高三物理海门市届高三上学期期中考试物理试题.docx

1、高三物理海门市届高三上学期期中考试物理试题江苏省海门市2015届高三（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本题共7小题，每小题3分，共21分，每小题只有一个选项正确，请把正确的答案填入答题栏中，答对得3分，答错或不答得0分1如图所示，匀强磁场的边界为直角三角形abc，今有质量为m、带电量为q的一束微观粒子以不同的速度v沿ca方向从c点射入磁场做匀速圆周运动，不计粒子的重力，下列说法中正确的是（） A 粒子带负电 B 从ab边射出的粒子一定比从bc边射出的粒子速度小 C 从bc边射出的所有粒子在磁场中运动的时间相等 D 只要速度合适，粒子可以到达b点考点： 带电粒子在匀强磁场中的运

2、动分析： 带电粒子进入磁场做匀速圆周运动，周期为T=，轨迹半径为r=根据圆的对称性可知，从ab边出射的粒子速度的偏向角相同，则轨迹的圆心角相同，运动时间必定相同速度越大，半径越大，从ac边出射的粒子速度的偏向角不同，运动时间不同解答： 解：A、如果粒子带负电，由左手定则可知，粒子刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向左，粒子将离开磁场，不能在磁场中做圆周运动，则粒子带正电，故A错误；B、带电粒子进入磁场做匀速圆周运动，另两只提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，解得，粒子轨迹半径为：r=，速度越大，半径越大，从ab边射出的粒子比从bc边射出的粒子轨道半径大，则从ab边射出的粒子一定比从bc边射出

3、的粒子速度大，故B错误；C、从bc边射出的粒子速度的偏向角都相同，而轨迹的圆心角等于速度的偏向角，则从ab边出射的粒子轨迹的圆心角都相同，粒子在磁场中运动时间为t=T，T相同，则从bc边出射的速度不同的粒子的运动时间都相等，故C正确D、当粒子速度大到一定值，粒子将从ab边射出磁场，粒子不可能到达b点，故D错误故选：C点评： 本题带电粒子在有界的磁场中运动的类型，注意根据圆的对称性得到出射时粒子速度和边界的夹角与入射时速度和边界的夹角相等2北斗卫星系统由地球同步轨道卫星与低轨道卫星两种组成，这两种卫星在轨道正常运行时（） A 同步轨道卫星运行的周期较大 B 同步轨道卫星运行的线速度较大 C 同步

4、轨道卫星运行可能飞越南京上空 D 两种卫星运行速度都大于第一宇宙速度考点： 人造卫星的加速度、周期和轨道的关系分析： 根据万有引力提供卫星圆周运动的向心力展开讨论周期、半径、角速度的关系解答： 解：根据万有引力提供向心力有：=mA、T=2，所以同步轨道卫星运行的周期较大，故A正确；B、v=，所以同步轨道卫星运行的线速度较小，故B错误；C、同步卫星只能在赤道上空，故C错误；D、第一宇宙速度是绕地球做圆周运动的最大速度，故D错误故选：A点评： 根据万有引力提供向心力，熟练讨论加速度、角速度、周期和半径间的关系是解决本题的关键3（3分）冬天大雾天气的时候高速公路经常封道，否则会造成非常严重的车祸如果

5、某人大雾天开车在高速上行驶，设能见度（观察者与能看见的最远目标间的距离）为30m，该人的反应时间为0.5s，汽车刹车时能产生的最大加速度的大小为5m/s2，为安全行驶，汽车行驶的最大速度（）A10 m/sB15 m/sC10m/sD20 m/s考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系专题：直线运动规律专题分析：发现危险目标时，在反应时间内汽车做匀速直线运动，刹车后做匀减速直线运动，总位移小于30m即可解答：解：设汽车行驶的最大速度是v：发现危险目标时：在反应时间内：x1=vt=v0.5=0.5v刹车过程中：由：，代入数据得：0v2=2（5）x2，解得：为安全行驶

6、：x1+x2=30，即：0.5v解得：v=15m/s故选：B点评：本题关键明确汽车在反应时间内做匀速直线运动，刹车后做匀减速直线运动，两位移之和小于30m，才能保证安全行驶4（3分）游乐场内的新型滑梯可以简化为如图所示物理模型一个小朋友从A点开始下滑，滑到C点时速度恰好减为0，整个过程中滑梯保持静止状态若AB段的动摩擦因数1小于BC段的动摩擦因数2，则该小朋友从斜面顶端A点滑到底端C点的过程中（）A小朋友在AB段的平均速度等于BC段的平均速度B小朋友在AB段和BC段合外力所做的功相同C地面对滑梯的摩擦力方向始终水平向左D地面对滑梯的支持力大小始终等于小朋友和滑梯的总重力大小考点：功能关系；功的

