届福建省莆田六中高三上学期期末考试理综物理试题解析版文档格式.docx
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N=（M+m）g,故D正确；
3.在一次跳绳体能测试中,一位体重约为50kg的同学,一分钟内连续跳了140下,若该同学每次跳跃的腾空时间为0.2s,重力加速度g取
则他在这一分钟内克服重力做的功约为（）
A.3500JB.14000JC.1000JD.2500J
【答案】A
G=mg=50kg×
10N/kg=500N,腾空时间为0.2s表示上升过程0.1s,上升的高度为h=0.05m,根据W=Gh得起跳一次克服重力的功W0=Gh=500N×
0.05m=25J：
1min跳了140次,则一分钟内克服重力做功W=140W0=140×
25J=3500J．故选A。
【点睛】克服重力做功直接利用W=Gh计算即可,注意1min起跳的次数,
4.如图所示,ACBD是一个过球心O的水平截面圆,其中AB与CD垂直,在C、D、A三点分别固定点电荷＋Q、－Q与＋q。
光滑绝缘竖直杆过球心与水平截面圆垂直,杆上套有一个带少量负电荷的小球,不计小球对电场的影响．现将小球自E点无初速度释放,到达F点的过程中（重力加速度为g）,下列说法正确的是（ ）
A.小球在O点的加速度大于g
B.小球在E点的电势能大于在O点的电势能
C.小球在F点的速度一定最大
D.小球在运动过程中机械能一直减小
【答案】B
小球在O点时,受到C、D两点电荷的库仑力的合力水平向左,受到A点电荷库仑力指向A点,则小球在O点受到库仑力的合力在夹角
范围内,故小球受杆的弹力就应在夹角
范围内,且大小与库仑力的合力相等,方向相反,使小球水平方向所受合力为零,所以小球竖直方向只受重力,加速度为g,故A错误；
由图可知,带负电的小球从E点到O点时电势升高,故电势能减小,故B正确；
当小球的合力为零时,加速度为零,速度最大,对小球在F点受力分析可知,因不清楚重力与库仑力的大小关系,故无法判断小球在F点时是否合力为零,故C错误；
由图可知,E、F是在同一等势面,故小球在运动过程中,电势能先减小,后增大,则机械能先增大,后减小,故D错误；
故选B。
【点睛】分析小球的受力情况,由牛顿第二定律分析小球在O点的加速度。
根据等量异种电荷电场中电势分析情况,分析小球在三个点电荷的合电场中的电势情况,由能量守恒定律分析小球在F点的速度、电势能、机械能关系。
5.某科研单位设计了一空间飞行器,飞行器从地面起飞时,发动机提供的动力方向与水平方向夹角α＝60°
使飞行器恰好沿与水平方向成θ＝30°
角的直线斜向右上方由静止开始匀加速飞行,如图所示．经时间t后,将动力的方向沿逆时针旋转60°
同时适当调节其大小．使飞行器依然可以沿原方向匀减速飞行,飞行器所受空气阻力不计,下列说法中正确的是（ ）
A.加速时发动机提供的动力的大小等于
mg
B.加速与减速时的加速度大小之比为2∶1
C.减速飞行时间t后速度减为零
D.加速过程发生的位移与减速到零的过程发生的位移大小之比为2∶1
起飞时,飞行器受推力和重力,两力的合力与水平方向成30°
角斜向上,设动力为F,合力为Fb,如图所示：
在△OFFb中,由几何关系得：
F=
mg,Fb=mg,故A错误；
由牛顿第二定律得飞行器的加速度为：
a1=g,推力方向逆时针旋转60°
合力的方向与水平方向成30°
斜向下,推力F'
跟合力F'
h垂直,如图所示,此时合力大小为：
F'
h=mgsin30°
；
动力大小：
F′=
mg；
飞行器的加速度大小为：
a2=
=0.5g；
加速与减速时的加速度大小之比为a1：
a2=2：
1,故B正确；
到最高点的时间为：
故C错误；
t时刻的速率：
v=a1t=gt；
加速与减速过程发生的位移大小之比为
=1：
2,故D错误。
6.运动学中有人认为引入“加速度的变化率”没有必要,然而现在有人指出“加速度的变化率”能引起人的心理效应,车辆的平稳加速（即加速度基本不变）使人感到舒服,否则人感到不舒服,关于“加速度的变化率”,下列说法正确的是（）
A.从运动学角度的定义,“加速度的变化率”的单位应是m/s3
B.加速度的变化率为0的运动是匀速直线运动
C.若加速度与速度同方向,如图所示的a﹣t图象,表示的是物体的速度在减小
D.若加速度与速度同方向,如图所示的a﹣t图象,已知物体在t=0时速度为5m/s,则2s末的速度大小为8m/s
【答案】AD
