1、北京市大興區2014屆高三物理上學期期末考試試題（含解析）第一卷（選擇題，共48分）一、單項選擇題（本題共12小題，每小題3分。每小題只有一個選項正確。）1 .物理學中引入了“質點”、“點電荷”的概念，從科學方法上來說屬于A.控制變量法B.類比法C.理想化模型法D.等效替代法【答案】C【解析】試題分析.“質點r”點電荷”等都是為了冊究問題簡單而引入的理想化的模型，在現實中是不存在的，所以它們從科學方法上來說屬于理想模型，所以C正確.故選:C.考點；考查了對質點，點電荷的認識2 .籃球運動員通常伸出雙手迎接傳來的籃球.接球時，兩手隨球迅速收縮至胸前。這樣做可以A,減小球對手的沖量B,減小球對手的

2、沖擊力C.減小球的動量變化量D.減小球的動能變化量【答案】E【解析】試題分析；先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球引至胸前，這樣可以噌加球與手接觸的時間，根據動量定理得-Ft=O-mv,解得產二竺，當時間增大時，作用力就減小，而球對手的沖量1=班打t恒定不變，球的動量變化量為*=微£恒定不變、球的動能的變化量為業二:次/恒定不變，所以E正確.考點：考查了動量定理的應用，基礎題3 .在德國首都柏林舉行的世界田徑錦標賽女子跳高決賽中，克羅地亞選手弗拉希奇以2.04m的成績獲得冠軍。弗拉希奇身高約為1.93m,忽略空氣阻力，g取10m/s2。則下列說法正確的是A.弗拉希奇下降過程處于失重

3、狀態B.弗拉希奇起跳以后在上升過程處于超重狀態C.弗拉希奇起跳時地面對她的支持力等于她所受的重力D.弗拉希奇起跳時白初速度大約為3m/s【答案】A【解析】試題分析工運動員起跳后上升過程做減速運動，下降過程做加速運動，加速度都是向下，所以運動員在這兩個過程中整體處于失重狀態，自正確3錯誤：起跳時加速度向上，根據牛頓第二定律可需=ma,即義=“!+噸所以地面對她的支持力大于重力故能11|頁利起跳，C錯誤；運動員起跳時重心在腰部，背越式過桿，重心上升高度可按1m估算，則起跳時的初速度約為歲=后后=26加；E=45微；-D錯;口匕天，考點:考查了超重失重，牛頓第二定律的應用4.如圖所示，物體A靜止在光

4、滑的水平面上，A的左側跟一個輕質彈簧拴接在一起。物體B以速度v向著A運動并與彈簧發生作用但不會粘在一起，A、B和彈簧作用過程中始終沿同一直線運動。A、B和彈簧組成的系統勢能最大時，下列判斷正確的是A.A的速度最大B.B的速度最小C.A和B的動能相等D.A和B的速度相等【答案】D【解析】試題分析；8與N發生碰撞的過程，3由于受到向左的彈力，并且隨著彈簧的壓縮程度越來越大，彈力越來越大，所以3做加速度噌大的遍速運動，A受到向右的逐漸噌大的彈力作用，所以上做加速度噌大的加速運動，當二者共速時，彈簧壓縮量最大，嬋性勢能最大，f旦是不知道兩者的質量關系，所以工和3的動能不一定相等，C錯誤D正確；之后與由

5、于還受到向左的彈力作用，所以仍要減速，艮受到向右的彈力作用，V仍要加速，所以強性勢能最大時，衛的速度不是最大，3的速度不是最小，AB錯誤；著點.工考查了功能關系的應用，牛頓第二定律的應用5 .如圖所示，光滑絕緣的水平面上的P點固定著一個帶正電的點電荷，在它的右側N點由靜止開始釋放一個也帶正電的小球（可視為質點）。以向右為正方向，下圖中能反映小球運動速度隨時間變化規律的是P+jN*,【答案】B1解析】試題分析：N點的小球釋放后，受到向右的庫侖力的作用，開始向右運動，根據庫侖定律F二匯眸可得,r*隨著兩者之間的距離的增大，N受到的庫侖力在減小，根據牛頓第二定律口二工可得，X點的點電荷做加m速度減小