7、计算分析：由题意可知，小朋友在AB段做匀加速直线运动，加速度沿斜面向下；在BC段做匀减速直线运动，加速度沿斜面向上以小朋友和滑梯整体为研究对象，将小朋友的加速度分解为水平和竖直两个方向，由牛顿第二定律分析地面对滑梯的摩擦力方向和支持力的大小解答：解：A、根据平均速度的公式，设B点的速度为v，则AB段和BC段的平均速度都为，故A正确；B、AB段小朋友加速运动，则mgsin1mgcos，BC段小朋友做减速运动，则mgsin2mgcos，所以12小孩受到的摩擦力不同，则摩擦力做的功不相等，所以在AB段和BC段合外力所做的功不相同 故B错误；C、小朋友在AB段做匀加速直线运动，将小朋友的加速度a1分解

8、为水平和竖直两个方向，如图1以小朋友和滑梯整体为研究对象，由于小朋友有水平向左的分加速度，根据牛顿第二定律得知，地面对滑梯的摩擦力方向先水平向左同理可知，小朋友在BC段做匀减速直线运动时，地面对滑梯的摩擦力方向水平向右故C错误D、以小朋友和滑梯整体为研究对象，小朋友在AB段做匀加速直线运动时，有竖直向下的分加速度，则由牛顿第二定律分析得知地面对滑梯的支持力FN小于小朋友和滑梯的总重力同理，小朋友在BC段做匀减速直线运动时，地面对滑梯的支持力大于小朋友和滑梯的总重力故D错误故选：A点评：本题对加速度不同的两个运用整体法处理，在中学阶段应用得不多，也可以采用隔离法研究5（3分）当把一个带负电的检验

9、电荷q从无限远处移到一个孤立点电荷电场中的A点时，需要克服电场力做功W，则下列说法中正确的是（）A该孤立点电荷带正电B检验电荷q在A点的电势能EPA=WC若规定无穷远电势为零，则A点的电势A=D该检验电荷q在A点的电势能一定要比它在无穷远处的电势能大考点：电势差与电场强度的关系；功的计算；电势能专题：电场力与电势的性质专题分析：根据电场力做功多少，电荷的电势能就减小多少，分析电荷在A点与无限远间电势能的变化量，确定电荷在A点的电势能，由公式A=求解A点的电势解答：解：依题意，因负电荷受力方向远离点电荷，则其为负电荷，则A错误，q的检验电荷从电场的无限远处被移到电场中的A点时，电场力做的功为W，

10、则电荷的电势能增加W，无限处电荷的电势能为零，则电荷在A点的电势能为EA=W，则B错误，A点的电势为 A=，则C错误，在A处电势能为正，无穷远处为0，则D正确故选：D点评：电场中求解电势、电势能，往往先求出电势能改变量、该点与零电势的电势差，再求解电势和电势能公式UA=一般代入符号计算6（3分）质量相同的A、B两个物体静止放在水平面上，从某一时刻起同时受到大小不同的水平外力FA、FB的作用由静止开始运动经过时间t0，撤去A物体所受的水平外力FA；经过4t0，撤去B物体所受的水平外力FB两物体运动的vt关系如图所示，则下列说法中正确的是（）AA、B两物体所受摩擦力大小不同BA、B两物体所受水平外

11、力大小之比FA：FB=12：5C在匀加速运动阶段，合外力做功之比为6：5DA、B两物体在整个运动过程中，摩擦力的平均功率之比为1：2考点：功率、平均功率和瞬时功率；物体的弹性和弹力专题：功率的计算专题分析：根据两物块做匀加速运动和匀减速运动的过程，求出各自运动的加速度之比，根据牛顿运动定律的从而求出摩擦力之比；速度时间图线与时间轴所围成的面积表示位移，根据加速阶段和整个过程的面积比得出位移比，进而可求合外力做功和克服摩擦力做功之比；由功率的定义式可得功率之比解答：解：A、由图象可得，A减速运动的加速度为a1=，B减速运动的加速度为a2=，故AB受到的摩擦力为f=ma，故摩擦力大小相等，故A错误