【详解】加速度的变化率是指加速度的变化与所用时间的比值,即为
a的单位是m/s2,则
的单位为m/s3,故A正确；
加速度变化率为0是指加速度保持不变,如果加速度为0,则物体做匀速直线运动,如果加速度不为0,则物体做匀变速运动,故B错误；
若加速度与速度同向,则物体作加速运动,如图示加速度减小,则物体速度增加得变慢了,但仍是加速运动,故C错误；
根据v-t图象可知,图象与时间轴所围图形面积表示物体的位移,同理在a-t图象中可知图象与时间轴所围图形的面积表示物体速度的变化量即△v,则得：
△v=
×
2×
3m/s=3m/s。
由于加速度与速度同向,故物体做变加速直线运动,已知初速度为5m/s,则小球在2s末的速度为8m/s,故D正确。
故选AD。
【点睛】本题要加速度的物理意义,掌握其定义方法和单位,知道在a-t图象中图象与时间轴所围图形的面积表示物体速度的变化量,能理解加速运动与减速运动由加速度与速度方向决定而不是由加速度的大小变化决定．
7.公路急转弯处通常是交通事故多发地带。
如图所示,某公路急转弯处是一圆弧,当汽车行驶的速率为vc时,汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势,则在该弯道处
A.路面外侧高内侧低
B.车速只要低于vc,车辆便会向内侧滑动
C.车速虽然高于vc,但只要不超出某一最高限度,车辆便不会向外侧滑动
D.当路面结冰时,与未结冰时相比,vc的值变小
【答案】AC
试题分析：
路面应建成外高内低,此时重力和支持力的合力指向内侧,可以提供圆周运动向心力,故A正确．车速低于v0,所需的向心力减小,此时摩擦力可以指向外侧,减小提供的力,车辆不会向内侧滑动．故B错误．当速度为v0时,静摩擦力为零,靠重力和支持力的合力提供向心力,速度高于v0时,摩擦力指向内侧,只有速度不超出最高限度,车辆不会侧滑．故C正确．当路面结冰时,与未结冰时相比,由于支持力和重力不变,则v0的值不变．故D错误．故选AC。
考点：
圆周运动的实例分析
【名师点睛】此题是圆周运动的实例分析问题；
解决本题的关键搞清向心力的来源,运用牛顿第二定律进行求解,难度不大,属于基础题。
8.真空中,两个固定点电荷A、B所带电荷量分别为QA和QB,在它们共同形成的电场中,有一条电场线如图实线所示,实线上的箭头表示电场线的方向,电场线上标出了C、D两点,其中D点的切线与AB连线平行,O点为AB连线的中点,则
A.A带正电,B带负电,且
B.O点电势等于D点电势
C.点电荷A在D点产生的场强比点电荷B在D点产生的场强大
D.负检验电荷在C点的电势能大于在D点的电势能
根据电场线的流向,知A带正电,B带负电；
D点的场强可看成AB两电荷在该点产生场强的合场强,电荷A在D点电场方向沿AD向上,电荷B在D点产生的场强沿DB向下,合场强水平向右,可知A电荷在D点产生的场强大于B电荷在D点产生的场强,而
所以
AC正确；
因
．在AB上电势与D点相同的点OB之间,A带正电荷,B带负电荷,所以O点电势比D点电势高,B错误；
沿电场线方向电势逐渐降低,
再根据
q为负电荷,知
D错误．
【点睛】解决本题的关键知道电场线的特点及电势能高低的判断。
电势能高低判断：
一可以从电场力做功角度判断,二根据电势能的公式判断．
三、非选择题：
（一）必考题
9.如图所示“验证牛顿第二定律”的实验装置示意图．砂和砂桶的总质量为m,小车和砝码的总质量为M.实验中用砂和砂桶总重力的大小作为细线对小车拉力的大小．
（1）实验中,为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力,先调节长木板一端滑轮的高度,使细线与长木板平行．接下来还需要进行的一项操作是（）．
A．将长木板水平放置,让小车连着已经穿过打点计时器的纸带,给打点计时器通电,调节m的大小,使小车在砂和砂桶的牵引下运动,从打出的纸带判断小车是否做匀速运动
B．将长木板的一端垫起适当的高度,让小车连着已经穿过打点计时器的纸带,撤去砂和砂桶,给打点计时器通电,轻推小车,从打出的纸带判断小车是否做匀速运动
C．将长木板的一端垫起适当的高度,撤去纸带以及砂和砂桶,轻推小车,观察判断小车是否做匀速运动
（2）实验中要进行质量m和M的选取,以下最合理的一组是（）．
A．M＝200g,m＝10g、15g、20g、25g、30g、40g
B．M＝200g,m＝20g、40g、60g、80g、100g、120g
C．M＝400g,m＝10g、15g、20g、25g、30g、40g
