黑龙江省绥化市三校届高三上学期期末联考物理试题及答案.docx

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黑龙江省绥化市三校届高三上学期期末联考物理试题及答案

黑龙江省绥化市三校2015届高三上学期期末联考物理试卷

一、选择题：

本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．

1．伽利略在对自由落体运动的研究过程中，开创了如下框图所示的一套科学研究方法，其中方框2和4中的方法分别是（　　）

A．

实验检验，数学推理

B．

数学推理，实验检验

C．

提出假设，实验检验

D．

实验检验，合理外推

考点：

伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法．.

专题：

常规题型．

分析：

教材中介绍了伽利略对落体规律的研究以及“理想斜面实验”，通过这些知识的学习，可以明确伽利略所创造的这一套科学研究方法．

解答：

解：

这是依据思维程序排序的问题，这一套科学研究方法，要符合逻辑顺序，即通过观察现象，提出假设，根据假设进行逻辑推理，然后对自己的逻辑推理进行实验验证，紧接着要对实验结论进行修正推广．故ABD错误，C正确；

故选：

C．

点评：

伽利略将可靠的事实和理论思维结合起来，以实验事实为基础，开辟了崭新的研究物理的方法道路，同学们要从中汲取营养，提高科学素质．

2．（6分）（2014•漳州三模）完全相同的两物体P、Q，质量均为m，叠放在一起置于水平面上，如图所示．现用两根等长的细线系在两物体上，在细线的结点处施加一水平拉力F，两物体始终保持静止状态，则下列说法不正确的是（重力加速度为g）（　　）

A．

物体P受到细线的拉力大小为

B．

两物体间的摩擦力大小为

C．

物体Q对地面的压力大小为2mg

D．

地面对Q的摩擦力为F

考点：

共点力平衡的条件及其应用；摩擦力的判断与计算．.

专题：

共点力作用下物体平衡专题．

分析：

将F按照平行四边形定则进行分解，求出两根绳子上的拉力大小，以PQ整体为研究对象求物体Q对地面的压力大小．

解答：

解：

将F按照平行四边形定则进行分解，如图：

设T1与水平方向夹角为θ，根据平衡条件：

细线的拉力T=2Tcosθ=F

得：

T=

＞，故A错误；

=

F，即物体P受到细线的拉力大小为

F，故A错误；

以P为研究对象受力分析，根据平衡条件，水平方向：

T2cosθ=f=

•cosθ=，故B正确；

以PQ整体为研究对象受力分析，根据平衡条件，竖直方向：

N地=2mg，根据牛顿第三定律则物体Q对地面的压力大小为2mg，故C正确；

以PQ整体为研究对象受力分析，根据平衡条件，水平方向：

f′=F，故D正确；

题目要求选错误的，故选：

A．

点评：

整体法和隔离法是动力学问题常用的解题方法，整体法是指对物理问题中的整个系统或整个过程进行分析、研究的方法．在力学中，就是把几个物体视为一个整体，作为研究对象，受力分析时，只分析这一整体对象之外的物体对整体的作用力（外力），不考虑整体内部之间的相互作用力．

3．（6分）（2014•唐山二模）如图所示，位于同一高度的小球A、B分别以v1和v2的速度水平抛出，都落在了倾角为30°的斜面上的C点，小球B恰好垂直打到斜面上，则v1、v2之比为（　　）

A．

1：

1

B．

2：

1

C．

3：

2

D．

2：

3

考点：

平抛运动．.