12、；B、由图象可得，A加速运动的加速度为a1=，B减速运动的加速度为a2=，根据牛顿第二定律可知A、B两物体所受水平外力大小之比FA：FB=12：5，故B正确；C、根据牛顿第二定律可知合力之比为8：1，在vt图象中与时间轴所围面积即为位移，故AB位移之比为1：2，故做功之比，4：1，故C错误；D、在整个过程中位移之比为6：5，故摩擦力做功之比为6：5，功率P=可知，摩擦力的平均功率之比为2：1，故D错误故选：B点评：解决本题的关键通过图象得出匀加速运动和匀减速运动的加速度，根据牛顿第二定律，得出两个力的大小之比，以及知道速度时间图线与时间轴所围成的面积表示位移7（3分）如图所示为某联动控制装置，

13、其工作的原理是通过半圆柱体的左右运动来控制杆AB的上下运动，现已知光滑半圆柱体（O为圆心）只能在水平面上左右以速度v匀速运动，AB杆如图只能在竖直方向上运动，某一时刻杆与半圆柱的相对位置如图，且发现此时AB杆上升的速度恰好也为v，则下列说法中正确的是（）A杆的端点A相对圆柱中心O做的是直线运动B图示位置半圆柱正向左运动C图示位置杆向上做的是加速运动D图示位置图中的=考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力专题：共点力作用下物体平衡专题分析：竖直杆的速度方向竖直向上，是杆子与半圆柱体的接触点沿切线方向的速度与半圆柱速度的合速度，根据速度的合成求出杆的速度与关圆柱体的速度关系即可解答：解：

14、杆子的实际速度是接触点沿切线方向的速度与半圆柱速度的合速度，如图，根据速度的合成，运用平行四边形定则，得v杆=vtanA、杆向上运动，则半圆柱正向右运动，角减小，tan减小，v杆=vtan减小，杆做减速运动，加速度方向向下，O点水平方向运动运动，A点相对O点的速度方向不在竖直方向上，所以A相对于O做曲线运动，故ABC错误；D、根据速度的合成有v杆=vtan=v，所以tan=1，解得：，故D正确故选：D点评：解决本题的关键知道杆子的实际速度是接触点沿切线方向的速度与半圆柱速度的合速度，会运用平行四边形定则进行合成二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分，每小题有两个或两个以上选项符合题

15、意全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分8（4分）回旋加速器的工作原理如图所示，置于真空中的D型金属盒半径为R，两金属盒间的狭缝很小，磁感应强度为B的匀强磁场与金属盒盒面垂直，高频交流电的频率为f、电压大小恒为U，若中心粒子源放射出的质子质量为m，电量为+e，从静止开始在加速器中被加速不考虑相对论效应和重力作用，则下列说法正确有（）A若该加速器能实现对质子的加速，则上述物理量必须满足B若该加速器能实现对质子的加速，则上述物理量必须满足C质子最终由加速器加速获得的最大速度随电压U的增大而增大D质子最终由加速器加速获得的最大速度随磁感应强度B的增大而增大考点：质谱仪和回旋加速器的

16、工作原理分析：回旋加速器运用电场加速磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力可以求出粒子的最大速度，从而求出最大动能在加速粒子的过程中，电场的变化周期与粒子在磁场中运动的周期相等解答：解：A、B、带电粒子在磁场中运动的周期与加速电场的周期相等，根据T=知，故A正确，B错误；C、D、根据qvB=m得v=，则粒子的最大动能Ekm=mv2=，质子最终由加速器加速获得的最大速度随磁感应强度B的增大而增大，与加速的电压无关故D正确，C错误故选：AD点评：解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道最大动能与什么因素有关，以及知道粒子在磁场中运动的周期与电场的变化的周期相等9（4分）（2013南通

17、二模）2013年1月27日，我国在境内再次成功地进行了陆基中段反导拦截技术试验，中段是指弹道导弹在大气层外空间依靠惯性飞行的一段如图所示，一枚蓝军弹道导弹从地面上A点发射升空，目标是攻击红军基地B点，导弹升空后，红军反导预警系统立刻发现目标，从C点发射拦截导弹，并在弹道导弹飞行中段的最高点D将其击毁下列说法中正确的是（）A图中E到D过程，弹道导弹机械能不断增大B图中E到D过程，弹道导弹的加速度不断减小C弹道导弹在大气层外运动轨迹是以地心为焦点的椭圆D弹道导弹飞行至D点时速度大于7.9km/s考点：万有引力定律及其应用；人造卫星的加速度、周期和轨道的关系专题：万有引力定律的应用专题分析：1、E到

