物理陕西省西安交大附中届高三上学期期中试题.docx

1、物理陕西省西安交大附中届高三上学期期中试题2014-2015学年陕西省西安交大附中高三（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共12小题，每题4分，共计48分，其中1-8只有一个选项符合题意，9-12有多个选项符合题意，选不全的得2分，错选不得分）1（4分）在物理学发展过程中，许多科学家做出了杰出贡献下列说法正确的是（）A伽利略通过理想斜面实验说明了力是维持物体运动的原因B牛顿总结出了万有引力定律但没有测出万有引力常量C安培总结出了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律D法拉第根据小磁针在通电导线周围的偏转现象，发现了电流的磁效应考点：物理学史分析：本题应抓住：牛顿、卡文迪许、库仑、奥

2、斯特、伽利略的贡献进行选择解答：解：A、伽利略通过对理想斜面的研究得出：力不是维持物体运动的原因故A错误B、牛顿发现了万有引力定律后，是卡文迪许测出了万有引力常量故B正确C、库仑通过扭秤实验总结出了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律，故C错误D、奥斯特首先发现了通电导线的周围存在磁场，即电流的磁效应故D错误故选：B点评：本题关键要记住力学和电学的一些常见的物理学史，平时要注重积累2（4分）一质点在光滑水平面上做匀速直线运动，现给它一水平恒力，则下列说法正确的（）A施加水平恒力后，质点立即有加速度，速度也立即变化B施加水平恒力以后，质点一定做匀变速曲线运动C施加水平恒力以后，可以做匀速圆周运

3、动D施加水平恒力以后，可以做匀加速直线运动考点：牛顿第二定律专题：牛顿运动定律综合专题分析：正确解答该题要掌握：正确理解和应用牛顿第二定律解决力与运动的关系，明确物体做曲线运动的条件，明确匀速圆周运动所受外力特点解答：解：A、根据牛顿第二定律可知，外力和加速度是瞬时对应的，因此施加水平恒力后，质点立即产生加速度，但是速度的变化需要时间，故速度在施加力的瞬间是不变的，故A错误；B、只有施加力的方向与运动方向在同一直线上，物体才做匀变速直线运动；若不在同一条直线上，将做曲线运动故B错误；C、匀速圆周运动所受外力为变力，始终指向圆心，由于所施加的是恒力，因此不可能做匀速圆周运动，故C错误；D、若所施

4、加的外力方向与物体运动方向相同，则物体做匀加速直线运动，故D正确故选D点评：本题考查了物体做曲线运动的条件以及牛顿第二定律等基础知识的应用，是考查基础知识的好题3（4分）某同学用一个空的“易拉罐”做实验，他在靠近罐底的侧面打一个小洞，用手指堵住洞口，向“易拉罐”里面注满水，再把它悬挂在电梯的天花板上当电梯静止时，他移开手指，水就从洞口喷射出来，在水未流完之前，电梯启动加速上升关于电梯启动前、后的两个瞬间水的喷射情况，下列说法中正确的是（）A电梯启动前后水的喷射速率不变B电梯启动后水不再从孔中喷出C电梯启动后水的喷射速率突然变大D电梯启动后水的喷射速率突然变小考点：超重和失重专题：牛顿运动定律综

5、合专题分析：在电梯没有运动的时候，易拉罐内的水在重力的作用下从易拉罐里流出，当电梯加速上升时，对水受力分析可以求得水的加速度的情况，从而可以判断流出的水的情况解答：解：当电梯不动时，水只是在重力的重力的作用下流出，此时流出的水做的是自由落体运动，当电梯加速上升时，此时电梯处于超重状态，水受到的作用力也要变大，所以水的喷射速率会变大，所以C正确，ABD错误故选C点评：本题考查了学生对超重失重现象的理解，掌握住超重失重的特点，本题就可以解决了4（4分）（2010重庆）某电容式话筒的原理示意图如图所示，E为电源，R为电阻，薄片P和Q为两金属基板对着话筒说话时，P振动而Q可视为不动在P、Q间距增大过程

6、中（）AP、Q构成的电容器的电容增大BP上电荷量保持不变CM点的电势比N点的低DM点的电势比N点的高考点：平行板电容器的电容；电势差分析：在P、Q间距增大过程中，电容发生变化，而电容直接与电源相连，电容两端间的电压不变，从而可判断出电量的变化及电流的流向，再次可比较出电势的高低解答：解：电容式话筒与电源串联，电压保持不变在P、Q间距增大过程中，根据电容决定式得电容减小，又根据电容定义式得电容器所带电量减小，电容器的放电电流通过R的方向由M到N，所以M点的电势比N点的高故A、B、C错，D正确故选D点评：解决电容器的动态分析问题，抓住不变量，若电容始终与电源相连，两端间的电压不变；若电容器与电源断