专题：

平抛运动专题．

分析：

两个小球同时做平抛运动，又同时落在C点，说明运动时间相同．小球垂直撞在斜面上的C点，说明速度方向与斜面垂直，可以根据几何关系求出相应的物理量．

解答：

解：

小球A做平抛运动，根据分位移公式，有：

x=v1t…①

y=

…②

又tan30°=…③

联立①②③得：

v1=

…④

小球B恰好垂直打到斜面上，则有：

tan30°=

=

…⑤

则得：

v2=

gt…⑥

由④⑥得：

v1：

v2=3：

2．

故选：

C

点评：

本题关键对两球运用平抛运动的分位移公式和分速度公式列式求解，同时结合几何关系找出水平分位移与竖直分位移间的关系，运用比例法求解．

4．（6分）（2014•漳州三模）如图所示a、b间接入正弦交流电，变压器右侧部分为一火灾报警系统原理图，R2为热敏电阻，随着温度升高其电阻变小，所有电表均为理想电表，电流表A2为值班室的显示器，显示通过R1的电流，电压表V2显示加在报警器上的电压（报警器未画出），R3为一定值电阻．当R2所在处出现火情时，以下说法中正确的是（　　）

A．

V1的示数不变，V2的示数减小

B．

V1的示数减小，V2的示数减小

C．

A1的示数增大，A2的示数增大

D．

A1的示数减小，A2的示数减小

考点：

变压器的构造和原理．.

专题：

交流电专题．

分析：

与闭合电路中的动态分析类似，可以根据R2的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况．

解答：

解：

当传感器R2所在处出现火情时，R2的电阻减小，导致电路的总的电阻减小，所以电路中的总电流将会增加，A1测量的是原线圈中的总的电流，由于副线圈的电流增大了，所以原线圈的电流A1示数也要增加；由于电源的电压不变，原副线圈的电压也不变，所以V1的示数不变，由于副线圈中电流增大，R3的电压变大，所以V2的示数要减小，即R1的电压也要减小，所以A2的示数要减小，所以A正确，BCD错误．

故选：

A．

点评：

电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法．

5．（6分）在正方体ABCD﹣EFGH中，O点为ABCD面中心，在顶点B、D处分别固定等量的异种点电荷+Q和﹣Q，如图所示，则下列说法正确的是（　　）

A．

A、C两点场强相同，电势不等

B．

O点电势高于G点电势

C．

将试探电荷+q从F点沿直线移到H点，电场力做正功

D．

﹣q在O点的电势能大于在H点的电势能

考点：

电势；电势能．.

专题：

电场力与电势的性质专题．

分析：

两个等量异号电荷的连线的中垂面是等势面，沿着电场线，电势逐渐降低；电场力做功等于电势能的减小量．

解答：

解：

A、两个等量异号电荷的连线的中垂面是等势面，故A、C两点电势相等；根据对称性，A、C两点场强也相等，方向与两个电荷的连线平行，故场强相同；故A错误；

B、两个等量异号电荷的连线的中垂面是等势面，故O点电势等于G点电势，故B错误；

C、沿着电场线，电势逐渐降低，故F点的电势大于H点的电势；将试探电荷+q从F点沿直线移到H点，电场力做正功，故C正确；

D、沿着电场线，电势逐渐降低，故O点的电势大于H点的电势，故﹣q在O点的电势能小于在H点的电势能，故D错误；

故选：

C．

点评：

本题关键是结合等量异号电荷的电场线和等势面分布规律解答，注意结合对称性分析．

6．（6分）（2014•东营二模）如图所示，在固定倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，杆与水平方向的夹角α=30°，圆环与竖直放置的轻质弹簧上端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，弹簧处于原长h．让圆环沿杆由静止滑下，滑到杆的底端时速度恰为零．则在圆环下滑过程中（　　）

A．

圆环和地球组成的系统机械能守恒

B．

当弹簧垂直于光滑杆时圆环的动能最大

C．

弹簧的最大弹性势能为mgh

D．

弹簧转过60°角时，圆环的动能为

考点：

机械能守恒定律．.

