山東省臨沂市費城中學高三物理上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.（07年全國卷Ⅰ）a、b、c、d是勻強電場中的四個點，它們正好是一個矩形的四個頂點，電場線與矩形所在平面平行。已知a點的電勢為20V，b點的電勢為24V，d點的電勢為4V，如圖，由此可知c點的電勢為

A．4V

B．8VC．12V

D．24V參考答案：答案：B

解析：運用一個結論：在勻強電場中，任意一族平行線上等距離的兩點的電勢差相等，所以Uab=Ucd，所以c點電勢為8v。2..受到一個豎直向下的力F作用的物體A正沿斜面勻速下滑，若撤去力F，改用一個力作用于A時，A沿斜面勻加速下滑，則關于的方向，下列四圖中可能正確的是

參考答案：3.(單選)如圖所示，處于平直軌道上的甲、乙兩物體相距為s，同時、同向開始運動。甲以初速度v、加速度a1做勻加速直線運動，乙做初速度為零、加速度為a2的勻加速直線運動，假設甲能從乙旁邊通過，要使甲、乙相遇兩次的條件是()參考答案：B4.（多選）某家用桶裝純凈水手壓式飲水器如圖所示，在手連續穩定的按壓下，出水速度為V，供水系統機械效率為η，現測量出桶底到出水管之間的高度差H，桶中水面到出水管之間的高度差是h，出水口傾斜，離出水管的高度差可忽略，出水口的橫截面積為S，水的密度為ρ，重力加速度為g，則下列說法正確的是

（

）A．出水口單位時間內的出水體積B．出水口所出水落地時的速度C．出水后，手連續穩定按壓的功率為D．手按壓輸入的功率等于單位時間內所出水的動能和重力勢能之和參考答案：AC5.下列說法正確的是

▲

A．液體的分子勢能與液體的體積無關B．為了保存玉米地水分，可以鋤松地面，破壞土壤里的毛細管C．從微觀角度看，氣體對容器的壓強是大量氣體分子對容器壁的頻繁碰撞引起的D．擴散現象可以在液體、氣體中進行，不能在固體中發生參考答案：BC二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.一物體以100J的初動能沿傾角為θ的斜面向上運動，在上升的過程中達到某位置時，動能減少了80J，重力勢能增加了60J，則物體與斜面間的動摩擦因數為

。參考答案：答案：7.現測定長金屬絲的電阻率。①某次用螺旋測微器測量金屬絲直徑結果如圖所示，其讀數是______。②利用下列器材設計一個電路，盡量準確地測量一段金屬絲的電阻。這段金屬絲的電阻，約為，畫出實驗電路圖，并標明器材代號。電源

（電動勢，內阻約為）電流表

（量程，內阻）電流表

（量程，內阻約為）滑動變阻器

（最大阻值，額定電流）開關及導線若干③某同學設計方案正確，測量得到電流表的讀數為，電流表的讀數為，則這段金屬絲電阻的計算式______。從設計原理看，其測量值與真實值相比______（填“偏大”、“偏小”或“相等”）。參考答案：

(1).（均可）

(2).

(3).

相等【詳解】根據螺旋測微器的讀數法則可知讀數為因該實驗沒有電壓表，電流表A1的內阻已知，故用A1表當電壓表使用，為了調節范圍大，應用分壓式滑動變阻器的接法，則點如圖如圖由電路圖可知流過電流為，電阻兩端的電壓為，因此電阻該實驗的電流為真實電流，電壓也為真實電壓，因此測得值和真實值相等

8.質量為m=0.01kg、帶電量為+q=2.0×10﹣4C的小球由空中A點無初速度自由下落，在t=2s末加上豎直向上、范圍足夠大的勻強電場，再經過t=2s小球又回到A點．不計空氣阻力，且小球從未落地，則電場強度的大小E為2×103N/C，回到A點時動能為8J．參考答案：考點：電場強度；動能定理的應用．分析：分析小球的運動情況：小球先做自由落體運動，加上勻強電場后小球先向下做勻減速運動，后向上做勻加速運動．由運動學公式求出t秒末速度大小，加上電場后小球運動，看成一種勻減速運動，自由落體運動的位移與這個勻減速運動的位移大小相等、方向相反，根據牛頓第二定律和運動學公式結合求電場強度，由W=qEd求得電場力做功，即可得到回到A點時動能．解答：解：小球先做自由落體運動，后做勻減速運動，兩個過程的位移大小相等、方向相反．設電場強度大小為E，加電場后小球的加速度大小為a，取豎直向下方向為正方向，則有：gt2=﹣（vt﹣at2）又v=gt解得a=3g由牛頓第二定律得：a=，聯立解得，E===2×103N/C則小球回到A點時的速度為：v′=v﹣at=﹣2gt=﹣20×10×2m/s=﹣400m/s動能為Ek==0.01×4002J=8J故答案為：2×103，8．點評：本題首先要分析小球的運動過程，采用整體法研究勻減速運動過程，抓住兩個過程之間的聯系：位移大小相等、方向相反，運用牛頓第二定律、運動學規律結合進行研究．9.有一半徑為r1，電阻為R，密度為ρ的均勻圓環落入磁感應強度B的徑向磁場中，圓環截面的半徑為r2（r2?r1）。如圖所示，當圓環在加速下落到某一時刻時的速度為v，則此時圓環的加速度a＝________，如果徑向磁場足夠長，則圓環的最大速度vm＝a＝g－，vm＝2012學年普陀模擬25_________。參考答案：．a＝g－，vm＝10.如圖所示為某運動員在平靜的湖面訓練滑板運動的示意圖，在進行滑板運動時，水對滑板的作用力垂直于板面，大小為kv2，其中v為滑板的速率。某次運動中，在水平牽引力F作用下，當滑板和水面的夾角θ=37°時，滑板做勻速直線運動，相應的k=50kg/m，人和滑板的總質量為100kg，水平牽引力的大小為