18、D的过程，导弹无动力飞行，只受重力，根据机械能守恒的条件：只有重力做功，机械能守恒2、根据万有引力定律，E到D的过程，高度增大，则引力变小，根据牛顿第二定律，加速度变小3、导弹在大气层外只受地球引力，根据开普勒第一定律，其运动轨迹是以地心为焦点的椭圆4、根据开普勒第二定律可知，导弹离地面越远速度越小，在地面附近速度最大，最大速度等于第一宇宙速度7.9km/s解答：解：A、E到D过程，依靠惯性飞行，只受重力，只有重力做功，机械能守恒，故A错误B、E到D过程，高度增大，地球对导弹的引力减小，加速度减小，故B正确C、根据开普勒第一定律，导弹在大气层外只受地球引力，其运动轨迹是以地心为焦点的椭圆，故C

19、正确D、根据开普勒第二定律，导弹离地面越远速度越小，离地面越近速度越大，地面附近的速度为第一宇宙速度7.9km/s，所以弹道导弹飞行至D点时速度小于7.9km/s，故D错误故选BC点评：此题考查了机械能的条件，运用牛顿第二定律、开普勒定律分析导弹与卫星运动问题分析导弹在E到D点的加速度，也可以结合卫星变轨知识来理解10（4分）如图所示，在倾角=30的光滑固定斜面上，放有质量分别为1kg和2kg的小球A和B，且两球之间用一根长L=0.3m的轻杆相连，小球B距水平面的高度h=0.3m现让两球从静止开始自由下滑，最后都进入到上方开有细槽的光滑圆管中，不计球与圆管内壁碰撞时的机械能损失，g取10m/s

20、2则下列说法中正确的有（）A从开始下滑到A进入圆管整个过程，小球A与地球两者组成的系统机械能守恒B在B球未进入水平圆管前，小球A与地球组成系统机械能守恒C两球最后在光滑圆管中运动的速度大小为m/sD从开始下滑到A进入圆管整个过程，轻杆对B球做功1J考点：机械能守恒定律；功的计算专题：机械能守恒定律应用专题分析：只有重力或只有弹力做功，系统机械能守恒，根据机械能守恒条件判断机械能是否守恒；以系统为研究对象，由机械能守恒定律可以求出两球的速度以A为研究对象，应用动能定理可以求得杆对A做的功解答：解：A、从开始下滑到A进入圆管整个过程，除重力做功外，杆对A做负功，小球A与地球两者组成的系统机械能不守

21、恒，故A错误；B、在B球未进入水平圆管前，只有重力对A做功，小球A与地球组成系统机械能守恒，故B正确；C、以A、B组成的系统为研究对象，系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：mBgh+mAg（h+Lsin）=（mA+mB）v2，代入数据解得：v=m/s，故C正确；D、以A球为研究对象，由动能定理得：mAmg（h+Lsin）+W=mAv2，代入数据解得：W=1J，则轻杆对B做功，WB=W=1J，故D正确；故选：BCD点评：本题考查了求球的速度、杆做的功等问题，分析清楚物体运动过程，应用机械能守恒定律与动能定理即可正确解题11（4分）如图电路，C为电容器的电容，D为理想二极管（具有单向导通作用），电

22、流表、电压表均为理想表闭合开关S至电路稳定后，调节滑动变阻器滑片P向左移动一小段距离，结果发现电压表V1的示数改变量大小为U1，电压表V2的示数改变量大小为U2，电流表A的示数改变量大小为I，则下列判断正确的有（）A的值变大B的值变大C的值不变，且始终等于电源内阻rD滑片向左移动的过程中，电容器所带的电荷量要不断减少考点：电容；闭合电路的欧姆定律专题：电容器专题分析：由电路图先明确电路的结构，再根据滑动变阻器的移动明确电阻的变化；由闭合电路欧姆定律可知电路电流的变化，则可分析内电压、路端电压及各部分电压的变化解答：解：由图可知R1与R串联，V1测R两端的电压，V2测路端的电压若P向左端移动，则

23、滑动变阻器接入电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流减小，则内电压减小，路端电压增大，即电压表V2的示数增大，R1两端的电压减小，所以V1的示数增大A、根据欧姆定律得的值等于滑动变阻器的阻值，所以的值变大，故A正确；B、根据闭合电路欧姆定律得：U1=EI（R1+r），则=R1+r，所以的值不变；故B错误；C、根据闭合电路欧姆定律得：由U2=EIr，则=r，所以的值不变；故C正确；D、滑片向左移动的过程中，由于理想二极管具有单向导通作用，所以电容器所带的电荷量不变，故D错误；故选：AC点评：闭合电路欧姆定律的动态分析类题目，一般可按外电路内电路外电路的分析思路进行分析，在分析时应注意结合