专题：

机械能守恒定律应用专题．

分析：

分析圆环沿杆下滑的过程的受力和做功情况，只有重力弹簧的拉力做功，所以圆环机械能不守恒，但是系统的机械能守恒；沿杆方向合力为零的时刻，圆环的速度最大；当圆环的速度变为零时，弹簧的形变量最大，此时弹性势能最大；根据动能定理可以求出弹簧转过60°角时，圆环的动能的大小．

解答：

解：

A、圆环沿杆滑下，滑到杆的底端的过程中有两个力对圆环做功，即环的重力和弹簧的拉力；所以圆环的机械能不守恒，如果把圆环和弹簧组成的系统作为研究对象，则系统的机械能守恒，故A选项错误；

B、当圆环沿杆的加速度为零时，其速度最大，动能最大，此时弹簧处于伸长状态，给圆环一个斜向上的拉力，故B错误；

C、根据功能关系可知，当圆环滑到最底端时其速度为零，重力势能全部转化为弹性势能，此时弹性势能最大，等于重力势能的减小量即为mgh，故C选项正确；

D、弹簧转过60°角时，此时弹簧仍为原长，以圆环为研究对象，利用动能定理得：

，故D正确．

故选：

CD．

点评：

对物理过程进行受力、运动、做功分析，是解决问题的根本方法．这是一道考查系统机械能守恒的基础好题．

7．（6分）（2014•唐山二模）如图所示，在OA和OC两射线间存在着匀强磁场，∠AOC为30°，正负电子（质量、电荷量大小相同，电性相反）以相同的速度均从M点以垂直于OA的方向垂直射入匀强磁场，下列说法可能正确的是（　　）

A．

若正电子不从OC边射出，正负电子在磁场中运动时间之比可能为3：

1

B．

若正电子不从OC边射出，正负电子在磁场中运动时间之比可能为6：

1

C．

若负电子不从OC边射出，正负电子在磁场中运动时间之比可能为1：

1

D．

若负电子不从OC边射出，正负电子在磁场中运动时间之比可能为1：

6

考点：

带电粒子在匀强磁场中的运动．.

专题：

带电粒子在磁场中的运动专题．

分析：

根据左手定则得出正电子向右偏转，负电子向左偏转，正电子不从OC边射出，负电子一定不会从OC边射出，结合圆心角的关系得出运动的时间关系．

当负电子不从OC边射出，抓出临界情况，由几何关系求出两电子在磁场中的圆心角关系，从而得出运动时间的关系．

解答：

解：

A、正电子向右偏转，负电子向左偏转，若正电子不从OC边射出，负电子一定不会从OC边射出，粒子运动的圆心角相等，可知运动的时间之比为1：

1．故A、B错误．

C、若负电子不从OC边射出，正电子也不从OC边射出，两粒子在磁场中运动的圆心角都为180度，可知在磁场中运动的时间之比为1：

1．故C正确．

D、当负电子恰好不从OC边射出时，对应的圆心角为180度，根据两粒子在磁场中的半径相等，由几何关系知，正电子的圆心角为30度，根据t=

，知正负电子艾磁场中运动的时间之比为1：

6．故D正确．

故选：

CD．

点评：

解决本题的关键作出粒子的运动轨迹图，抓住临界状态，结合几何关系进行求解，知道粒子在磁场中的运动时间t=

．

8．（6分）如图所示，在光滑绝缘的水平面上方，有两个方向相反的水平方向的匀强磁场，PQ为两磁场的边界，磁场范围足够大，磁感应强度的大小分别为B1=B，B2=2B，一个竖直放置的边长为a、质量为m、电阻为R的正方形金属线框，以初速度v垂直磁场方向从图中实线位置开始向右运动，当线框运动到在每个磁场中各有一半的面积时，线框的速度为，则下列判断正确的是（　　）

A．

此过程中通过线框截面的电量为

B．

此过程中线框克服安培力做的功为mv2

C．

此时线框的加速度为

D．

此时线框中的电功率为

考点：

导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．.

