河南省洛陽市第三十二中學(xué)高三物理下學(xué)期期末試卷含解析

河南省洛陽市第三十二中學(xué)高三物理下學(xué)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.（多選）一物體放在升降機底板上，隨同升降機由靜止開始豎直向下運動，運動過程中物體的機械能與物體位移關(guān)系的圖象如圖所示，其中O－S1過程的圖線為曲線，S1－S2過程的圖線為直線。根據(jù)該圖象，下列判斷正確的是（

）A．O－S1過程中物體所受合力一定是變力B．S1－S2過程中物體可能在做勻速直線運動C．S1－S2過程中物體可能在做變加速直線運動D．O－S2過程中物體的動能可能在不斷增大參考答案：ABD2.如圖甲所示，輕桿一端與一小球相連，另一端連在光滑固定軸上，可在豎直平面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動．現(xiàn)使小球在豎直平面內(nèi)做圓周運動，到達(dá)某一位置開始計時，取水平向右為正方向，小球的水平分速度vx隨時間t的變化關(guān)系如圖乙所示．不計空氣阻力．下列說法中正確的是（）A．t1時刻小球通過最高點，圖乙中S1和S2的面積相等B．t2時刻小球通過最高點，圖乙中S1和S2的面積相等C．t1時刻小球通過最高點，圖乙中S1和S2的面積不相等D．t2時刻小球通過最高點，圖乙中S1和S2的面積不相等參考答案：A【考點】向心力．【分析】過最高點后，速度越來越大，水平分速度也要變大，結(jié)合該規(guī)律確定最高點的時刻，抓住水平位移的關(guān)系確定面積是否相等．【解答】解：過最高點后，水平分速度要增大，經(jīng)過四分之一圓周后，水平分速度為零，可知從最高點開始經(jīng)過四分之一圓周，水平分速度先增大后減小，可知t1時刻小球通過最高點．根據(jù)題意知，圖中x軸上下方圖線圍成的陰影面積分別表示從最低點經(jīng)過四分之一圓周，然后再經(jīng)過四分之一圓周到最高點的水平位移大小，可知S1和S2的面積相等．故A正確，B、C、D錯誤．故選：A．3.如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端系在質(zhì)量為m=1kg的小物塊上，另一端固定在墻上．物塊在斜面上靜止時，彈簧與豎直方向的夾角為37°，已知斜面傾角θ=37°．斜面與小物塊間的動摩擦因數(shù)μ=0.5，斜面固定不動．設(shè)物塊與斜面間的最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，下列說法正確是（）A．小物塊可能只受三個力 B．斜面對物塊支持力可能為零C．彈簧彈力大小一定等于4N D．彈簧彈力大小可能等于5N參考答案：D【考點】共點力平衡的條件及其應(yīng)用；物體的彈性和彈力．【分析】滑塊可能受重力、支持力、摩擦力三個力處于平衡，彈簧處于原長，彈力為零．滑塊可能受重力、支持力、摩擦力、彈簧的彈力四個力處于平衡．根據(jù)共點力平衡進行分析．【解答】解：A、由于μmgcos37°=0.5×1×10×0.8N=4N，mgsin37°=1×10×0.6N=6N，則μmgcos37°＜mgsin37°．若不受彈簧的壓力，則木塊不可能靜止，故物塊一定受彈簧的壓力，還受重力、斜面支持力和靜摩擦力，四個力的作用而平衡，故A錯誤；B、由于滑塊此時受到的摩擦力大小等于重力沿斜面向下的分力，不可能為零，所以斜面對滑塊的支持力不可能為零，故B錯誤；CD、若要物塊靜止，設(shè)彈簧對物體的壓力大小為N，μ（mgcos37°+N）≥mgsin37°，得：N≥4N，所以彈簧彈力大小可能等于5N．故C錯誤，D正確；故選：D4.（多選）如圖所示，有一正方體空間ABCDEFGH，則下面說法正確的是()．A.若A點放置一正點電荷，則B、H兩點的電場強度大小相等B.若A點放置一正點電荷，則電勢差UBC>UHGC..若在A、E兩點處放置等量異種點電荷，則C、G兩點的電勢相等D.若在A、E兩點處放置等量異種點電荷，則D、F兩點的電場強度大小相等參考答案：BD解析：A、若A點放置一正點電荷，由于B與H到A的距離不相等，使用B、H兩點的電場強度大小不相等．故A錯誤；B、若A點放置一正點電荷，由圖中的幾何關(guān)系可知，BC之間的電場強度要大于HG之間的電場強度，結(jié)合它們與A之間的夾角關(guān)系可得電勢差UBC＞UHG，故B正確；C、若在A、E兩點處放置等量異種點電荷，則AE連線的垂直平分平面是等勢面，等勢面兩側(cè)的點，一定具有不同的電勢，使用C、G兩點的電勢一定不相等．故C錯誤；D、若在A、E兩點處放置等量異種點電荷，等量異種點電荷的電場具有對稱性，即上下對稱，左右對稱，D與H上下對稱，所以電場強度大小相等；H與F相對于E點一定位于同一個等勢面上，所以H與F兩點的電勢相等，則D、F兩點的電場強度大小相等．故D正確．故選：BD．

