云南省昆明市南羊中學高三物理期末試題含解析

云南省昆明市南羊中學高三物理期末試題含解析一、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1.一個物體以初速度水平拋出，經過時間t時其豎直方向的位移大小與水平方向的位移大小相等，不計空氣阻力，那么t為A．

B．

C．

D．參考答案：B2.（多選）以下說法正確的有

A．滿足能量守恒定律的宏觀過程都是可以自發(fā)進行的B．從微觀角度看，氣體的壓強是大量氣體分子對容器壁的頻繁碰撞引起的C．為了保存玉米地的水分，可以鋤松地面，破壞土壤里的毛細管D.晶體熔化時吸收熱量，分子平均動能增大E．熵是物體內分子運動無序程度的量度參考答案：BCE3.某電熱水器的恒溫控制原理圖如圖．當溫度低時，熱敏電阻的阻值很大，溫度高時熱敏電阻的阻值就很小．如果熱水器中沒有水時，電路中BC部分就處于斷路．只有當熱水器中有水，且水溫低于某一數值時，發(fā)熱器才會開啟并加熱，否則便會關掉．某同學分析列出邏輯電路的真值表，則虛線框內邏輯電路L的類型以及其真值表中X、Y處的邏輯值分別為A．L應為與門電路，X、Y的值都為0B．L應為或門電路，X、Y的值都為1C．L應為與門電路，X、Y的值都為1D．L應為與非門電路，X、Y的值都為1參考答案：

答案：A

4.物體在合外力作用下做直線運動的v一t圖象如圖所示。下列表述正確的是A．在0—1s內，合外力做正功B．在0—2s內，合外力總是做負功C．在1—2s內，合外力不做功D．在0—3s內，合外力總是做正功參考答案：A5.如圖所示，將兩個質量均為m，帶電荷量分別為+q、-q的小球a、b用細線懸掛于O點，置于水平的勻強電場中，用力F拉小球a，使整個裝置處于平衡狀態(tài)，且懸線與豎直方向夾角為300。則F的大小可能為（

）A．

B.

C.

D.參考答案：C二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.一臺激光器發(fā)光功率為P0，發(fā)出的激光在真空中波長為，真空中的光速為，普朗克常量為，則每一個光子的能量為

；該激光器在時間內輻射的光子數為

。參考答案：

hC/λ

；

P0tλ/hc

7.設地球半徑為R，地球表面的重力加速度為g，地球自轉角速度為，則沿地球表面運行的人造地球衛(wèi)星的周期為________；某地球同步通訊衛(wèi)星離地面的高度H為_________．參考答案：8.（4分）利用掃描隧道顯微鏡(STM)可以得到物質表面原子排列的圖象，從而可以研究物質的構成規(guī)律，下面的照片是一些晶體材料表面的STM圖象，通過觀察、比較，可以看到這些材料都是由原子在空間排列而構成，具有一定的結構特征。則構成這些材料的原子在物質表面排列的共同特點是(1)_____________________________________________________________________；(2)_____________________________________________________________________。參考答案：答案：在確定方向上原子有規(guī)律地排列在不同方向上原子的排列規(guī)律一般不同原子排列具有一定對稱性等9.如圖所示，一定質量的理想氣體從狀態(tài)A變化到狀態(tài)B，再由狀態(tài)B變化到狀態(tài)C，已知狀態(tài)A的溫度為300K，則由狀態(tài)A變化到狀態(tài)B的過程中，氣體的內能

（填“增大”、“減小”或“不變”），是

（“吸熱”或“放熱”）過程。參考答案：增大

吸熱10.在研究彈簧的形變與外力的關系的實驗中，將彈簧水平放置測出其自然長度，然后豎直懸掛讓其自然下垂，在其下端豎直向下施加外力F，實驗過程是在彈簧的彈性限度內進行的.用記錄的外力F與彈簧的形變量作出的F－圖線如下圖1所示，由圖可知彈簧的勁度系數為

