1、2012-2013学年度吉林市普通中学高三上学期期末复习检测物理试卷与答案（带解析） 选择题 关于物理学规律的建立，下列说法中正确的是 A牛顿第一定律是由牛顿通过大量真实实验结论分析归纳后而创造性提出的，此后得到了大量真实实验的直接验证 B牛顿第二定律是由牛顿通过其他科学前辈们所做大量真实实验结论分析归纳后而创造性提出的，此后得到了大量真实实验的直接验证 C万有引力定律是由牛顿通过著名的 “月 地检验 ” 将其他科学家精确测定的真实实验结论分析归纳后而天才般大胆提出的，此后其他科学家据此计算及观测发现了海王星和哈雷彗星的 “按时回归 ” D安培分子电流假说是由安培直接通过大量关于分子电流真实实
2、验结论分析归纳后而预见性提出的，此后得到了大量真实实验的直接验证 答案： BC 试题分析：牛顿第一定律反映的是物体在不受外力作用下的一种情况，自然界不存在不受力物体，无法用实验验证， A错。安培分子电流假说是由安培的一种猜想，并不是通过真实实验分析得出的，选项 D错误。本题正确答案： BC。 考点：本题考查了物理学史 半径为 a右端开小口的导体圆环和长为 2a的导体直杆，单位长度电阻均为R0。圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为 B。杆在圆环上以速度 v平行于直径 CD向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心 O开始，杆的位置由 确定，如图所示
3、。则 A 0时，杆产生的电动势为 B 时，杆产生的电动势为 C 0时，杆受的安培力大小为 D 时，杆受的安培力大小为 答案： AD 试题分析： =0时，杆产生的电动势 E=BLv=2Bav，故 A正确。当 时，根据几何关系得出 此时导体棒的有效切割长度是 a，所以杆产生的电动势为 Bav，故 B 错误。 =0时，由于单位长度电阻均为 R0所以电路中总电阻（ 2+） aR0。所以杆受的安培力大小是 ，故 C错误。当时，电路中总电阻是 。所以杆受到的安培力，故 D正确。 考点：本题考查了导体切割磁感线时的感应电动势、闭合电路的欧姆定律、安培力。 如图所示，矩形闭合金属线圈放置在固定的水平薄板上，有
4、一块蹄形磁铁如图所示置于水平薄板的正下方（磁极间距略大于矩形线圈的宽度。）当磁铁全部匀速向右通过线圈时，线圈始终静止不动，那么线圈受到薄板摩擦力的方向 和线圈中产生感应电流的方向（从上向下看）是 A摩擦力方向一直向左 B摩擦力方向先向左、后向右 C感应电流的方向顺时针 逆时针 逆时针 顺时针 D感应电流的方向顺时针 逆时针 答案： AC 试题分析：当原磁通量增加时，感应电流的磁场与原来磁场方向相反，两个磁场产生相互排斥作用力； 当原磁通量减少时，感应电流的磁场就与原来磁场的方向相同，两个磁场产生相互吸引的作用力，所以感应电流总要阻碍导体和磁极间的相对运动当磁铁匀速向右通过线圈时， N极靠近线圈
5、，线圈的感应电流总要阻碍磁极的相对运动，给磁极向左作用力，那么磁极给线圈向右的作用力，线圈静止不动，是因为受到了向左摩擦力当 N极离开线圈，线圈的感应电流总要阻碍磁极的相对运动，给磁极向左的作用力，那么磁极给线圈向右的作用力，线圈静止不动，是因为受到了向左摩擦力所以整个过程线圈所受的摩擦力一直向左故 A正确， B错误当原磁通量增加时，感应电流的磁场与原来磁场的方向相反； 当原磁通量减少时，感应电流的磁场就与原来磁场的方向相同当磁铁 N极向右靠近线圈时，线圈中向上的磁场增加，感应电流的磁场向下，所 以感应电流顺时针方向当磁铁 N极向右远离线圈时，线圈中向上的磁场减的，感应电流的磁场向上，所以感应