D．M＝400g,m＝20g、40g、60g、80g、100g、120g
（3）下图是实验中得到的一条纸带,A、B、C、D、E、F、G为7个相邻的计数点,相邻的两个计数点之间还有四个点未画出,量出相邻的计数点之间的距离分别为：
sAB＝4.22cm、sBC＝4.65cm、sCD＝5.08cm、sDE＝5.49cm,sEF＝5.91cm,sFG＝6.34cm.已知打点计时器的工作频率为50Hz,则小车的加速度大小a＝________m/s2.（结果保留两位有效数字）．
【答案】
（1）.B
（2）.C（3）.0.53（4）.0.42
（1）A、平衡摩擦力时,不应将盘及盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上,故A错误；
B、平衡摩擦力时,应撤去砂和砂桶,从打出的纸带判断小车是否做匀速运动,B正确、C错误。
故选：
B。
（2）当小车质量远大于砂和砂桶质量时可以近似认为小车受到的拉力等于砂与砂桶的重力,由数据可知C组实验数据合适,故选C；
（3）相邻的两个计数点之间还有四个点未画出,计数点间的时间间隔：
t=0.02×
5=0.1s,
由匀变速直线运动的推论：
△x=at2可知,加速度：
a=（x4−x1+x5−x2+x6−x3）/9t2=（0.0549−0.0422+0.0591−0.0465+0.0634−0.0508）/9×
0.12≈0.42m/s2；
10.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中,小灯泡的额定电压为2.5V,额定功率为0.5W,此外还有以下器材可供选择：
A．直流电源3V（内阻不计）
B．直流电流表0~300mA（内阻约为5Ω）
C．直流电流表0~3A（内阻约为0.1Ω）
D．直流电压表0~3V（内阻约为30kΩ）
E．滑动变阻器100Ω,0.5A
F．滑动变阻器10Ω,2A
G．导线和开关
（1）实验中电流表应选用______,滑动变阻器应选用________；
（须填写仪器前的字母）
（2）在图甲的虚线框中画出正确的实验电路图__________（虚线框中已将部分电路画出,请补齐电路的其他部分）；
（3）根据实验数据,画出的小灯泡I-U图线如图乙所示。
由此可知,当电压为0.5V时,小灯泡的灯丝电阻是________Ω；
若用电动势为2.0V,内阻为10Ω的电池直接给该小灯泡供电,则小灯泡耗电功率为
________W.（本小题两空均保留2位有效数字）
【答案】
（1）.B
（2）.F（3）.如图
（4）.5.0（5）.0.094
（1）小灯泡的规格为额定电压为2.5V,额定功率为0.5W,故额定电流为
所以电流表选择B；
由于描绘伏安特性曲线,滑动变阻器需用分压式接法,为调节的方便,选择阻值小,额定电流较大的F；
（2）.小灯泡电阻较小,电流表用内接法,由于描绘小灯泡的伏安特性曲线,动变阻器需用分压式接法,所以电路图如图所示
（3）由曲线知,当电压为0.5V时,小灯泡的电流为0.1A,根据欧姆定律得此时电阻为5欧姆；
用电动势为2.0V,内阻为10Ω的电池直接给该小灯泡供电,根据闭合电路欧姆定律则有
然后作出I-U图像
图像中交点
小灯泡耗电功率为
11.如图所示,AB、CD为固定在水平面上的光滑圆弧轨道,半径R=9m,分别与水平轨道相切于B、C两点,KA平台的高度为h=3.2m。
先让小物块甲以v1=
m/s的初速度从A点沿AB轨道下滑,当小物块甲经过B点0.6s后,让小物块乙以一定的初速度v2=16m/s从B点沿BC轨道向右滑行,甲、乙两物块与水平轨道BC间的动摩擦因数分别为μ甲=0.15、μ乙=0.64,甲物块质量m甲=1kg,甲物块经过C点时受到的支持力大小为FN=19N,g取10m/s2。
求:
（1）甲物块滑到B点,C点时的速率;
（2）水平轨道BC的长度;
（3）甲、乙两物块在水平轨道BC上运动时两物块间的最小距离。
【答案】
（1）9m/s
（2）21m （3）4.48m
【详解】
（1）在C点,甲物块做圆周运动,设甲物块滑到C点时的速率为vC,在C点对甲物块由牛顿第二定律得:
FN-m甲g=m甲
代入数据解得：
vC=9m/s
对甲物块,设下滑到B点速度为vB,由机械能守恒定律得:
m甲gh+
m甲v12=
m甲vB2
vB=12m/s
（2）设水平轨道BC长度为L,甲物块从B到C的过程由动能定理得:
-μ甲m甲gL=
m甲vC2-
L=21m