。圖線不過原點的原因是由于

。參考答案：11.如圖a所示是打樁機的簡易模型．質量m=1kg的物體在拉力F作用下從與釘子接觸處由靜止開始運動，上升一段高度后撤去F，到最高點后自由下落，撞擊釘子后物體不再彈起，將釘子打入一定深度．若以初始狀態(tài)物體與釘子接觸處為零勢能點，物體上升過程中，機械能E與上升高度h的關系圖象如圖b所示．不計所有摩擦，g=10m/s2．物體上升過程所受拉力F=

N；在整個過程中距初始位置

m處物體的重力勢能與動能相等．參考答案：12；0.6【考點】功能關系；動能和勢能的相互轉化．【分析】根據功能原理列式可知E﹣h圖象的斜率等于拉力，根據機械能守恒計算重力勢能與動能相等時問題的高度．【解答】解：根據功能原理得：△E=F△h，得F=，可知E﹣h圖象的斜率等于拉力，為：F==N=12N；由圖可知，物體的機械能最大為12J，下落的過程中機械能守恒，物體的重力勢能與動能相等時，均為6J，即：mgh=6J，解得：h=0.6m．故答案為：12；0.612.在圖（a）所示的電路中，合上電鍵S，變阻器的滑動頭C從A端滑至B端的過程中，電源的輸出功率P與路端電壓U、路端電壓U與總電流I的關系曲線分別如圖（b）、（c）所示。不計電表、導線對電路的影響。則電源電動勢E=__________V，電源內阻r=________Ω。參考答案：12，313.如圖所示，已知R1=10Ω，R2=20Ω，R3=20Ω，AB兩端間電壓恒為30V，若CD之間接理想電壓表，則電壓表示數U=_____V；若CD之間改接理想電流表，則電流表示數I=______A。參考答案：答案：20V；0.75A三、簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.（2014?宿遷三模）學?？萍脊?jié)上，同學發(fā)明了一個用彈簧槍擊打目標的裝置，原理如圖甲，AC段是水平放置的同一木板；CD段是豎直放置的光滑半圓弧軌道，圓心為O，半徑R=0.2m；MN是與O點處在同一水平面的平臺；彈簧的左端固定，右端放一可視為質點、質量m=0.05kg的彈珠P，它緊貼在彈簧的原長處B點；對彈珠P施加一水平外力F，緩慢壓縮彈簧，在這一過程中，所用外力F與彈簧壓縮量x的關系如圖乙所示．已知BC段長L=1.2m，EO間的距離s=0.8m．計算時g取10m/s2，滑動摩擦力等于最大靜摩擦力．壓縮彈簧釋放彈珠P后，求：（1）彈珠P通過D點時的最小速度vD；（2）彈珠P能準確擊中平臺MN上的目標E點，它通過C點時的速度vc；（3）當緩慢壓縮彈簧到壓縮量為x0時所用的外力為8.3N，釋放后彈珠P能準確擊中平臺MN上的目標E點，求壓縮量x0．參考答案：（1）彈珠P通過D點時的最小速度為；（2）通過C點時的速度為m/s；（3）壓縮量為0.18m．考點： 動能定理的應用；機械能守恒定律．專題： 動能定理的應用專題．分析： （1）根據D點所受彈力為零，通過牛頓第二定律求出D點的最小速度；（2）根據平拋運動的規(guī)律求出D點的速度，通過機械能守恒定律求出通過C點的速度．（3）當外力為0.1N時，壓縮量為零，知摩擦力大小為0.1N，對B的壓縮位置到C點的過程運用動能定理求出彈簧的壓縮量．解答： 解：（1）當彈珠做圓周運動到D點且只受重力時速度最小，根據牛頓第二定律有：mg=解得．v==m/s（2）彈珠從D點到E點做平拋運動，設此時它通過D點的速度為v，則s=vtR=gt從C點到D點，彈珠機械能守恒，有：聯立解得v=代入數據得，V=2m/s（3）由圖乙知彈珠受到的摩擦力f=0.1N，根據動能定理得，且F1=0.1N，F2=8.3N．得x=代入數據解得x0=0.18m．答：（1）彈珠P通過D點時的最小速度為；（2）通過C點時的速度為m/s；（3）壓縮量為0.18m．點評： 本題考查了動能定理、機械能守恒定律、牛頓第二定律的綜合，涉及到圓周運動和平拋運動，知道圓周運動向心力的來源，以及平拋運動在豎直方向和水平方向上的運動規(guī)律是解決本題的關鍵．15.（8分）為確定愛因斯坦的質能方程的正確性，設計了如下實驗：用動能為MeV的質子轟擊靜止的鋰核Li，生成兩個粒子，測得兩個粒子的動能之和為MeV。寫出該反應方程，并通過計算說明正確。（已知質子、粒子、鋰核的質量分別取、、）參考答案：核反應方程為核反應的質量虧損，由質能方程可得，質量虧損相當的能量MeV而系統(tǒng)增加的能量MeV，這些能量來自核反應中，在誤差允許的范圍內可認為相等，所以正確。四、計算題：本題共3小題，共計47分16.A、B兩列火車，在同一軌道上同向行駛，A車在前，其速度vA=10m/s，B車速度vB=30m/s。因大霧能見度很低，B車在距A車500m時才發(fā)現前方有A車，這時B車立即剎車，但B車要經過1800m才能夠停止。若B車在剎車的同時A車立即加速前進，則A車的加速度至少多大才能避免相撞。參考答案：.50s；0.15m/s217.某同學為了測定木塊與斜面間的動摩擦因數，他用測速儀研究木塊在斜面上的運動情況，裝置如圖甲所示。他使木塊以初速度v0=4m/s的速度沿傾角的斜面上滑，緊接著下滑至出發(fā)點，并同時開始記錄數據，結果電腦只繪出了木塊從開始上滑至最高點的v-t圖線如圖乙所示。g取10m/s2。求：（1）（2分）上滑過程中的加速度的大小a1；

