四川省成都市第三十三中學高三物理上學期期末試題含解析

四川省成都市第三十三中學高三物理上學期期末試題含解析一、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.（單選）某同學斜向上拋出一鉛球，忽略空氣阻力。鉛球在空中運動的過程中，加速度a隨時間t變化的關系圖象是參考答案：B鉛球拋出后，只受到重力作用，加速度等于重力加速度保持不變，選項B正確。2.如圖所示，晾曬衣服的繩子輕且光滑，懸掛衣服的衣架的掛鉤也是光滑的，輕繩兩端分別固定在兩根豎直桿上的A、B兩點，衣服處于靜止狀態(tài)．如果保持繩子A端位置不變，將B端分別移動到不同的位置．下列判斷正確的是（）A．B端移到B1位置時，繩子張力不變B．B端移到B2位置時，繩子張力變小C．B端在桿上位置不動，將桿移動到虛線位置時，繩子張力變大D．B端在桿上位置不動，將桿移動到虛線位置時，繩子張力變小

參考答案：AD解：A、B、設繩子間的夾角為2α，繩子總長為L，兩桿間距離為S，由幾何關系得：L1sinα+L2sinα=S，得：sinα==當B端移到B1位置時，S、L都不變，則α也不變，由平衡條件可知，2Fcosα=mg，F(xiàn)=，可見，繩子張力F也不變．故A正確，B錯誤．C、D、B端在桿上位置不動，將桿移動到虛線位置時，S減小，L不變，則α減小，cosα增大，則F減?。蔆錯誤，D正確．故選AD3.（多選題）研發(fā)衛(wèi)星的成本高，提高衛(wèi)星的使用壽命是節(jié)約成本的方法之一，如圖甲所示的“軌道康復者”航天器可在太空中給“垃圾”衛(wèi)星補充能源，從而延長衛(wèi)星的使用壽命．圖乙是“軌道康復者”在某次拯救一顆地球同步衛(wèi)星前，二者在同一平面內(nèi)沿相同繞行方向繞地球做勻速圓周運動的示意圖，此時二者的連線通過地心，“軌道康復者”與同步衛(wèi)星的軌道半徑之比為1：4．若不考慮“軌道康復者”與同步衛(wèi)星之間的萬有引力，則下列說法正確的是（）A．在圖示軌道上，“軌道康復者”的周期為6hB．在圖示軌道上，“軌道康復者”加速度大小是同步衛(wèi)星加速度大小的4倍C．在圖示軌道上，“軌這康復者”的線速度大小是同步衛(wèi)星線速度大小的2倍D．若要對該同步衛(wèi)星實施拯救，“軌道康復者”可從圖示軌道上進行加速后再與同步衛(wèi)星對接參考答案：CD【考點】人造衛(wèi)星的加速度、周期和軌道的關系；萬有引力定律及其應用．【分析】衛(wèi)星繞地球做圓周運動萬有引力提供向心力，應用萬有引力公式與牛頓第二定律求出線速度、向心加速度、周期，然后分析答題；衛(wèi)星加速會做離心運動．【解答】解：A、萬有引力提供向心力，由牛頓第二定律得：G=mr，解得：T=2π，則===，T軌道康復者=T同步衛(wèi)星=×24=3h，故A錯誤；B、萬有引力提供向心力，由牛頓第二定律得：G=ma，解得，加速度：a=，則：===，故B錯誤；C、萬有引力提供向心力，由牛頓第二定律得：G=m，解得，線速度：v=，===，故C正確；D、“軌道康復者”從圖示軌道上進行加速做離心運動，然后與同伴衛(wèi)星對接進行施救，故D正確；故選：CD4.如圖所示，彈簧下面掛一質(zhì)量為m的物體，物體在豎直方向上作振幅為A的簡諧運動，當物體振動到最高點時，彈簧正好為原長，彈簧在彈性限度內(nèi)，則物體在振動過程中（

）A．彈簧的最大彈性勢能等于2mgAB．彈簧的彈性勢能和物體動能總和不變C．物體在最低點時的加速度大小應為2gD．物體在最低點時的彈力大小應為mg參考答案：D5.（多選題）如圖所示，半圓槽M置于光滑的水平面上．現(xiàn)從半圓槽右端入口處靜止釋放一質(zhì)量為m的小球，則小球釋放后，以下說法中正確的是（）