7、开，则电容器所带的电量不变5（4分）如图所示竖直放置的两个平行金属板间有匀强电场，在两板之间等高处有两个质量相同的带电小球，P小球从紧靠左极板处由静止开始释放，Q小球从两板正中央由静止开始释放，两小球最后都能打在右极板上的同一点，则从开始释放到打到右极板的过程中（）A它们的运行时间tPtQB它们的电势能减少量之比EP：EQ=2：1C它们的动能增加量之比EKP：EKQ=4：1D它们的电荷量之比qP：qQ=2：1考点：带电粒子在匀强电场中的运动专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：两小球在匀强电场中受到电场力和重力作用，都做匀加速直线运动，运用运动的分解可知：两小球在竖直方向都做自由落体运动，由题

8、分析可知，小球下落高度相同，运动时间相同两小球水平方向都做初速度为零的匀加速直线运动，水平位移xP=2xQ，根据牛顿第二定律和运动学公式研究电荷量之比根据电场力做功之比，研究电势能减小量之比根据数学知识分析合力对两球做功的关系，由动能定理分析动能增加量之比解答：解：A、两小球在竖直方向都做自由落体运动，由题分析可知，小球下落高度相同，由公式t=得，它们运动时间相同故A错误 B、C电场力做功分别为WP=qQExQ，WQ=qPExP，由于qP：qQ=2：1，xP：xQ=2：1，得到WP：WQ=4：1，而重力做功相同，则合力做功之比 ，则动能增加量之比EkP：EkQ4故BC错误 D、小球在水平方向都

9、做初速度为零的匀加速直线运动，水平位移xP=2xQ，由x=分析得到加速度之比aP：aQ=2：1根据牛顿第二定律得，两球的加速度分别为aP=，aQ=，则qP：qQ=2：1故D正确故选：D点评：本题电荷在复合场中运动，采用运动的分解与合成的方法研究，是常用的方法研究动能增加量关系，也可通过求末速度之比求解6（4分）（2011海南）如图，墙上有两个钉子a和b，它们的连线与水平方向的夹角为45，两者的高度差为l一条不可伸长的轻质细绳一端固定于a点，另一端跨过光滑钉子b悬挂一质量为m1的重物在绳子距a端得c点有一固定绳圈若绳圈上悬挂质量为m2的钩码，平衡后绳的ac段正好水平，则重物和钩码的质量比为（）A

10、B2CD考点：共点力平衡的条件及其应用专题：计算题分析：根据题意画出平衡后的物理情景图对绳子上c点进行受力分析根据几何关系找出BC段与水平方向的夹角根据平衡条件和三角函数表示出力与力之间的关系解答：解：对绳子上c点进行受力分析：平衡后设绳的BC段与水平方向成角，根据几何关系有：tan=2，sin=对结点C分析，将Fa和Fb合成为F，根据平衡条件和三角函数关系得：F2=m2g=F，Fb=m1gsin=所以得：，故选C点评：该题的关键在于能够对线圈进行受力分析，利用平衡状态条件解决问题力的计算离不开几何关系和三角函数7（4分）如图甲所示，在水平地面上固定一倾角为的光滑绝缘斜面，将一质量为m的小球从

11、斜面上端的A点处由静止释放，下滑位移x到达B点与轻弹簧接触，再下滑位移L将弹簧压缩至C点时速度恰好减为零如图乙所示，若将整个斜面置于大小为E、方向沿斜面向下的匀强电场中，再使小球带电量为+q，仍在A位置由静止释放，不计小球与弹簧接触过程机械能损失，小球运动过程中电量保持不变，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度大小为g，则小球在电场中到达C点时速度的大小为（）A零BCD考点：电势差与电场强度的关系专题：电场力与电势的性质专题分析：在未加电场时，利用动能定理列式，加上电场后，再利用动能定理列式，联立即可求得小球到达C点的速度解答：解：在未加电场是，由A到C根据动能定理可知mg（L+x）sinW弹=