24、闭合电路欧姆定律及串并联电路的性质12（4分）如图传送带以v1的速度匀速运动，物体以v2的速度从B点滑上传送带，已知A、B之间的传送带长度为L，物体与传送带之间的动摩擦因素为，则以下判断正确的是（）A当21时，物体一定从左端离开传送带B当时，物体一定从左端离开传送带C物体从右端B点离开传送带时的速度一定等于v1D物体从右端B点离开传送带时的速度一定不会大于v2考点：牛顿第二定律；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：小滑块滑上传送带，判断出摩擦力的方向，根据合力得出加速度的大小和方向，判断出物块在整个过程中的运动情况，从而确定运动的时间以及离开传送带的速度解答：解：A

25、、当v2、L满足一定条件时，物体可以从A端离开传送带，物体一直做匀减速直线运动，位移为L，加速度为g，与传送带的速度无关故A错误B、当v2、L满足时，物体向左的速度等于0之前的位移：，所以当时，物体一定从左端离开传送带故B正确；C、物体可以从B端离开传送带，若v2v1，物体滑上传送带先做匀减速直线运动，返回做匀加速直线运动；返回到B端的速度为v2，若v2v1，物体滑上传送带先做匀减速直线运动，返回做匀加速直线运动，当速度达到v1做匀速直线运动，滑动B端的速度为v1，都不可能大于v1故C错误，D正确故选：BD点评：解决本题的关键根据物体的受力，理清物体的运动，综合牛顿第二定律和运动学公式求解三、

26、实验题：本题共2小题，共18分把答案填在答题卡相应的横线上或按题目要求作答13（8分）（2014九江三模）某同学利用如图甲所示的实验装置测量重力加速度请指出该同学在实验操作中存在的两处错误：a打点计时器应该接交流电源；b开始时重物应该靠近打点计时器该同学经正确操作得到如图乙所示的纸带，取连续的六个点，测得h1、h2、h3、h4、h5若打点的周期为T，则打E点时速度为vE=；若分别计算出各计数点对应的速度数值，并在坐标系中画出v2与h的关系图线，如图丙所示，则重力加速度 g=9.4m/s2考点：验证机械能守恒定律专题：实验题分析：（1）本题考查了打点计时器的具体应用，熟悉打点计时器的使用细节即可

27、正确解答本题（2）匀变速直线运动某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可以通过求DF段的平均速度表示E点的瞬时速度根据得，结合图象明确图象斜率的含义即求出重力加速度解答：解：（1）打点计时器使用交流电源，而该题中接了直流电；重物离打点计时器太远，这样纸带上上所打点很少，不利于减小误差（2）匀变速直线运动某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则有：根据得，由此可知图线的斜率表示2g，所以2g=18.8，则g=9.4m/s2故答案为：打点计时器应该接交流电源，开始时重物应该靠近打点计时器，9.4点评：了解实验的装置和工作原理，对于纸带的问题，我们要熟悉匀变速直线运动的特点和一些规律，会通

28、过图象求解重力加速度14（10分）某同学做“测定干电池的电动势和内电阻”的实验，连接好的电路如1图所示（1）实验中，他发现，接通电键后，电压表的示数不为零、电流表的示数为零；改变变阻器滑片的位置，电压表的示数不变、电流表的示数仍为零为了找出上述故障的原因，该同学用多用电表的电压档检查电路：把两表笔分别接e、f和e、g时，多用电表示数均为零；把两表笔分别接e、d和e、c时，多用电表示数均与电压表示数相同检查各接线柱处的连接均接触良好由此推断故障应是ed导线断路（2）故障排除后，测出路端电压U和总电流I的多组数据，见表，试根据这些数据画出UI图象，并求出该电池的电动势E=1.46V、内阻r=0.84I/A0.100.150.250.350.400.50U/V1.381.341.251.151.201.05（3）该同学连接的电路有一处不规范，请指出并加以改正电压表的负接线柱上的导线应接在电键的f接线柱考点：测定电源的电动势和内阻专题：实验题分析：（1）电路故障有两种：断路或短路，电路断路时，电路电流为零；闭合开关，电流表几乎没有示数，说明电路断路；电压表指针明显偏转，说明电压表有示数较大，电压表与电源两极相连，电压表并联电路之外不存在断