1）由临界角的公式sin C=1n得3sin3C.（2）光线在BC面上折射进入透明物质中,入射角=60由折射率定义式n=sinsin得 sin=sin603=12解得=30 光线的光路图如图所示,由此可知由三角函数关系得30CC，光线在 AC界面发生全反射，-15-则光线射到AB界面，由几何关系可知其入射角为30，可求得光线射出AB面的折射角为60，即出射光线与最初的入射光线之间的偏转角为60.-16-