12、00加上电场后，由A到C根据动能定理可知联立解得v=故选：C点评：本题主要考查了在电场下的动能定理，抓住加电场前后利用动能定理，关键是过程的选取8（4分）（2013大庆二模）如图所示，一长为的木板，倾斜放置，倾角为45，今有一弹性小球，自与木板上端等高的某处自由释放，小球落到木板上反弹时，速度大小不变，碰撞前后，速度方向与木板夹角相等，欲使小球恰好落到木板下端，则小球释放点距木板上端的水平距离为（）ABCD考点：平抛运动专题：平抛运动专题分析：欲使小球恰好落到木板下端，根据平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住位移关系求出平抛运动的时间，根据碰撞前后的速度大小相等，求出自由落体和平抛运

13、动的时间关系，从而求出下降的高度关系，根据几何关系求出球释放点距木板上端的水平距离解答：解：根据平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，有：则平抛运动的时间t=物体自由下落的时间为根据h=知，平抛运动在竖直方向上的位移和自由落体运动的位移之比为4：1，木板在竖直方向上的高度为L，则碰撞点竖直方向上的位移为L所以小球释放点距木板上端的水平距离为故D正确，A、B、C错误故选D点评：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，灵活运用运动学公式进行求解9（4分）（2012湖北模拟）如图所示，斜面体A静止放置在水平地面上，质量为m的物体B在外力F（方向水平向右）

14、的作用下沿斜面向下做匀速运动，此时斜面体仍保持静止则下列说法中正确的是（）A若撤去力F，物体B将沿斜面向下加速运动B若撤去力F，A所受地面的摩擦力方向向左C若撤去力F，A所受地面的摩擦力可能为零D若撤去力F，A所受地面的摩擦力方向可能向右考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用专题：共点力作用下物体平衡专题分析：物体B在F作用下做匀速直线运动，撤去F后，物体B将沿斜面向下做加速运动以斜面体A和物体B整体为研究对象，将B的加速度分解为水平方向和竖直方向，根据牛顿第二定律分析地面对A的摩擦力方向解答：解：A、物体B在F作用下做匀速直线运动，若斜面粗糙，重力沿斜面向下的分力与沿斜面向上的

15、滑动摩擦力和拉力的沿斜面的分力之和平衡，当撤去F后，滑动摩擦力减小，而重力沿斜面向下的分力不变，所以，物体B将沿斜面向下做加速运动若斜面光滑，物体B也沿斜面向下加速运动，故A正确 B、C、D、将B的加速度分解为水平方向和竖直方向，如图以斜面体A和物体B整体为研究对象，根据牛顿第二定律分析得到，地面对A的摩擦力方向水平向左故B正确，CD错误故选AB点评：本题考查分析物体受力情况的能力，根据牛顿第二定律，由加速度的大小和方向分析受力情况，也是常用方法之一10（4分）（2010平顶山模拟）如图所示，A为静止于地球赤道上的物体，B为绕地球做椭圆轨道运行的卫星，C为绕地球做圆周运动的卫星，P为B、C两卫

16、星轨道的交点已知A、B、C绕地心运动的周期相同，相对于地心下列说法中正确的是（）A物体A和卫星C具有相同大小的加速度B卫星C的运行速度大于物体A的速度C可能出现在每天的某一时刻卫星B在A的正上方D卫星B在P点的加速度与卫星C在P点的加速度相同考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用专题：人造卫星问题分析：据题，A静止于地球赤道上，C为绕地球做圆周运动，B为绕地球做椭圆轨道运行的卫星，A、B、C绕地心运动的周期相同，根据向心加速度的公式a=，则可判断物体A和卫星C的加速度的大小，由v=分析卫星的速度大小B是地球同步卫星，必须位于赤道的正上方卫星B、C轨迹在P点相交，根据牛顿

17、第二定律判断加速度解答：解：A、物体A静止于地球赤道上绕地心转动，卫星C为绕地球做圆周运动，它们绕地心运动的周期相同，根据向心加速度的公式a=得知，卫星C的加速度较大，故A错误；B、根据线速度公式 v=知，T相同，r越大，v越大，则卫星C的线速度较大，故B正确；C、由题，B是地球同步卫星，位于赤道的正上方，A为静止于地球赤道上的物体，所以可能出现在每天的某一时刻卫星B在A的正上方故C正确D、卫星B绕地球做椭圆轨道运行，与地球的距离不断变化，引力产生加速度，根据牛顿第二定律，有a=，M是地球的质量，r卫星到地心的距离，则知经过P点时，卫星B与卫星C的加速度相等，故D正确；故选BCD点评：本题关键