专题：

电磁感应与电路结合．

分析：

根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电量q=I△t相结合求解电量．此时线框中感应电动势为E=2Ba，感应电流为I=，线框所受的安培力的合力为F=2BIa，再由牛顿第二定律求解加速度．根据能量守恒定律求解产生的电能．由P=I2R求解电功率．

解答：

解：

A、感应电动势为：

E=

，感应电流为：

I=，电荷量为：

q=I△t，解得：

q=

，故A正确．

B、由能量守恒定律得，此过程中回路产生的电能为：

E=mv2﹣m（）2=mv2，故B正确；

C、此时感应电动势：

E=2Ba+Ba=Bav，线框电流为：

I==

，由牛顿第二定律得：

2BIa+BIa=ma加，

解得：

a加=

，故C正确；

D、此时线框的电功率为：

P=I2R=

，故D错误；

故选：

ABC．

点评：

本题考查电磁感应规律、闭合电路欧姆定律、安培力公式、能量守恒定律等等，难点是搞清楚磁通量的变化．

二、非选择题：

包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题～第18题为选考题，考生根据要求作答．

（一）必考题（共129分）

9．（6分）（2010•奉贤区一模）为了测定滑块与桌面之间的动摩擦因数，某同学设计了如图所示的实验装置．其中，a是质量为m的滑块（可视为质点），b是可以固定于桌面的滑槽（滑槽末端与桌面相切）．第一次实验时，将滑槽固定于水平桌面的右端，滑槽的末端与桌面的右端M对齐，让滑块a从滑槽上最高点由静止释放滑下，落在水平地面上的P点；第二次实验时，将滑槽固定于水平桌面的左端，测出滑槽的末端N与桌面的右端M的距离为L，让滑块a再次从滑槽上最高点由静止释放滑下，落在水平地面上的P′点．已知当地重力加速度为g，不计空气阻力．

（1）实验还需要测量的物理量（用文字和字母示）：

　MO的高度h，OP距离x1，OP′距离x2　．

（2）写出滑块a与桌面间的动摩擦因数的表达式是（用测得的物理量的字母表示）：

μ=　

　．

考点：

探究影响摩擦力的大小的因素．.

专题：

实验题．

分析：

（1）利用平抛运动的规律测出滑块从桌面边缘飞出的速度大小，因此需要测量两次滑块平抛的水平方向位移和桌面高度．

（2）从N到M过程中利用动能定理或者运动学公式即可求出动摩擦因数的表达式．

解答：

解：

（1）该实验实验原理为：

测出滑块在N点M点速度大小，然后根据动能定理或者运动学公式列方程，进一步测出滑块与桌面间的动摩擦因数，因此需要测量N、M两点速度的大小，N点速度即为滑块滑到滑槽底端的速度，可以通过第一次实验测得，根据平抛规律，测量出MO的高度h以及OP距离x1即可，M点速度通过第二次实验测得，只需测量出OP′距离x2即可．

故答案为：

MO的高度h，OP距离x1，OP′距离x2．

（2）设滑块滑到底端的速度为v0，通过第一次实验测量有：

①

x1=v0t②

设滑块滑到M点速度为vM，通过第二次实验测量有：

x2=vMt③

从N到M过程中，根据功能关系有：

④

联立①②③④解得：

．

故答案为：

．

点评：

该实验有一定的创新性，其实很多复杂的实验其实验原理都是来自我们所学的基本规律，这点要在平时训练中去体会．

10．（9分）某同学用以下器材接成图1所示的电路，并将原微安表盘改画成如图2所示，成功地改装了一个简易的“R×1k”的欧姆表，使用中发现这个欧姆表用来测量阻值在10kΩ﹣20kΩ范围内的电阻时精确度令人满意，表盘上数字“15”为原微安表盘满偏电流一半处．所供器材如下：

A、Ig=100μA的微安表一个；B、电动势E=1.5V，电阻可忽略不计的电池；

C、阻值调至14kΩ电阻箱R一个；D、红、黑测试表棒和导线若干；

（1）原微安表的内阻Rg=　1k　Ω；

（2）在图1电路的基础上，不换微安表和电池，图2的刻度也不改变，仅增加1个电阻，就能改装成“R×1”的欧姆表．要增加的电阻应接在　a、c　之间（填a、b、c），规格为　15Ω　；（保留两位有效数字）

（3）画出改装成“R×1”的欧姆表后的电路图．

考点：

把电流表改装成电压表．.