5.如圖所示，由兩種材料做成的半球面固定在水平地面上，球右側(cè)面是光滑的，左側(cè)面粗糙，O點為球心，A、B是兩個相同的小物塊(可視為質(zhì)點)，物塊A靜止在左側(cè)面上，物塊B在圖示水平力F作用下靜止在右側(cè)面上，A、B處在同一高度，AO、BO與豎直方向的夾角均為q，則A、B分別對球面的壓力大小之比為A．sin2q:1

B．sinq:1C．cos2q:1

D．cosq:1參考答案：C二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.（3分）如圖所示是光從介質(zhì)1進入介質(zhì)2的折射情況，根據(jù)光路圖可知：兩種介質(zhì)相比較，介質(zhì)1是

介質(zhì)，介質(zhì)2是

介質(zhì)；光在介質(zhì)中的波長1

2（選填“>”、“=”或“<”)．頻率1

2（選填“>”、“=”或“<”）。參考答案：光密，光疏，＜，=7.某同學(xué)在做“探究單擺周期與擺長的關(guān)系”的實驗中，分別用兩種儀器來測量擺球直徑，操作如圖1所示，得到擺球的直徑為d=19.12mm，此測量數(shù)據(jù)是選用了儀器

（選填“甲”或“乙”）測量得到的．

該同學(xué)先用米尺測得擺線的長度，再采用上題中的方法測得擺球直徑，他通過改變擺長，進行多次實驗后以擺長L為橫坐標(biāo)，T為縱坐標(biāo)，作出T﹣圖線，若該同學(xué)在計算擺長時加的是小球直徑，則所畫圖線是圖2中是

．（填“A”、“B”或者“C”）參考答案：（1）乙；（2）C．【考點】研究彈簧振子的周期和小球質(zhì)量的關(guān)系．【分析】（1）將給出的數(shù)據(jù)域游標(biāo)卡尺域螺旋測微器的最小分度比較，確定是哪一個的測量結(jié)果；（2）由單擺周期公式求出圖象的函數(shù)表達(dá)式，根據(jù)函數(shù)表達(dá)式與圖象，即可求解【解答】解：（1）圖甲是螺旋測微器，其最小分度是0.001mm，而乙為50分度的游標(biāo)卡尺，最小分度是0.02mm，d=19.12mm；符合游標(biāo)卡尺的讀數(shù)，不符合螺旋測微器的讀數(shù)的精確度．故此測量數(shù)據(jù)是選用了儀器乙；（2）由單擺周期公式：T=2π可得：T2=L，若該同學(xué)計算擺長時候加的是小球直徑，則對應(yīng)的準(zhǔn)確表達(dá)式應(yīng)為：T2=（L﹣），則可知圖象應(yīng)與橫坐標(biāo)有交點，故C正確，AB錯誤．故選：C；故答案為：（1）乙；（2）C．8.如圖所示，某種自動洗衣機進水時，洗衣機缸內(nèi)水位升高，與洗衣缸相連的細(xì)管中會封閉一定質(zhì)量的空氣，通過壓力傳感器感知管中的空氣壓力，從而控制進水量．將細(xì)管中密閉的空氣視為理想氣體，當(dāng)洗衣缸內(nèi)水位緩慢升高時，外界對空氣做了0.5J的功，則空氣________(填“吸收”或“放出”)了__________的熱量．參考答案：放出0.59.如圖甲，水平面內(nèi)的三個質(zhì)點分別位于直角三角形ABC的三個頂點上，已知AB=3m，AC=4m。t0=0時刻A、B同時開始振動，此后形成的波動圖象均如圖乙，所形成的機械波在水平面內(nèi)傳播，在t=4s時C點開始振動。則該機械波的傳播速度大小為_________；兩列波相遇后，C點振動_________（填“加強”或“減弱”）。該列波的波長是______m，周期是______s。參考答案：（1）1m／s