18、要选择线速度和加速度的表达式，再进行讨论；对于加速度，根据万有引力定律和牛顿第二定律结合进行分析11（4分）如图所示，点电荷Q1与Q2分别固定在A、B两点，取无穷远处电势为零，下图表示A、B连线上的电势分布，则以下说法正确的是（）A图l表示Q1、Q2都是正电荷，其中Q1Q2B图2表示Q1、Q2都是正电荷，其中Q1Q2C图3表示Ql、Q2是等量异种电荷，Q1为负电荷D图4表示Q1是正电荷Q是负电荷，其中|Q1|Q2|考点：电势；电场的叠加专题：电场力与电势的性质专题分析：先分析理解等量同号电荷、等量异号在其连线上的电势分布情况，图为等量同号电荷的电势分布，再分析随电荷量的变化电势的分布情况，也可

19、根据电场线与等势面的垂直关系判断解答：解：A、根据等量同号电荷在其连线上的电势分布情况如上图（左），当Q1Q2时，B的电势相对升高，电势线分布情况向A侧移动，故A正确，B错误 C、根据Ql、Q2是等量异种电荷，Q1为负电荷可知，A侧电势低，B侧电势高，图画反了，故C错误 D、根据等量同号电荷在其连线上的电势分布情况如图，当Q1是正电荷Q是负电荷，其中|Q1|Q2|时，A点的电势相对升高，电势分布情况向B侧移动，故D正确故选AD点评：本题考查了电场线特点及沿电场线的方向电势降低，点电荷连线上的电势分布12（4分）（2011湖北模拟）如图，两质量均为m的小球，通过长为L的不可伸长轻绳水平相连，从h

20、高处自由下落，下落过程中绳处于水平伸直状态，若下落时绳中点碰到水平放置的光滑钉子O，绳与钉作用过程中无能量损失，重力加速度为g，则（）A小球从开始下落到刚到达最低点的过程中机械能守恒B从轻绳与钉子相碰到小球刚达到最低点过程，重力的功率先减小后增大C小球刚到最低点速度大小为D小球刚到达最低点时绳中张力为考点：机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力专题：机械能守恒定律应用专题分析：小球从开始下落到刚到达最低点的过程中只有重力做功，系统机械能守恒；重力的瞬时功率根据PG=mgvy求解；小球刚到达最低点时速度可根据动能定理求解；根据向心加速度公式即可求解向心加速度，再运用牛顿第二定律求出最低点时绳中张力

21、解答：解：A、小球从开始下落到刚到达最低点的过程中只有重力做功，机械能守恒，故A正确；B、以向下为正方向，竖直方向合力为F=mgTsin，开始时很小，mgTsin，F0，竖直方向加速度向下，vy增大，到快要相碰时，Tsinmg，F0，竖直方向加速度向上，vy减小，根据PG=mgvy可知重力的瞬时功率先增大后减小，故B错误；C、从最高点到小球刚到达最低点的过程中运用动能定理得：mv2=mg（+h），解得：v=，故C错误；D、根据向心加速度公式有：a=（+2）g，根据牛顿第二定律得Fmg=ma，解得F=，故D正确故选AD点评：本题主要考查了机械能守恒的条件，瞬时功率的求解方法、动能定理的应用以及向

22、心加速度的公式二、实验题（共16分）13（3分）在下述三个实验中：验证牛顿第二定律；验证机械能守恒定律；验证动能定理（物体初速度为零，橡皮筋做功使物体获得的速度为v）某学生正确地作出了三条实验需要的图线，如图中A、B、C所示据坐标轴代表的物理量判断：A是实验验证机械能守恒定律实验的图线，其斜率表示g；B是实验验证牛顿第二定律实验的图线，其斜率表示；C是实验验证动能定理的图线，其斜率表示考点：验证机械能守恒定律；验证牛顿第二运动定律；探究功与速度变化的关系专题：实验题分析：验证牛顿第二定律实验中，aF图象是直线；用重物静止下落验证机械能守恒定律实验中，mgh=mv2，故，h图象是直线；用验证动能