专题：

实验题．

分析：

欧姆表的工作原理是闭合电路的欧姆定律；欧姆表指针指在中央时所测电阻阻值等于欧姆表内阻，此电阻阻值叫中值电阻，此时所测电阻阻值最准确．

解答：

解：

（1）根据“使用中发现这个欧姆表用来测量阻值在10kΩ﹣20kΩ范围内的电阻时精确度令人满意”，

说明在测阻值在10kΩ﹣20kΩ的电阻时欧姆表的指针在刻度盘的中间附近，由此可结合刻度盘确定此表的中值电阻，

即表内总电阻约为R总=15kΩ．（相当于欧姆表选择量程于×1k挡）．当表笔短接时，电流满偏，根据欧姆定律有：

Ig=

，代入E、R、Ig的值，解得：

Rg=1kΩ；

（2）要减少把原表改装成“R×1”的欧姆表，就要减少表的内阻，依题意，显然只有在ac之间并联一个小电阻R′．

才能使表内总电阻等于中值电阻R并=15Ω．根据R并=

，代入R以及Rg的数值可计算可得R′≈15Ω；

（3）画出改装成“R×1”的欧姆表后的电路图如图所示．

故答案为：

（1）1k；

（2）a、c，15Ω；（3）电路图如图所示．

点评：

欧姆表刻度盘中央刻度值是中值电阻，欧姆表中值电阻阻值等于欧姆表内阻；知道欧姆表的工作原理、应用闭合电路的欧姆定律即可正确解题．

11．（14分）（2014•安徽一模）如图所示，在质量为mB=30kg的车厢B内紧靠右壁，放一质量mA=20kg的小物体A（可视为质点），对车厢B施加一水平向右的恒力F，且F=120N，使之从静止开始运动．测得车厢B在最初t=2.0s内移动s=5.0m，且这段时间内小物块未与车厢壁发生过碰撞．车厢与地面间的摩擦忽略不计．

（1）计算B在2.0s的加速度．

（2）求t=2.0s末A的速度大小．

（3）求t=2.0s内A在B上滑动的距离．

考点：

牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系．.

专题：

牛顿运动定律综合专题．

分析：

（1）车厢B在力F的作用下做匀加速直线运动，根据位移时间公式即可求出加速度；

（2）对B用牛顿第二定律求出A对B的作用力，再对A用牛顿第二定律求出A的加速度，根据速度时间关系即可求出A的速度；

（3）A在B上滑动的距离为A、B运动的位移之差．

解答：

解：

（1）设t=2.0s内车厢的加速度为aB，由s=

得aB=2.5m/s2．

（2）对B，由牛顿第二定律：

F﹣f=mBaB，得f=45N．

对A据牛顿第二定律得A的加速度大小为aA=

=2.25m/s2

所以t=2.0s末A的速度大小为：

VA=aAt=4.5m/s．

（3）在t=2.0s内A运动的位移为SA=

，

A在B上滑动的距离△s=s﹣sA=0.5m

答：

（1）B在2.0s的加速度为2.5m/s2；

（2）t=2.0s末A的速度大小为4.5m/s；

（3）t=2.0s内A在B上滑动的距离为0.5m．

点评：

该题考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的直接应用，难度不大，属于中档题．

12．（18分）如图所示，直线MN上方存在着垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，质量为m、电荷量为﹣q（q＞0）的粒子1在纸面内以速度v1=v0从O点射入磁场，其方向与MN的夹角α=30°；质量为m、电荷量为+q的粒子2在纸面内以速度v2=

v0也从O点射入磁场，其方向与MN的夹角β=60°角．已知粒子1、2同时到达磁场边界的A、B两点（图中未画出），不计粒子的重力及粒子间的相互作用．

（1）求两粒子在磁场边界上的穿出点A、B之间的距离d；

（2）求两粒子进入磁场的时间间隔△t；

（3）若MN下方有平行于纸面的匀强电场，且两粒子在电场中相遇，其中的粒子1做直线运动．求电场强度E的大小和方向．

考点：

带电粒子在匀强磁场中的运动．.