6、的直線運動，而y-F圖像中圖像的斜率表示物體運動的加速度，所以B正確，A圖像表示物體做勻加速直線運動，。圖像表示物體做加速度增大的直線運動，D圖像表示物體先做加速度噌大的直線運動,后做加速度遍小的直線運動，考點，考查了庫侖定律，牛頓第二定律，圖像R的滑動端向下滑動的過程中6 .如圖所示電路，電源的內電阻不可忽略。開關S閉合后，在變阻器A.電壓表的示數增大B.電流表的示數增大C.R消耗的電功率增大D.的消耗的電功率增大【答案】C【解析】試題分析；變阻器品的滑動端向下滑動的過程中，外電路總電阻激小，總電流噌大，根據內電壓增大，路端電壓減小，電壓表示數減小.E錯誤提為兩端電壓41二加增大，根據公式尸

7、=上可知其消R耗的電功率噌大，C正確.路端電壓夠小，而瑞兩端電壓增大，所以為兩端電壓激小，由心二與可知,Rr電流表示敬減小，B錯誤，根據公式尸二t可得?消耗的電功率減小，D錯誤R著點：電路動態分析7 .電阻R電容器C與一線圈連成閉合回路，條形磁鐵靜止于線圈的正上方，N極朝下，如圖所示，現使磁鐵開始下落，在N極接近線圈上端的過程中，流過R的電流方向和電容器極板的帶電情況是A.從a到b,上極板帶正電B.從a到b,下極板帶正電C.從b到a,上極板帶正電D.從b到a,下極板帶正電【答案】D【解析】讀題分析:在N極接近線圈上端的過程中，通過線圈的磁感線方向向下，磁通量電大，由楞次定律可判定流過線圈的電流

8、方向向下，外電路電流由匕源向同時繞圈作為電源，下端應為正極，則電容器下極板電勢高，帶正電D正確考點：考查了楞次定律的應用8 .某同學為了驗證自感現象，自己找來帶鐵芯的線圈L(線圈的自感系數很大，構成線圈導線的電阻可以忽略)、兩個相同的小燈泡A和B、開關S和電池組E,用導線將它們連接成如圖所示的電路。經檢查，各元件和導線均是完好的，檢查電路無誤后，開始進行實驗操作。他可能觀察到的現象是A.閉合S瞬間，A比B先亮B.閉合S瞬間，B比A先亮C.斷開S瞬間，A比B先熄滅D.斷開S瞬間，B比A先熄滅【答案】A【解析】試題分析；從實物圖中我們可以看出兩個小燈泡是并聯狀態，其中自感線圈和5燈泡串聯，當閉合開

9、關的瞬間，通過8的電流噌大，自感線圈產生感應電流阻礙電路電流嚕大，所以E是逐漸亮起來，而衛燈泡不受哥響，故N比3先亮，A正確，E錯誤！當斷開開關的瞬間，電流電流夠小，自感線圈要阻礙電流的減小，產生與原電流方向相同的感應電流，所以3燈泡是緩慢熄滅，而工是立即熄滅，故CD錯誤,考點：考查了電感電容對電流的阻礙作用的應用10W9 .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交變電壓時，額定功率為的小燈泡恰好正常發光，已知燈泡的電阻為40Q,圖中電壓表為理想電表，下列說法正確的是甲A.變壓器輸入電壓的瞬時值表達式為u=2202sin二t(V)B.電壓表的示數為220VC.變壓器

10、原、副線圈的匝數比為11:1D.變壓器的輸入功率為110W【答案】C【解析】試題分析：從圖象中可得交流電周期7=2x10"$鼠=220/"，所以3=:=100莖，表達式為a=220/2sin100(0-故A錯誤；根據公式產二不,原線圈輸汽電壓為”0V,電壓表示數為燈泡的額定電壓/=區二20/，故E錯誤：根據公式5=3可得5=2=茫=口，故C正確；變壓器tA怙U,宿201的輸入功率與輸出功率相等，為1QW,故D錯誤考點；考查了交薪電圖像，理想變壓器，電功率10 .如圖所示，圖甲為一列簡諧波在t=0時的波形圖，圖乙是這列波中x=200cm處的P點的振動圖線，那么該波的傳播速度大