（2）（3分）木塊與斜面間的動摩擦因數μ；（3）（5分）木塊回到出發(fā)點時的速度大小v。參考答案：【知識點】牛頓第二定律；勻變速直線運動的速度與時間的關系．A2C2【答案解析】（1）8m/s2；（2）0.35；（3）v=2m/s．解析：（1）由題圖乙可知，木塊經0.5s滑至最高點上滑過程中加速度的大小：

（2）由牛頓第二定律得上滑過程中：

代入數據得

（3）下滑的距離等于上滑的距離：

x==1m

下滑摩擦力方向變?yōu)橄蛏?，由牛頓第二定律F=ma得：

下滑過程中：mgsinθ-μmgcosθ=ma2

解得：a2＝gsinθ?μgcosθ＝10×?0.35×10×=2m/s2

下滑至出發(fā)點的速度大小為：v=聯立解得：v=2m/s

【思路點撥】（1）由v-t圖象可以求出上滑過程的加速度．（2）由牛頓第二定律可以得到摩擦因數．

（3）由運動學可得上滑距離，上下距離相等，由牛頓第二定律可得下滑的加速度，再由運動學可得下滑至出發(fā)點的速度．解決本題的關鍵能夠正確地受力分析，運用牛頓第二定律和運動學公式聯合求解18.如圖所示，兩端開口的汽缸水平固定，A、B是兩個厚度不計的活塞，面積分別為S1=20cm2，S2=10cm2，它們之間用一根細桿連接，B通過水平細繩繞過光滑的定滑輪與質量為M的重物C連接，靜止時汽缸中的空氣壓強p=1.3×105Pa，溫度T=540K，汽缸兩部分的氣柱長均為L．已知大氣壓強p0=1×105Pa，取g=10m/s2，缸內空氣可看作理想氣體，不計一切摩擦．求：①重物C的質量M是多少；②逐漸降低汽缸中氣體的溫度，活塞A將向緩慢右移動，當活塞A剛靠近D處而處于平衡狀態(tài)時缸內氣體的溫度是多少．參考答案：解：①活塞整體受力處于平衡狀態(tài)，則有：pS1+p0S2=p0S1+pS2+M