专题：

带电粒子在磁场中的运动专题．

分析：

（1）作出两粒子的运动轨迹，由牛顿第二定律求出半径，结合几何知识求出d；

（2）根据公式t=

T求运动时间；

（3）由题意，电场强度的方向应与粒子1穿出磁场的方向平行，分为与粒子速度方向相同和相反两种情况进行讨论．

解答：

解：

（1）粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动：

根据牛顿第二定律：

qvB=m

粒子1圆周运动的圆心角θ1=

，

=2r1sinθ1

粒子2圆周运动的圆心角θ2=

，

=2r2sinθ2

故d=

+

=2r1sin30°+2r2sin60°=

（2）粒子圆周运动的周期为：

T=

粒子1在匀强磁场中运动的时间为：

t1=

T

粒子2在匀强磁场中运动的时间为：

t2=

T

所以有：

△t=t1﹣t2=

（3）由题意，电场强度的方向应与粒子1穿出磁场的方向平行．

a．若电场强度的方向与MN成30°角斜向右上，则粒子1做匀加速直线运动，粒子2做类平抛运动．

Eq=ma

cos30°=v1t+at2+at2

sin30°=v2t

解得：

E=

Bv0

b．若电场强度的方向与MN成30°角斜向左下，则粒子1做匀减速直线运动，粒子2做类平抛运动．

Eq=ma

cos30°=v1t﹣at2﹣at2

sin30°=v2t

解得：

E=﹣

Bv0，假设不成立．

综上所述，电场强度的大小E=

Bv0，方向与MN成30°角斜向右上．

答：

（1）两粒子在磁场边界上的穿出点A、B之间的距离d=

；

（2）两粒子进入磁场的时间间隔△t=

；

（3）若MN下方有平行于纸面的匀强电场，且两粒子在电场中相遇，其中的粒子1做直线运动．电场强度E的大小E=

Bv0，方向与MN成30°角斜向右上．

点评：

本题是常见的带电粒子在磁场中和电场中运动的问题，画出轨迹，运用几何知识是处理带电粒子在磁场中运动问题的基本方法．

（二）选考题：

共45分．请考生从给出的3道物理题中任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑．注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡上选答区域指定位置答题．如果多做，则按所做的第一题计分．【物理­--选修3-3】（15分）

13．（6分）下列说法中正确的是（　　）

A．

布朗运动就是液体分子的热运动

B．

对一定质量的气体加热，其体积和内能可能都增加

C．

物体的温度越高，分子热运动越剧烈，分子的平均动能越大

D．

分子间的引力与斥力同时存在，斥力可能小于引力

E．

第二类永动机违反能量守恒定律

考点：

布朗运动；温度是分子平均动能的标志；热力学第二定律．.

分析：

布朗运动是固体颗粒的运动，间接反映了液体分子的无规则运动，改变内能的方式有做功和热传递，分子间的引力与斥力同时存在，斥力可能小于、大于或等于引力，第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反热力学第二定律．

解答：

解：

A、布朗运动是固体颗粒的运动，间接反映了液体分子的无规则运动，A错误；

B、对一定质量的气体加热，其体积和内能可能都增加，因为改变内能的方式有做功和热传递，B正确；

C、物体的温度越高，分子热运动越剧烈，分子的平均动能越大，C正确；

D、分子间的引力与斥力同时存在，斥力可能小于、大于或等于引力，D正确；

E、第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反热力学第二定律，E错误；

故选：

BCD

点评：

掌握布朗运动的实质：

是固体颗粒的运动，不是分子的运动，会分析分子力与分子间距的关系，记住永动机不能制成的原因．

14．（9分）两个相同的薄壁型气缸A和B，活塞的质量都为m，横截面积都为S，气缸的质量都为M，=，气缸B的筒口处有卡环可以防止