11、小、方向分別是*y/«nA.v=50cm/s,沿x軸負方向傳播B.v=25cm/s,沿x軸負方向傳播C.v=50cm/s,沿x軸正方向傳播D.v=25cm/s,沿x軸正方向傳播【答案】A【解析】試題分析:從橫波圖像中可以得出波長尤=1m,從振動圖像中我們可以得出振動周期為丁=蚤,故該波傳播速度為s=串，BD錯誤：在x=200cm處的質點在f=0時振動方向為向上振動,T根據走坡法可得該波的傳播方向為沿H軸負方向傳播，A正確C錯誤:考點；著查了振動圖像與橫波圖像11 .如圖所示，兩根相互平行的長直導線過紙面上的MN兩點，且與紙面垂直，導線中通有大小相等、方向相反的電流。a、Ob在MN的連

12、線上，O為MN勺中點。c、d位于MN勺中垂線上，且a、b、c、d到O點的距離均相等。關于以上幾點處的磁場，下列說法正確的是A. O點處的磁感應強度為零B. a、c兩點處的磁感應強度的方向不同C. c、d兩點處的磁感應強度大小相等，方向相反D. a、b兩點處的磁感應強度大小相等，方向相同【答案】D【解析】試題分析二根據右手定則得出兩導線的猿場分布規律.然后將兩猿場矢量相加分析，跟據右手螂旋定則可得在9點的磁場方向垂直向下，V導線在（7點處的磁場方向垂亙向"T，所以0點處的磁場方向垂直向下，不為零，A錯誤】根據右手螺旋定則可得）在口點處的磁場方向垂直向下，¥點在口點處的磁場垂直

13、向下，即。點處的磁場方向垂直向下f同理可得3點處的磁場方向垂直向下，根據對稱可得加兩點的磁場感應強度大小相等，D正牌手根據右手螺旋定則，可得兩導線在C點處的和磁場方向豎直向下，在"點處的和蔽場方向豎直向下，根據對稱可得，兩點的大目等,所以C錯誤：綜合BC可得展兩點.的磁場方向相同.B錯誤；考點；考查右手螺旋定則和前場的疊加12.如圖所示，兩塊平行、正對的金屬板水平放置，分別帶有等量的異種電荷，使兩板間形成勻強電場，兩板間的距離為do有一帶電粒子以某個速度V0緊貼著A板左端沿水平方向射入勻強電場，帶電粒子恰好落在B板的右邊緣。帶電粒子所受的重力忽略不計?，F使該粒子仍從原位置以同樣的方向

14、射入電場，但使該粒子落在B板的中點，下列措施可行的是A.僅使粒子的初速度變為2V0B.僅使粒子的初速度變為V°2dC.僅使B板向上平移一2D.僅使B板向下平移d【答案】Bx=v0t,在沿電場方向做初速度為零的勻加速【解析】試題分析：帶電粒子在垂直電場方向做勻速直線運動，位移運動，y聯立可得，二迫窈現在要使無變為原來的一半，即爐為原來的四分之一,22dmUq所以需要將粒子的初速度變為地，A錯誤，B正確；使B板向上平移田,則根據公式。二一也可得電容224*噌大為原來的四倍，根據公式U=2可得電壓變化為原來的四分之一，變為原來的四倍r不符合題意,CC錯誤，僅使B板向下平移小則電容變為原來的

15、二分之一，電壓變為原來的2倍，d為原來的二分之一,D不符合題意考點；考查了帶電粒子在電場中的偏轉二、多項選擇題（本題共4小題。每小題給出的四個選項中，有一個或多個選項正確。全部選對的得3分,選對但不全的得2分，不選或有選錯的得0分。）13.某物體沿豎直方向做直線運動，其v-1圖像如圖所示，規定向上為正方向，下列判斷正確的是v/(m'A.在01s內，物體平均速度為2m/sB.在ls2s內，物體向上運動，且處于失重狀態C.在2s3s內，物體的機械能守恒D.在3s末，物體處于出發點上方【答案】AED【解析】試題分析；在口心內，物體平均速度*=q=2=2粗門，故a正確二在工內，位移一直增大，7

16、）右Jb.物體向上運動，但加速度方向向下，物體處于失重狀態，故B正確:在招孔內，物體的加速度為；<7-=不是乎所以不只受重力,機械能不守恒，故C錯誤M在火末，圖象與坐標AZ1軸圍成的面積大于零，所以物體的位移為正，處于出發點上方，故D正確.考點，考查了圖像14.兩物體Mm用跨過光滑定滑輪的輕繩相連，如圖10所示，OAOB與水平面的夾角分別為30°、60Mm均處于靜止狀態。則A.繩OA勺拉力大于繩OB的拉力B.繩OA勺拉力小于繩OB的拉力C. m受到水平面的靜摩擦力的方向水平向左D. m受到水平面的靜摩擦力的方向水平向右【答案】BCt解析】試題分析.對0點受力分析可得，把片,月分