減弱

2m

2s

10.如圖所示，在邊長為a的等邊三角形區(qū)域內(nèi)有勻強磁場B，其方向垂直紙面向外，一個阻值為R、邊長為a的等邊三角形導(dǎo)線框架EFG正好與上述磁場區(qū)域的邊界重合，現(xiàn)使導(dǎo)線框以周期T繞其中心O點在紙面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動，經(jīng)過導(dǎo)線框轉(zhuǎn)到圖中虛線位置，則在這時間內(nèi)平均感應(yīng)電動勢=Ba2，通過導(dǎo)線框任一截面的電量q=Ba2．參考答案：考點：導(dǎo)體切割磁感線時的感應(yīng)電動勢．專題：電磁感應(yīng)與電路結(jié)合．分析：本題的關(guān)鍵是根據(jù)幾何知識求出時間內(nèi)磁通量的變化△?，再根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和歐姆定律求出平均感應(yīng)電動勢和平均感應(yīng)電流，由q=It求電荷量．解答：解：兩等邊三角形所夾的小三角形為等邊三角形，小三角形高為：h=根據(jù)對稱性可知，小三角形的底邊長為：，則小三角形的面積為S=a2根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知：Ba2有：q==Ba2故答案為：Ba2；Ba2點評：求平均感應(yīng)電動勢時應(yīng)用E=，q=來求．11.如圖所示，光滑圓弧軌道ABC在C點與水平面相切，所對圓心角小于5°，且，兩小球P、Q分別從軌道上的A、B兩點由靜止釋放，P、Q兩球到達(dá)C點所用的時間分別為、，速率分別為、噸，則，。(填“>”、“<”或“=”)參考答案：12.半徑為R的水平圓盤繞過圓心O的豎直軸勻速轉(zhuǎn)動，A為圓盤邊緣上一點，在O的正上方有一個可視為質(zhì)點的小球以初速度v水平拋出時，半徑OA方向恰好與v的方向相同，如圖所示，若小球與圓盤只碰一次，且落在A點，重力加速度為g，則小球拋出時距O的高度h=，圓盤轉(zhuǎn)動的角速度大小ω=（n=1、2、3…）．參考答案：考點：勻速圓周運動；平拋運動．專題：勻速圓周運動專題．分析：小球做平拋運動，小球在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向做自由落體運動，根據(jù)水平位移求出運動的時間，根據(jù)豎直方向求出高度．圓盤轉(zhuǎn)動的時間和小球平拋運動的時間相等，在這段時間內(nèi)，圓盤轉(zhuǎn)動n圈．解答：解：小球做平拋運動，小球在水平方向上做勻速直線運動，則運動的時間t=，豎直方向做自由落體運動，則h=根據(jù)ωt=2nπ得：（n=1、2、3…）故答案為：；（n=1、2、3…）．點評：解決本題的關(guān)鍵知道平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動，以及知道圓盤轉(zhuǎn)動的周期性．13.已知引力常量月球中心到地球中心的距離及和月球繞地球運行的周期T。僅利用這三個數(shù)據(jù)，可以估算出的物理量有（）。A.月球的質(zhì)量B.地球的密度C.地球的半徑D.月球繞地球運行速度的大小參考答案：D【詳解】研究月球繞地球做勻速圓周運動，根據(jù)萬有引力提供向心力，列出等式，得，所以可以估算出地球的質(zhì)量，不能估算出月球的質(zhì)量；由題中條件不能求解地球的半徑，也就不能求解地球的密度；故ABC錯誤。研究月球繞地球做勻速圓周運動，根據(jù)圓周運動知識得：月球繞地球運行速度的大小，故D正確。故選D。三、簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.（6分）一定質(zhì)量的理想氣體，在絕熱膨脹過程中

①對外做功5J，則其內(nèi)能（選填“增加”或“減少”）,

J.

②試從微觀角度分析其壓強變化情況。參考答案：答案：①減少，5；②氣體體積增大，則單位體積內(nèi)的分子數(shù)減少；內(nèi)能減少，則溫度降低，其分子運動的平均速率減小,則氣體的壓強減小。（4分要有四個要點各占1分；單位體積內(nèi)的分子數(shù)減少；溫度降低；分子運動的平均速率減小；氣體的壓強減小。）15.如圖甲所示，斜面傾角為θ=37°，一寬為d=0.65m的有界勻強磁場垂直于斜面向上，磁場邊界與斜面底邊平行。在斜面上由靜止釋放一矩形金屬線框，線框沿斜面下滑，下邊與磁場邊界保持平行。取斜面底部為重力勢能零勢能面，從線框開始運動到恰好完全進入磁場的過程中，線框的機械能E和位移x之間的關(guān)系如圖乙所示，圖中①、②均為直線段。已知線框的質(zhì)量為M=0.1kg，電阻為R=0.06Ω．（取g=l0m·s-2,sin37°=0.6,