A．若圓弧面光滑，則系統(tǒng)動量守恒B．若圓弧面光滑，則小球能滑至半圓槽左端入口處C．若圓弧面不光滑，則小球不能滑至半圓槽左端入口處，且小球到達最左端時，系統(tǒng)有向右的速度D．若圓弧面不光滑，則小球不能滑至半圓槽左端入口處，但小球到達最左端時，系統(tǒng)速度為零參考答案：BD【考點】動量守恒定律．【分析】系統(tǒng)所受到的合外力為零時，系統(tǒng)動量守恒，只有重力或只有彈力做功，系統(tǒng)機械能守恒；分物體的受力情況，然后應用動量守恒定律與機械能守恒定律分析答題．【解答】解：A、以半圓槽與小球組成的系統(tǒng)為研究對象，不論圓弧面是否光滑，在整個過程中，系統(tǒng)在水平方向受到的合力為零，在水平方向動量守恒，在豎直方向所受合外力不為零，在豎直方向動量不守恒，即對系統(tǒng)來說，系統(tǒng)受到的合外力不為零，系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤；B、如果圓弧面光滑，在整個過程中，半圓槽與小球組成的系統(tǒng)只有重力做功，系統(tǒng)機械能守恒，小球能滑到半圓槽左端入口處，故B正確；C、如果圓弧面不光滑，以半圓槽與小球組成的系統(tǒng)為研究對象，在整個過程中，系統(tǒng)在水平方向受到的合力為零，在水平方向動量守恒，由于系統(tǒng)初狀態(tài)動量為零，小球到達最左端時，系統(tǒng)動量也為零，系統(tǒng)速度為零；由于圓弧面不光滑，小球在運動過程中受到摩擦力作用，要克服摩擦力做功，使系統(tǒng)機械能減少，小球不能滑至半圓槽左端入口處，故C錯誤，D正確；故選：BD．二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.（4分）把小球水平拋出，空氣阻力不計，拋出后在t1、t2兩個時刻，小球的速度與水平方向的夾角分別是30o、45o，則t1：t2=

，小球自拋出到此兩個時刻下落的高度之比h1：h2=

。參考答案：1：，1：37.用如圖甲所示的裝置測定彈簧的勁度系數(shù)，被測彈簧一端固定于A點，另一端B用細繩繞過定滑輪掛鉤碼，旁邊豎直固定一最小刻度為mm的刻度尺，當掛兩個鉤碼時，繩上一定點P對應刻度如圖乙中ab虛線所示，再增加一個鉤碼后，P點對應刻度如圖乙中cd虛線所示，已知每個鉤碼質(zhì)量為50g，重力加速度g＝9.8m/s2，則被測彈簧的勁度系數(shù)為________N/m.掛三個鉤碼時彈簧的形變量為________cm.參考答案：70

2.108.某同學在做研究彈簧的形變與外力的關系實驗時，將一輕彈簧豎直懸掛讓其自然下垂，測出其自然長度；然后在其下部施加外力F，測出彈簧的總長度L，改變外力F的大小，測出幾組數(shù)據(jù)，作出外力F與彈簧總長度L的關系圖線如圖實－2－10所示。(實驗過程是在彈簧的彈性限度內(nèi)進行的)由圖可知該彈簧的自然長度為________cm；該彈簧的勁度系數(shù)為________N/m。圖實－2－10參考答案：10

509.在“驗證牛頓運動定律”實驗中，所用的實驗裝置如圖所示。在調(diào)整帶滑輪木板的傾斜程度時，應使小車在不受牽引力時能拖動紙帶沿木板勻速運動。小車的質(zhì)量為M，盤和盤中重物的總質(zhì)量為m，保持M不變，研究小車的加速度與力的關系時，在

條件下，mg近似等于小車運動時所受的拉力。實驗中打出的一條紙帶如下圖所示，紙帶上相鄰兩個計數(shù)點之間有四個實際點未畫出，已知交流電頻率為50HZ，AB=19.9mm，AC=49.9mm，AD=89.9mm，AE=139.8mm，則打該紙帶時小車的加速度大小為

m/s2(保留兩位有效數(shù)字)參考答案：m<<M，1.010.圖示是某時刻兩列簡諧橫波的波形圖，波速大小均為10m/s，一列波沿x軸正向傳播(實線所示)；另一列波沿x軸負向傳播(虛線所示)，則在x軸上質(zhì)點a(x=1m)和b(x=2m)中，質(zhì)點___________(選填“a”或“b”)振動加強，從該時刻起經(jīng)過0.1s時，c質(zhì)點坐標為___________。參考答案：

(1).a

(2).（3m,0.4m）【詳解】(1)兩列波長相同的波疊加，由圖象知，b、d兩點都是波峰與波谷相遇點，則b、d兩點振動始終減弱，是振動減弱點；(2)由圖象可知，兩列波的波長都為λ=4m，則周期,而，c點此時向上運動，經(jīng)過到達波谷，此時y方向的位移為y=-2A=-0.4cm，故c點的坐標為（3m，-0.4cm）.【點睛】本題考查了波的疊加原理，要知道波峰與波峰或波谷與波谷相遇點振動加強，波峰與波谷相遇點振動減弱，要注意：振動加強點并不是位移始終最大.11.如圖所示電路，電池組的內(nèi)阻r＝4W，外電阻R1＝2W，當滑動變阻器R2的電阻調(diào)為4W時，電源內(nèi)部的電熱功率為4W，則電源的最大輸出功率為______W。欲使R2的電功率達到最大值，則R2應調(diào)為______W。參考答案：6.25，612.如圖所示電路中，電源電動勢E＝8V，內(nèi)電阻r＝4Ω，Er