6、电流逆时针方向 S极靠近时线圈时，向下的磁场增加，感应电流的磁场向上，所以感应电流逆时针方向 S极远离线圈时，向下的磁场减少，感应电流的磁场向下，所以感应电流顺时针方向故 C正确， D错误 考点：本题考查了楞次定律、感应电流的产生条件。 如图所示，一块矩形截面金属导体 abcd和电源连接，处于垂直于金属平面的匀强磁场中，当接通电源、有电流流过金属导体时，导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现了电势差，这种现象被 称为霍尔效应。利用霍尔效应制成的元件称为霍尔元件，它是一种重要的磁传感器，广泛运用于各种自动控制系统中。关于这一物理现象下列说法中正确的是 A导体受向左的安培力作用 B导体内部定向移
7、动的自由电子受向右的洛仑兹力作用 C在导体的 ab、 cd两侧存在电势差，且 ab电势低于 cd电势 D在导体的 ab、 cd两侧存在电势差，且 ab电势高于 cd电势 答案： BD 试题分析：电流的方向是从上向下的，根据左手定则可得，导体受自左向右的安培力作用，所以 A错误； B、导体内部定向移动的自由电子，根据左手定则可得，自由电子受自左向右的洛仑兹力作用，所以 B正确； C、自由电子受自左向右的洛仑兹力作用，所以自由电子向右偏，使右侧带负电，左侧出现正电，所以左侧的电势高，即 ab点电势高于 cd点电势，所以 C错误 D正确 考点：本题考查了霍尔效应及其应用。 一块电压表是由电流表 和电
8、阻 串联而成，如右图所示，若使用过程中发现改装电压表的示数总比标准电压表准确值稍小一些，采取下列哪种措施可以改进 A在 上串联一个比 大得多的电阻 B在 上串联一个比 小得多的电阻 C在 上并联一个比 大得多的电阻 D在 上并联一个比 小得多的电阻 答案： C 试题分析：根据电压表的改装及读数原理可知，若电压表读数偏小，说明通过电压表的电流偏小，所以只需减小电压表的内阻即可，根据串并联的特点可知，应换用比 R小点儿的电阻或在 R上并联一比 R大得多的电阻即可。 考点：本题考查了电流表的改装。 如图所示，在匀强电场中，有边长为 2Cm的等边三角形 ABC，三角形所在平面与匀强电场平面重合，其中
9、O点为该三角形的中心，各点电势分别为 = 2V, = 4V， = 6V,下列说法正确的是 A O点电势为零 B该匀强电场的场强大小为 200V/m，方向由 C指向 A C将电量为 e的电子由 C点移到 A点，电子的电势能增加了 4ev D将电量为 e的电子由 O点移到无穷远，电子的电势能增加了 3ev 答案： BC 试题分析： AC中点 D的电势为 ，与 B电势相等，则 BOD连线必为一条等势线（如图）， O点的电势为 4V；故 A错误； AC间的电势差为 UCA= C- A=4V；，故 B正确， 电场力所做的功与电势能的关系， eU=- EP， EP=-4e，故电势能增加了 4ev，故 C正
10、确。同理，将电量为 e的电子由 O点移到无穷远，电子的电势能增加了4eV，故 D错误 故选： BC 考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系 如图甲所示， MN为很大的薄金属板（可理解为无限大），金属板原来不带电。在金属板的右侧，距金属板距离为 d的位置上放入一个带正电、电荷量为q的点电荷，由于静电感应产生了如图甲所示的电场分布。 P是点电荷右侧，与点电荷之间的距离也为 d的一个点，几位同学想求出 P点的电场强度大小，但发现问题很难。几位同学经过仔细研究，从图乙所示的电场得到了一些启示，经过查阅资料他们知道：图甲所示的电场分布与图乙中虚线右侧的电场分布 是一样的。图乙中两异号点电荷量的大小均为
11、q，它们之间的距离为 2d，虚线是两点电荷连线的中垂线。由此他们分别求出了 P点的电场强度大小，一共有以下四个不同的答案：（答案：中 k为静电力常量），其中正确的是 A B C D 答案： A 试题分析：根据 P点的电场线方向可以得 P点的电场强度方向是垂直于金属板向右，两异号点电荷电荷量的大小均为 q，它们之间的距离为 2d，乙图上 +q右侧 d处的场强大小为 根据题意可知， P点的电场强度大小与乙图上 +q右侧 d处的场强大小相等，即为 故选 A。 考点：本题考查了电场线 如图所示，在竖直平面内有一个半径为 R的圆弧轨道。半径 OA水平、 OB竖直，一个质量为 m的小球自 A正上方 P点由