牛，水平牽引力的功率為

瓦。參考答案：

答案：750N、

3750W11.如圖所示，一正方形導線框邊長為，質量為m，電阻為R。從某一高度豎直落入磁感應強度為B的水平勻強磁場中，磁場寬度為d，且d>l。線框邊剛進入磁場時線框恰好做勻速運動，此時線框的速度為__________。若線框邊剛要離開磁場時線框又恰好做勻速運動，則線框在穿過磁場的過程中產生的電能為__________。（已知重力加速度為g）參考答案：

試題分析：由于線框邊剛進入磁場時線框恰好做勻速運動，則，其中,代入解得：v=。因為線框邊剛要離開磁場時線框又恰好做勻速運動，同理可求得此時線框的速度仍為v,線框在穿過磁場的過程中產生的電能等于線框重力勢能的減少量，即Q=.考點：平衡狀態及電磁感應現象；能量守恒定律。12.如圖，質量為m的活塞夾在兩塊光滑的水平隔板間，活塞與輕質傳動桿之間有大小不計的光滑轉軸連接，活塞在水平力作用下緩緩推動傳動桿，傳動桿帶動曲軸繞固定轉軸O轉動。在圖示位置時，水平推力大小為F（F<mg），輕桿與水平方向夾角為θ(θ<45°)，曲軸與水平虛線垂直，輕桿與曲軸連接處到轉軸O距離為L，此時傳動桿對曲軸的力矩大小為

，隔板對活塞的作用力大小為

。參考答案：FL；mg-Ftanθ

13.對“落體運動快慢”、“力與物體運動關系”等問題，亞里士多德和伽利略存在著不同的觀點。請完成下表：

亞里士多德的觀點伽利略的觀點落體運動快慢重的物體下落快，輕的物體下落慢

力與物體運動關系

維持物體運動不需要力

參考答案：答案：物體下落快慢與物體輕重無關

維持物體運動需要力三、簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.如圖所示，水平傳送帶兩輪心O1O2相距L1=6.25m，以大小為v0=6m/s不變的速率順時針運動，傳送帶上表面與地面相距h=1.25m．現將一質量為m=2kg的小鐵塊輕輕放在O1的正上方，已知小鐵塊與傳送帶間動摩擦因數μ=0.2，重力加速度g取10m/s2，求：（1）小鐵塊離開傳送帶后落地點P距離O2的水平距離L2；（2）只增加L1、m、v0中的哪一個物理量的數值可以使L2變大．參考答案：（1）小鐵塊離開傳送帶后落地點P距離O2的水平距離為2.5m；（2）只增加L1數值可以使L2變大．解：（1）小鐵塊輕放在傳送帶上后受到摩擦力的作用，由μmg=ma得a=μg=2m/s2，當小鐵塊的速度達到6m/s時，由vt2=2ax得：x=9m由于9m＞L1=6.25m，說明小鐵塊一直做加速運動設達到O2上方的速度為v，則v==5m/s小鐵塊離開傳送帶后做平拋運動根據h=gt2得下落時間：t==0.5s由L2=vt=5×0.5=2.5m（2）欲使L2變大，應使v變大由v=可知，L1增大符合要求m、v0增大對a沒有影響，也就對v和L2沒有影響因此，只增加L1、m、v0中的L1的數值可以使L2變大．答：（1）小鐵塊離開傳送帶后落地點P距離O2的水平距離為2.5m；（2）只增加L1數值可以使L2變大．15.如圖所示，一彈丸從離地高度H=1.95m