定值電阻R1＝6Ω，R為最大阻值是40Ω的滑動變阻器．則在滑動變阻器左右滑動過程中，電壓表的最大讀數(shù)為V，電源的最大輸出功率為W．參考答案：6.4

3.8413.一質(zhì)量為M=1.2kg的物塊靜止在光滑水平桌面上，一質(zhì)量為m=20g的子彈以水平速度v0=100m/s射入物塊，在很短的時間內(nèi)以水平速度10m/s穿出．則子彈穿出木塊時，子彈動量改變量的大小為1.8kg?m/s，木塊獲得的水平初速度大小為1.5m/s．參考答案：考點：動量守恒定律．分析：子彈穿過木塊的過程系統(tǒng)動量守恒，應用動量的計算公式與動量守恒定律可以求出動量的該變量與木塊的速度．解答：解：子彈動量的該變量：△p=mv﹣mv0=0.020×10﹣0.020×100=﹣1.8kg?m/s，負號表示方向；子彈穿過木塊過程系統(tǒng)動量守恒，以子彈的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mv0=mv+Mv′，代入數(shù)據(jù)解得：v′=1.5m/s；故答案為：1.8；1.5．點評：本題考查了求動量的變化量、求速度，應用動量的計算公式、動量守恒定律即可正確解題．三、實驗題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.用伏安法測定一個待測電阻Rx的阻值（阻值約為200Ω），實驗室提供如下器材：電池組E：電動勢3V，內(nèi)阻不計電流表A1：量程0~15mA，內(nèi)阻約為100Ω電流表A2：量程0~300μA，內(nèi)阻為1000Ω滑動變阻器R1：阻值范圍0~20Ω，額定電流2A電阻箱R2，阻值范圍0~9999Ω，額定電流1A電鍵S、導線若干

要求實驗中盡可能準確地測量Rx的阻值，請回答下面問題：①為了測量待測電阻兩端的電壓，可以將電流表__________（填寫器材代號）與電阻箱串聯(lián)，并將電阻箱阻值調(diào)到__________Ω，這樣可以改裝成一個量程為3.0V的電壓表。②在方框中畫完整測量Rx阻值的電路圖，并在圖中標明器材代號。③調(diào)節(jié)滑動變阻器R1，兩表的示數(shù)如圖所示，可讀出電流表A1的示數(shù)是________mA，電流表A2的示數(shù)是________μA，測得待測電阻Rx的阻值是________。本次測量存在一定的系統(tǒng)誤差，考慮這個原因測量值比較真實值________（選填“偏大”或“偏小”）。參考答案：①A2，9000

（各1分）

②電路如圖

（2分）③8.0mA，150μA，187.5Ω，偏小15.如圖（a）所示，小車放在斜面上，車前端栓有不可伸長的細線，跨過固定在斜面邊緣的小滑輪與重物相連，小車后面與打點計時器的紙帶相連。起初小車停在靠近打點計時器的位置，重物到地面的距離小于小車到滑輪的的距離。啟動打點計時器，釋放重物，小車在重物的牽引下，由靜止開始沿斜面向上運動，重物落地后，小車會繼續(xù)向上運動一段距離。打點計時器使用的交流電頻率為50Hz。圖（b）中a、b、c是小車運動紙帶上的三段，紙帶運動方向如箭頭所示。

（1）根據(jù)所提供紙帶上的數(shù)據(jù)，計算打c段紙帶時小車的加速度大小為

m/s2。（結果保留兩位有效數(shù)字）

（2）打a段紙帶時，小車的加速度是2.5m/s2。請根據(jù)加速度的情況，判斷小車運動的最大速度可能出現(xiàn)在b段紙帶中的

。

（3）如果取重力加速度10m/s2，由紙帶數(shù)據(jù)可推算出重物與小車的質(zhì)量比為

。

參考答案：答案：（1）5.0m/s2（結果是4.8m/s2的得1分）；（2）D4到D5中某一位置；（3）1:1。

解析：

（1）－5.0

（2）從第一段數(shù)據(jù)可以看出，從D4到D5中只增加了0.06mm，所以應該在D4到D5中某一位置速度最大。

（3）在第一段勻加速過程中，根據(jù)牛頓第二定律建立方程，對重物：

對小車：

在小車勻減速時：

聯(lián)立以上方程，可解出1：1四、計算題：本題共3小題，共計47分16.一電路如圖所示，電源電動勢，內(nèi)阻，電阻，，，C為平行板電容器，其電容C=3.0pF，虛線到兩極板距離相等，極板長，兩極板的間距。（1）若開關S處于斷開狀態(tài)，則當其閉合后，求流過R4的總電量為多少？（2）若開關S斷開時，有一帶電微粒沿虛線方向以的初速度射入C的電場中，剛好沿虛線勻速運動，問：當開關S閉合后，此帶電微粒以相同初速度沿虛線方向射入C的電場中，能否從C的電場中射出？（要求寫出計算和分析過程，g?。?/p>

參考答案：（1）S斷開時，電阻R3兩端電壓為S閉合后，外阻為

路端電壓為電阻R3兩端電壓為則所求流過R4的總電量為

……5分（2）設微粒質(zhì)量為m，電量為q，當開關S斷開時有：當開關S閉合后，設微粒加速度為a，則設微粒能從C的電場中射出，則水平方向：豎直方向：由以上各式求得：故微粒不能從C的電場中射出。