12、静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点 B时恰好对轨道没有压力，已知 PA=2R，重力加速度为 g，则小球 A从 B点飞出后恰能落到 A点 B从 P到 B的运动过程中机械能守恒 C从 P到 B的运动过程中合外力做功 mgR D从 P到 B的运动过程中克服摩擦力做功 mgR 答案： C 试题分析：由 “小球沿轨道到达最高点 B时恰好对轨道没有压力 ”可知在 B点时小球速度为 ，小球从 B点飞出后 得 ，则水平距离， A错；若整个过程机械能守恒，从 P点释放，到 B点的速度应该是 ，可见机械能减小， B错。从 P到 B的运动过程中，合外力做功等于物体动能的变化，即 ， C正确。克服摩擦力做功等于系
13、统能量的减少量 ， D错。 考点：本题考查了圆周运动、平抛运动与能量守恒定律 如图所示，长为 L的轻质细绳悬挂一个质量为 m的小球，其下方有一个倾角为 的光滑斜面体，放在光滑水平面上。开始时小球刚好与斜面接触无压力，现在用水平力 F缓慢向左推动斜面体，直至细绳与斜面平行为止，对该过程中有关量的描述正确的是 A绳的拉力和球对 斜面的压力都在逐渐减小 B绳的拉力在逐渐减小，球对斜面的压力逐渐增大 C重力对小球做负功，斜面弹力对小球不做功 D推力 F做的总功是 mgL（ 1-cos） 答案： B 试题分析：对小球受力分析，小球受重力、支持力和拉力，因为支持力的方向不变，根据作图法 知，绳子的拉力逐渐
14、减小，支持力逐渐增大故 A错误， B正确小球上升，知重力对小球做负功，斜面的弹力做正功故 C错误根据能量守恒得 F做的功等于系统机械能的增量，斜面体动能和势能不变，小球的动能不变，所以系统机械能的增量等于小球的重力势能增加量 所以 F做功等于小球重力势能增量， Ep=mgh=mgL（ 1-sin），故 D错误。 考点：本题考查了共点力平衡的条件及其应用、力的合成与分解的运用。 组成星球的物质是靠万有引力吸引在一起的，这样的星球有一个最大的自转速率。如果超过了该速率，星球的万有引力将不足以维持其赤道附近的物体做圆周运动。由此能得到半径为 R、密度为 、质量为 M且均匀分布的星球的最小自转周期 T
15、。下列表达式中正确的是 A B C D 答案： AC 试题分析：由 可得周期越小，物体需要的向心力越大，物体对星球表面的压力最小 ，当周期小到一定值时，压力为零，此时万有引力充当向心力，即 ，解得 ，故 A正确。因 ，代入上式可得： ，故 C也正确。 考点：本题考查了万有引力定律及其应用、向心力。 如图所示，质量为 M的楔形物 A静置在水平地面上，其斜面的倾角为 。斜面上有一质量为 m的小物块 B， B与斜面之间存在摩擦，用平行于斜面的恒力 F沿斜面向上拉 B，使之匀速上滑。在 B运动的过程中，楔形物块 A始终保持静止。关于相互间作用力的描述正确的是 A B对 A的压力大小为 B B对 A摩擦
16、力大小为 C地面受到的摩擦力大小为 D地面受到的压力大小为 答案： C 试题分析：对物体 B受力分析如图： 由平衡条件： N=mgcos，由牛顿第三定律得： B对 A的压力大小为 mgcos，故 A错误； F=f+mgsin则 f=F-mgsin由牛顿第三定律得： B给 A的摩擦力大小为： F-mgsin故 B选项错误因为 AB均处于平衡状态，所以可以看做一个整体对 AB组成的整体受力分析如图：水平方向： f=Fcos，故 C正确。竖直方向：（ M+m） g=N+Fsin，即： N=（ M+m） g-Fsin，故 D错误。 考点：本题考查了共点力平衡的 条件及其应用，力的合成与分解的运用。 我
17、国 “蛟龙号 ”深潜器经过多次试验，终于在 2012年 6月 24日以 7020m深度创下世界最新纪录（国外最深不超过 6500m）。这预示着它可以征服全球99.8的海底世界。假设在某次实验时，深潜器内的显示屏上显示出了从水面开始下潜到最后返回水面 10min内全过程的深度曲线（ a）和速度图像（ b），则下列说法中正确的是 A（ a）图中 h3代表本次最大深度，应为 360m B全过程中最大加速度是 0.025m/s2 C潜水员感到超重发生在 3-4min和 6-8min的时间段内 D潜水器在 4-6min时间段内处于匀速运动状态 答案： AC 试题分析：根据深度曲线（ a）得 h3代表本次