23、定理（物体初速度为零，橡皮筋做功使物体获得的速度为v）的实验中，即验证：由图线的意义可知：Wv2的图线是直线解答：解：A图：h图象是直线，得mgh=mv2，是用重物静止下落验证机械能守恒定律实验，斜率是g；B图：aF图象是直线，所以：F=ma，是验证牛顿第二定律实验斜率表示；C图：即Wv2图象是直线得：是验证动能定理（物体初速度为零，橡皮筋做功使物体获得的速度为v）斜率表示故答案为：验证机械能守恒定律实验，g；验证牛顿第二定律实验，；验证动能定理，点评：本题关键根据三个实验的原理推导出相应的表达式，然后找出线性关系，不难14（3分）（2011吉安模拟）如图是一种测定电压表内阻的电路图，实验的操

24、作步骤如下：a将电阻箱R的电阻调到零；b闭合开关，调节滑动变阻器R1滑动触头位置，使电压表指针达到满偏；c保持滑动变阻器的滑动触头位置不变，调节电阻箱电阻，使得电压表的指针指着满偏读数的一半；d读出电阻箱的电阻值Rx，认为电压表的内阻r测=Rx已知电压表的量程是3V，电阻约为3k，电源电动势约为6V可供选择的滑动变阻器R1有：A阻值010，额定电流2A；B阻值01000，额定电流1A可供选择的电阻箱R有：C阻值0999.9；D阻值09999；（1）根据上面电路图，已在实物图中连接了部分导线，请画出还需要连接的导线（2）为了比较准确地测量电压表的内阻，应选用的滑动变阻器R1是A，电阻箱R是D（填

25、仪器前的代号）（3）本实验中电压表的测量值r测与电压表的真实值r 相比，r测大于 r （填“大于”、“小于”或“等于”）（4）如果增大电源的电动势，此电路测出的电压表内阻的误差将会增大（填“减小”、“增大”或“不变”）考点：把电流表改装成电压表；伏安法测电阻专题：实验题；恒定电流专题分析：半偏法测电压表的内阻，应认为电压表所在的支路电压不变，当电压表达到半偏时，所串联电阻等于待测电压表内阻要求滑动变阻器的阻值要小而实际情况是因并联部分电阻变大，会使分压变大，出现小的误差解答：解：（1）连接实物图如图所示 （2）分压式接法，又从减小误差的角度，要用小阻值的滑动变阻器，选A因电压表的内阻约为3K，

26、则应选大于3K的故选D（3）因串联电阻后电压表所在支路电阻变大，电压变大，故所串联的电阻分压大于电压表的分压，其阻值大于电压表内阻，故测量值大于真实值（4）若增加电源的电动势，电压表的指针半偏时读数不变，则R的实际电压增大，电阻增大，用此时R的值代替电压表的内阻，测量值将增大故答案为：（1）如图 （2）A D （3）大于 （4）增大点评：考查半偏法测电阻的原理，明确待测电压表串联电阻后认为该支路电压不变，以及影响误差的因素三、计算题（共46分，要求写出必要的文字说明和步骤）15（8分）所受重力G1=8N的砝码悬挂在绳PA和PB的结点上PA偏离竖直方向37角，PB在水平方向，且连在所受重力为G2

27、=100N的木块上，木块静止于倾角为37的斜面上，如图所示，试求：（sin53=0.8 cos53=0.6，重力加速度g取10m/s2）（1）木块与斜面间的摩擦力大小；（2）木块所受斜面的弹力大小考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用专题：共点力作用下物体平衡专题分析：（1）先对P点受力分析，受到三根绳子的三个拉力，然后根据共点力平衡条件，运用正交分解法求解出各个力；再对斜面上的物体受力分析，受到重力、拉力、支持力和摩擦力，再次根据共点力平衡条件列方程求解即可；（2）与第一问的解法相同解答：解：（1）如图甲所示分析P点受力，由平衡条件可得：FA cos37=G1FA sin37=

28、FB可解得：FB=6 N再分析G2的受力情况，如图乙所示由物体的平衡条件可得：Ff=G2 sin37+FBcos37FN+FBsin37=G2 cos37FB=FB可求得：Ff=64.8 NFN=76.4 N即木块与斜面间的摩擦力大小为64.8N；（2）由第一问的解答可以得到：FN=76.4 N即木块所受斜面的弹力大小为76.4 N点评：本题关键先后对结点P和斜面上物体受力分析，然后根据共点力平衡条件列方程求解出各个力16（12分）如图所示，长L=1.5m，高h=0.45m，质量M=10kg的长方体木箱，在水平面上向右做直线运动当木箱的速度v0=3.6m/s时，对木箱施加一个方向水平向左的恒力F=50N，并同时将一个质量m=1kg的小球轻放在距木箱右端的P点（小球可视为质点，放在P点时相对于地面的速度为零），经