17、別分解到水平方向和豎直方向，沿水平方向有：Fcos30'二月cos60，沿豎直方1向有:6sin30十壬3口60,=Afg聯立解得里子上。的拉力為小于痛子拉力，所以A錯誤B正確，對格受力分析可得：水平方向上有1氏+/=凡,方向水平向左，D錯誤C正確,考點，考查了力的平衡條件的應用15 .如圖所示Q、Q是兩個等量異種點電荷，AB為中垂線，且AO=BO則A. A、B兩點場強相等B. A、B兩點場強方向相反C. A、B兩點電勢差為零D.正電荷從A運動到B,電勢能增加1答案】AC【解析】試題分析：一對等量異號電荷的電場強度關于兩者的隹線時稱，故/、3兩點的電場強度相同，故A正確B錯誤，一對等量

18、異號電荷的連線的中垂線是等勢面，故a5兩點的電勢相等，電勢差為零帶電粒子在等勢面上移動時，電場力不做功，即電勢能不變化，故D錯誤C正確t考點；著查了等量異種由荷形成的電場規律16 .為監測某化工廠的污水排放量，技術人員在該廠的排污管末端安裝了如圖所示的流量計。該裝置由絕緣材料制成，長、寬、高分別為a、b、c,左右兩端開口。在垂直于上下底面方向加磁感應強度大小為B的勻強磁場，在前后兩個內側面分別固定有金屬板作為電極。污水充滿管口從左向右流經該裝置時，接在MN兩端間的電壓表將顯示兩個電極間的電壓U。若用Q表示污水流量（單位時間內排出的污水體積），下列說法中正確的是A.N端的電勢比M端的高B.若污水

19、中正負離子數相同，則前后表面的電勢差為零C.電壓表的示數U跟a和b都成正比，跟c無關D.電壓表的示數U跟污水的流量Q成正比【答案】AD【解析】試題分析:正負離子向右移動，受到洛倫茲力，根據左手定則，正離子向后表面偏，負離子向前表面偏.所以前表面比后表面電勢底,即V端的電勢比“端的高，宜正確E錯誤；最終正負離子會受至“電場力、洛倫茲力處于平衡，后qE=記,即至=點,而污水流量0=他。=?如=生，所以b二皎:電壓表的ibBBc示數口跟污水的流量0成正比，跟u成思匕C錯誤，D正確；考點霍爾效應及其應用.第二卷（計算題，共52分）解答應有必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟。只寫出最后答案的不能得分

20、。有數值計算的，答案中必須寫出數值和單位。17.(7分)“嫦娥三號”探測器于2013年12月2日凌晨在西昌發射中心發射成功?！版隙鹑枴苯涍^幾次成功變軌以后，探測器狀態極其良好，成功進入繞月軌道。12月14日21時11分，“嫦娥三號”探測器在設“嫦娥三月球表面預選著陸區域成功著陸，標志我國已成為世界上第三個實現地外天體軟著陸的國家。號”探測器環繞月球的運動為勻速圓周運動，它距月球表面的高度為h,已知月球表面的重力加速度為g、月球半徑為R引力常量為G則(1)探測器繞月球運動的向心加速度為多大;(2)探測器繞月球運動的周期為多大?！敬鸢浮?1)口=.旗r(2)區(R+hy【解析】試題分懷對于即棘硒

21、近的雌有空1分根據牛頓第二定律有器解得口二城,(R+胡萬有引力提供探測器做勺速圓周運動的向心力有解得7-2T空:空考點：考查了萬有引力定律的應用18.(9分)如圖所示，粗糙水平地面與半徑為R=0.5m的光滑半圓軌道BCDK連接，且在同一豎直平面內,O是BCD勺圓心，BODE同一豎直線上。質量為m=1kg的小物塊在水平恒力F=15N的作用下，由靜止開始從A點開始做勻加速直線運動，當小物塊運動到B點時撤去F,小物塊沿半圓軌道運動恰好能通過D點，已知AB間的距離為3m,重力加速度g=10m/s2。求:C*(2)(3)小物塊運動到B點時的速度;小物塊離開D點后落到地面上的點與B點之間的距離。小物塊在水