18、最大深度，根据 v-t图象的面积得为 0-4m右 k位移是 360m，故 A正确。最大加速度是，故 B错误。潜水员在 3-4min和 6-8min的时间段内，根据度图象（ b）得加速度方向向上，所以处于超重状态，故 C正确。整个潜水器在 4-6min处于静止状态，故 D错误。 考点：本题考查了匀变速直线运动的图象，牛顿第二定律。 实验题 （ 12分）在 “测定金属的电阻率 ”实验中，所用测量仪器均已校准，待测金属丝接入电路部分的长度约为 50cm。 （ 1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图 1所示，其读数应为 _mm（该值接近多次测量的平均值）； （ 2）用伏安法测金属丝的
19、电阻 Rx实验所用器材为：电池组 (电动势为 3V，内阻约 1)、电流表 (内阻约 0.1)、电压表 (内阻约 3k)、滑动变阻器 R(020，额定电流 2A)、开关、导线若干 某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下： 次数 1 2 3 4 5 6 7 U/V 0 0.10 0.30 0.70 1.00 1.50 1.70 I/A 0 0.020 0.060 0.160 0.220 0.340 0.460 由以上数据可知，他们测量 Rx是采用图 2中的 _图； （ 3）图 3是测量 Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器的滑片 P置于变阻器的一端请根据
20、图 (2)所选的电路图，补充完成图 3中实物间的连线，并使闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏； （ 4）这个小组的同学在坐标纸上建立 U、 I坐标系，如图 4所示，请根据实验记录数据描绘出 UI图线，由图线得到金属丝的阻值 Rx=_ (保留两位有效数字 )； （ 5）根据以上数据可以估算出金属丝的电阻率约为 _(填选项前的符号 )。 A 110-2 m B 110-3 m C 110-6 m D 110-8 m 答案：（ 1）（ 0.395 0.399）（ 2分）（ 2）甲（ 2分）（ 3）如答图 3（ 2分） （ 4）如答图 4（ 2分）（ 4.3 4.7）（ 2分）（ 5） C （
21、 2分） 试题分析：（ 1）螺旋测微器的读数为 d=0+39.90.01mm=0.399mm（ 0.3950.399都对）；（ 2）由给出的数据表可知，电流和电压从零调，所以滑动变阻器应用分压式接法；由待测金属丝电阻远小于电压表内阻，所以电流表应用外接法，故应采用甲图。（ 3）如答图 3 （ 4）如答图 4 （ 4.3 4.7）（ 5）由可得 ，带入数据可得 =110-6 m，所以 C正确。 考点：本题考查了测定金属的电阻率 （ 6分）在做 “研究匀变速直线运动 ”的实验时，某同学得到一条用打点计时器打下的纸带，并在其上取了 A、 B、 C、 D、 E、 F等 6个计数点（每相邻两 个计数点间
22、还有 4个打点计时器打下的点，本图中没有画出）打点计时器接的是220V、 50Hz的交变电流他把一把毫米刻度尺放在纸带上，其零刻度和计数点A对齐。 （ 1）由以上数据计算打点计时器在打 C 点时，物体的瞬时速度 vC是 _m/s；（保留两位有效数字） （ 2）计算该物体的加速度 a为 _m/s2；（保留两位有效数字） （ 3）如果当时电网中交变电流的频率是 f=51Hz，而做实验的同学并不知道，那么由此引起的系统误差将使加速度的测量值比实际值偏 _（填 “大 ”或“小 ”）。 答案：（ 1） 0.16； (2)0.40-0.44； (3)小 试题分析：（ 1）每相邻两个计数点间还有 4个打点计