cos37°=0.8)求：(1)線框與斜面間的動摩擦因數(shù)μ；(2)線框剛進入磁場到恰好完全進入磁場所用的時間t：(3)線框穿越磁場的過程中，線框中的最大電功率Pm。參考答案：0.5；1/6s；0.54W【詳解】（1）由能量守恒定律，線框減小的機械能等于克服摩擦力做功，則其中x1=0.36m；解得μ=0.5（2）金屬線框進入磁場的過程中，減小的機械能等于克服摩擦力和安培力做的功，機械能均勻減小，因此安培力也是恒力，線框做勻速運動，速度為v1v12=2ax1解得a=2m/s2v1=1.2m/s其中

x2為線框的側(cè)邊長，即線框進入磁場過程中運動的距離，可求出x2=0.2m，則（3）線框剛出磁場時速度最大，線框內(nèi)電功率最大由可求得v2=1.8m/s根據(jù)線框勻速進入磁場時：可得FA=0.2N又因為可得將v2、B2L2帶入可得：四、計算題：本題共3小題，共計47分16.如圖所示，傾角為θ的無限長斜面上PQ部分粗糙，且長為3L，其余部分都光滑．質(zhì)量均為m的四個小物塊（可視為質(zhì)點）置于斜面，每相鄰兩物塊間有一長為L且平行于斜面的輕桿，每根桿的上端與物塊粘連而下端與物塊不粘連，各物塊與斜面PQ段的動摩擦因數(shù)均為2tanθ．A、B、C、D同時釋放時A恰在P點，且各物塊有相同的沿斜面向下的初速度，最終四個物塊均能通過Q點．重力加速度為g．求：（1）A在PQ段運動剛達(dá)到最大速度時的位置；（2）物塊C剛過P點時，桿對物塊D的彈力；（3）要使四個物塊均能通過Q點最初釋放各物塊時的初速度應(yīng)該滿足的條件．參考答案：解：（1）由整體法，將四物塊及桿看成整體，當(dāng)它們下滑到下滑力等于摩擦力時運動速度達(dá)最大值，有：μ?nmgcosθ=4mgsinθ…①得到：n=2…②即滑塊B剛過P點，此時A離P點的距離為L…③（2）對四物塊及桿整體用牛頓第二定律得：

μ?3mgcosθ﹣4mgsinθ=4ma…④得到a=gsinθ，方向沿斜面向上…⑤對物塊D用牛頓第二定律得：F﹣mgsinθ=ma…⑥解得F=mgsinθ，方向沿斜面向上…⑦（3）要使四個物塊都能滑出Q處，物塊D過Q點時它的速度應(yīng)大于零．物塊A離開Q點時，物塊發(fā)生分離．設(shè)物塊D剛過P點時的速度為v對物塊D從P到Q的過程用動能定理得mgsinθ×3L﹣μmgcosθ×3L=0﹣mv2…⑧解得：v=…⑨設(shè)開始下滑時的初速度為v0，對整體進入PQ段過程用動能定理：4mgsinθ×3L﹣μmgcosθ（3L+2L+L）=×4mv2﹣×4mv02…⑩解得：v0=v=…（11）即釋放時，初速度應(yīng)大于…（12）答：（1）A在PQ段運動剛達(dá)到最大速度時的位置離P點的距離為L；（2）物塊C剛過P點時，桿對物塊D的彈力是mgsinθ，方向沿斜面向上；（3）要使四個物塊均能通過Q點最初釋放各物塊時的初速度應(yīng)應(yīng)大于．【考點】動能定理的應(yīng)用；勻變速直線運動規(guī)律的綜合運用；牛頓第二定律．【分析】（1）將四物塊及桿看成整體，當(dāng)它們下滑到下滑力等于摩擦力時運動速度達(dá)最大值，由此列式分析知道塊B剛過P點，此時A離P點的距離為L．（2）對四物塊及桿整體運用用牛頓第二定律求出整體的加速度，再隔離D，由牛頓第二定律求桿對物塊D的彈力．（3）要使四物塊都能滑出Q點，物塊D過Q點時它的速度應(yīng)大于零．對物塊D從P到Q的過程用動能定理列方程．對整體進入PQ段過程用動能定理列式，求初速度應(yīng)滿足的條件．17.如圖所示，兩塊平行金屬極板MN水平放置，板長L="1"m．間距d=m，兩金屬板間電壓UMN=1×104V；在平行金屬板右側(cè)依次存在ABC和FGH兩個全等的正三角形區(qū)域，正三角形ABC內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場B1，三角形的上頂點A與上金屬板M平齊，BC邊與金屬板平行，AB邊的中點P恰好在下金屬板N的右端點；正三角形FGH內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場B2，已知A、F、G處于同一直線上．B、C、H也處于同一直線上．AF兩點距離為