（3）甲、乙两物块在水平轨道BC均做匀减速直线运动,设加速度分别为a甲、a乙,由牛顿第二定律得:
a甲=
=μ甲g=1.5m/s2；
a乙=
=μ乙g=6.4m/s2
设乙物块滑入水平轨道BC时间t后与甲物块速度相等,设为v,则:
v=v2-a乙t=vB-a甲（t+0.6）
代入数据解得:
t=1s；
v=9.6m/s
即乙物块滑入水平轨道1s后甲、乙两物块速度相等,这时它们在水平轨道BC上的距离最小,根据匀变速运动的位移公式得:
x甲=
（vB+v）（t+0.6）
x甲=17.28m,x乙=
（v2+v）t
x乙=12.8m
甲、乙两物块在水平轨道BC上的最小距离:
Δx=x甲-x乙=4.48m
12.如图,静止于A处的离子,经电压为U的加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器,从P点垂直CN进入矩形区域的有界匀强电场,电场方向水平向左．静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场,已知圆弧所在处场强为E0,方向如图所示；
离子质量为m、电荷量为q；
QN＝2d、PN＝3d,离子重力不计．
（1）求圆弧虚线对应的半径R的大小；
（2）若离子恰好能打在NQ的中点上,求矩形区域QNCD内匀强电场场强E的值；
（3）若撤去矩形区域QNCD内的匀强电场,换为垂直纸面向里的匀强磁场,要求离子能最终打在QN上,求磁场磁感应强度B的取值范围．
（1）
（2）
（3）
（1）离子在加速电场中加速,根据动能定理,有：
离子在辐向电场中做匀速圆周运动,电场力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：
联解得：
。
（2）离子做类平抛运动：
，
由牛顿第二定律得：
（3）离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：
根据题意作出离子运动径迹如图：
由几何关系知：
带电粒子在磁场中的运动
【名师点睛】对于带电粒子在电场中加速过程，往往运用动能定理研究加速电压与速度的关系；
对于电场中偏转问题，运动的分解是常用方法．磁场中的匀速圆周运动，要知道洛伦兹力充当向心力，画出轨迹是解答的关键，同时注意粒子在静电分析器中电场力不做功。
13.沿x轴正方向传播的一列简谐横波在某时刻的波形图如图所示，其波速为200m/s，下列说法中正确的是___．
A.图示时刻质点b的速度方向沿y轴负方向
B.图示时刻质点a的加速度为零
C.图示时刻质点a的速度为零
D.若此波遇到另一简谐波并发生稳定干涉现象，则该波所遇到的波的频率为50Hz
E.若该波发生明显的衍射现象，该波所遇到的障碍物或孔的尺寸一定比4m大得多
【答案】ACD
）根据“上坡下，下坡上”可知b点处在上坡，故b点向下振动，A项正确；
质点a在最大位移处，故加速度最大，速度为零，B项错误，C项正确；
由波形图可知该波的波长为4m，故该波的周期
，频率为50Hz，发生干涉的条件是两列波的频率相同，故该波所遇到的波的频率为50Hz，D项正确；
发生明显衍射的条件是障碍物或孔的尺寸比波长小或相差不多，因此障碍物小于4m，能发生明显的衍射现象，E项错误．
14.如图所示，AOB是截面为扇形的玻璃砖的横截面图，其顶角θ＝76°
，今有一细束单色光在横截面内从OA边上的点E沿垂直于OA的方向射入玻璃砖，光线直接到达AB面且恰好未从AB面射出．已知OE＝
OA，cos53°
＝0.6，试求：
（1）玻璃砖的折射率n；
（2）光线第一次从OB射出时折射角的正弦值．
由题意光线经AB面反射后恰好未从AB面射出，说明发生了全反射，入射角等于临界角，由几何知识求出光线在AB面的入射角和临界角，由临界角公式求解折射率；
光线经过反射射到BO面上，由几何知识求出入射角，再由折射定律求折射角的正弦值。
①光线刚好不从AB面射出，如图所示：
所以入射角为临界角C=37°
，由
解得：
②据几何知识得：
β=θ=76°
，OB面入射角α=180°
﹣2C﹣β=30°
根据折射定律：
点睛：
本题主要考查了光的折射，正确地画出光路图、灵活运用几何知识求有关角度是解决本题问题的关键，要掌握全反射的条件：
光从光密介质射入光疏介质，入射角大于等于临界角，刚好发生全反射时，入射角等于临界角。
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