的A點以=8.0m/s的初速度水平射出，恰以

平行于斜面的速度射入靜止在固定斜面頂端C處

的一木塊中，并立即與術塊具有相同的速度（此速度大小為彈丸進入術塊前一瞬間速度的）共同運動，在斜面下端有一垂直于斜面的擋板，術塊與它相碰沒有機械能損失，碰后恰能返同C點．已知斜面頂端C處離地高h=0.05m，求：(1)A點和C點間的水平距離？(2)木塊與斜面間的動摩擦因數?(3)木塊從被彈丸擊中到再次回到到C點的時間t?參考答案：四、計算題：本題共3小題，共計47分16.豎直面內一傾斜軌道與一足夠長的水平軌道通過一小段光滑圓弧平滑連接，小物塊B靜止于水平軌道的最左端，如圖（a）所示。t=0時刻，小物塊A在傾斜軌道上從靜止開始下滑，一段時間后與B發生彈性碰撞（碰撞時間極短）；當A返回到傾斜軌道上的P點（圖中未標出）時，速度減為0，此時對其施加一外力，使其在傾斜軌道上保持靜止。物塊A運動的v-t圖像如圖（b）所示，圖中的v1和t1均為未知量。已知A的質量為m，初始時A與B的高度差為H，重力加速度大小為g，不計空氣阻力。（1）求物塊B的質量；（2）在圖（b）所描述的整個運動過程中，求物塊A克服摩擦力所做的功；（3）已知兩物塊與軌道間的動摩擦因數均相等，在物塊B停止運動后，改變物塊與軌道間的動摩擦因數，然后將A從P點釋放，一段時間后A剛好能與B再次碰上。求改變前面動摩擦因數的比值。參考答案：（1）3m

（2）

（3）【詳解】（1）物塊A和物塊B發生碰撞后一瞬間的速度分別為、，彈性碰撞瞬間，動量守恒，機械能守恒，即：聯立方程解得：；根據v-t圖象可知，解得：（2）設斜面的傾角為，根據牛頓第二定律得當物塊A沿斜面下滑時：，由v-t圖象知：當物體A沿斜面上滑時：，由v-t圖象知：解得：；又因下滑位移則碰后A反彈，沿斜面上滑的最大位移為：其中為P點離水平面得高度，即解得故在圖（b）描述的整個過程中，物塊A克服摩擦力做的總功為：（3）設物塊B在水平面上最遠的滑行距離為，設原來的摩擦因為為則以A和B組成的系統，根據能量守恒定律有：設改變后的摩擦因數為，然后將A從P點釋放，A恰好能與B再次碰上，即A恰好滑到物塊B位置時，速度減為零，以A為研究對象，根據能量守恒定律得：又據（2）的結論可知：，得：聯立解得，改變前與改變后的摩擦因素之比為：。17.質量為m的飛機模型，在水平跑道上由靜止勻加速起飛，假定起飛過程中受到的平均阻力恒為飛機所受重力的k倍，發動機牽引力恒為F，起飛過程中的滑行時間為t。求（1）飛機模型起飛過程中的滑行距離；（2）飛機模型離開地面起飛時發動機牽引力的功率；（3）若飛機起飛利用電磁彈射技術，將大大縮短起飛距離。圖甲所示為電磁彈射裝置的原理簡化示意圖，與飛機連接的金屬塊可在兩根相互靠近且平行的導軌上無摩擦滑動，大容量電容器釋放儲存電能所產生的強大電流從一根導軌流入，經過金屬塊，再從另一根導軌流出；導軌中的強大電流形成的磁場方向垂直于導軌平面，金屬塊受磁場力的作用獲得速度，從而推動飛機。上述飛機模型在電磁彈射裝置與飛機發動機同時工作的情況下（設飛機的牽引力F及受到的平均阻力不變），可使起飛距離縮短為x。借助電源向電容器充電過程中，電容器兩極板間電壓u與極板上所帶電荷量q的關系圖象（u-q圖象，如圖乙所示），可以借鑒教科書中v-t圖求位移的方法，確定電容器儲存電能的規律。若大容量電容器電容為C，充電電壓為Um時進行彈射，完成第一次彈射后電容器的電壓為U1。求a：電容器儲存電能與電容器的電容C和電容器兩端電壓U的關系b：電容器釋放的電能轉化為飛機動能的效率。參考答案：（1）根據牛頓第二定律：

做勻加速直線運動：

由得（2）由

由得a:根據E電=qU，可得E電=b:飛機的啟動過程，根據動能定理可得：得η18.如圖所示，傳送帶長6m，與水平方向的夾角，以5m/s的速度向上運動。一個質量為2kg的物塊（可視為質點），沿平行于傳送帶方向以10m/s的速度滑上傳送帶，已知物塊與傳送帶之間的動摩擦因數μ=0.5。求：（1）物塊剛滑上傳送帶時的加速度大小；（2）物塊到達傳送帶頂端時的速度；（3）整個