22、平面上從A運動到B的過程中克服摩擦力做的功【答案】(1)vs=SgR=Sm!s<2)r=lm(3)甲尸323J【解析】試題分析，(1)因為小物塊恰能通過D點，所以在D點小物塊所受重力等于向心力，即1分a3aia;UBidai:!，Jr小物塊由B運動D的過程中機械能守恒，則有yWVj=y+2叫出1分所以為=*典=5網51分0)役小物塊落地點距B點之間的距離為工，下落時間為r根據平拋運動的規律x=vDt1分2R=；g1分解得a1m1分(3)小物塊在水平面上從A運動到B過程中根據動能定理，有JJ-=y一？分解得：田尸325J1分考點：考查了平拋運動，機械能守恒，動能定理的應用19.(12分)如

23、圖甲所示，相隔一定距離的豎直邊界兩側為相同的勻強磁場區，磁場方向垂直紙面向里，在邊界上固定兩長為L的平行金屬極板MM口PQ兩極板中心各有一小孔S、S,兩極板間電壓的變化規律如圖乙所示，電壓的大小為U),周期為T0。在t=0時刻將一個質量為m電荷量為一q(q>0)的粒子由Si靜止釋放,T0粒子在電場力的作用下向右運動，在t=a時刻通過S2垂直于邊界進入右側磁場區。(不計粒子重力，不考慮極板外的電場)(1)求粒子到達S2時的速度大小v(2)為使粒子不與極板相撞，求磁感應強度的大小應滿足的條件;(3)若已保證了粒子未與極板相撞，為使粒子在t=T0時刻再次到達S,而再次進入電場被加速，求該過程中

24、粒子在磁場內運動的時間和磁感應強度的大小。【答案】(1)v=j;lqUI(2)B<4巨西(3)B=8m-mLqqTo【解析】試題分析：(1)粒子由Si至及的過程中，根據動能定理得gGo=5設碳感應強度大小為3,粒子在磁場中做伺速圓周運動的半徑為恐由牛頓第二定律得'R要使粒子在磁場中運動時不與極板相撞，須滿足線'上(3)設極板間距乩粒子在兩邊界之間無場區向左勻速運動的過程用時為山有占力.一1分粒子由冬至生的過程中，粒子做勻加速直線運動有1分：0：也由以上兩式得上一工1分4粒子在映中運動的時間為,i一9子設粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期為，由9=4結合運動學公式丁耳得*

25、考點:考查了動能定理.牛頓第二定律，圓周運用，帶電粒子在電磁場中的綜合應用，20.(13分)如圖所示，光滑斜面的傾角“=30。，在斜面上放置一矩形線框abcd,ab邊的邊長Li=1m,bc邊的邊長L2=0.4m,線框的質量n=1kg,電阻R=0.2Q。斜面上ef線(efIIgh)的右方有垂直斜面向上的均勻磁場，磁感應強度B隨時間t的變化情況如B-t圖像，ef線和gh的距離s=6.9m,t=0時線框在平行于斜面向上的恒力F=10N的作用下從靜止開始運動，線框進入磁場的過程中始終做勻速直線運動，重力加速度g=10m/s2。o0.3016OSUU113.1t/1(1)求線框進入磁場前的加速度大小和線

26、框進入磁場時做勻速運動的速度v大小;(2)求線框進入磁場的過程中產生的焦耳熱；(3)求線框從開始運動到ab邊運動到gh線處所用的時間?！敬鸢浮浚?）Emk（2）0=2J1.9s【解析】試題分析：門）線框欣人迸入睡場前時，做句加速直線運動，由牛頓第二定律得F-9g4口以二叫&1分線框進入磁場前的加速度«=5ni.S-1分線框進入磁場的過程中做勻速運動，所以線框應印受力平衡球a+F*分成邊進入磁場切割磁感線，產生的電動勢X二下工;T*.分形成的感應電流7=L技受到的安培力瑪=嘰.'1分代入數據解得i-4mi1分（2）線框進入磁場的過程中做勻速運的，根據功卻二三百Q=（F=?慘imt）匚2分解得Q=n1分仃，線框加S進入磁場前時，做勻加速直線運助；進入磁場的過程中，做勻速直線運動線框完全進入磁場后至運動到露線，仍儂勻加速直£把動.