23、时器打下的点，即相邻两个计数点的时间间隔是 0.1s 根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，根据（ 2）根据匀变速直线运动的推论公式 x=aT2，可以求出加速度的大小， 得： x4-x2=2a1T2 ， x5-x3=2a1T2 ， 为了更加准确的求解加速度，我们对两个加速度取平均值 得： （ 3）如果当时电网中交变电流的频率是 f=51Hz，则周期 T减小，由此可知加速度测量值比实际值偏小。 考点：测定匀变速直线运动的加速度 计算题 （ 11分） 2012年 8月 10日，改装后的瓦良格号航空母舰（该舰被海军命名为辽宁舰，编号为 16号）进行出海航行试验，中国成为拥有航
24、空母舰的国家之一。已知该航空母舰飞行甲板长度为 L=300m，某种战斗机在航空母舰上起飞过程中的最大加速度为 a=4 5 m s2，飞机速度要达到 v=60 m s才能安全起飞。 (1)如果航空母舰静止，战斗机被弹射装置弹出后开始加速，要保证飞机起飞安全，战斗机被弹射装置弹出时的速度至少是多大 (2)如果航空母舰匀速前进，在没有弹射装置的情况下，要保证飞机安全起飞，航空母舰前进的速度至少是多大 答案：（ 1） 30m/s （ 2） 8m/s 试题分析：（ 1）设战斗机被弹射出来时的速度为 ，由 （ 4分）得 =30m/s（ 1分） （ 2）设战斗机起飞所用时间为 t，在时间 t内航空母舰航行距
25、离为 L1航空母舰的最小速度为 V1 对航空母舰有 （ 1分） 对战斗机有 （ 2分） （ 2分） 联立三式得 = 8m/s（ 1分） 考点：本题考查了匀变速直线运动规律 （ 14分）如图甲所示是一打桩机的简易模型。质量 m=1kg的物体在拉力 F作用下从与钉子接触处由静止开始运动，上升一段高度后撤去 F，到最高点后自由下落，撞击钉子，将钉子打入一定深度。物体上升过程中，机械能 E与上升高度 h的关系图象如图乙所示。不计所有摩擦， g取 10m/s2。求： （ 1）物体上升到 1m高度处的速度； （ 2）物体上升 1 m后再经多长时间才撞击钉子（结果可保留根号）； （ 3）物体上升到 0.25
26、m高度处拉力 F的瞬时功率。 答案：（ 1） 2m/s （ 2） t= s （ 3） 12W 试题分析： 设物体上升到 h1=1m处的速度为 v1，由图乙知 （ 2分） 解得 v1=2m/s （ 1分） 解法一：由图乙知，物体上升到 h1=1m后机械能守恒，即撤去拉力 F，物体仅在重力作用下先匀减速上升，至最高点后再自由下落设向上减速时间为 t1，自由下落时间为 t2 对减速上升阶段有 解得 t1=0.2s 1分 减速上升距离 =0.2m 1分 自由下落阶段有 1分 解得 s 1分 即有 t=t1+t2= s 1分 解法二：物体自 h1=1m后的运动是匀减速直线运动，设经 t时间落到钉子上，则
27、有 3分 解得 t= s 2分 （ 3）对 F作用下物体的运动过程，根据功能量关系有 1分 由图象可得，物体上升 h1=1m的过程中所受拉力 F=12N 1分 物体向上做匀加速直线运动，设上升至 h2=0.25m时的速度为 v2，加速度为 a。根据牛顿第二定律 有 1分 根据运动学公式有 1分 瞬时功率 P=Fv2 1分 解得 P=12W 1分 考点：本题考查了动能定理的应用、功能关系 （ 19分）如图所示，一带电粒子以与水平方向成 60角速度在竖直平面内做直线运动，经过一段时间后进入一垂直于纸面向里、磁感应强度为 B的圆形匀强磁场区域（图中未画出磁场区域），粒子飞出磁场后垂直电场方向进入宽为
28、L的匀强电 场。 电场强度大小为 E，方向竖直向上。当粒子穿出电场时速度大小变为原来的 倍。 已知带电粒子的质量为 m，电量为 q，重力不计。求： （ 1）粒子带什么电？简述理由； （ 2）带电粒子在磁场中运动时速度多大； （ 3）该圆形磁场区域的最小面积为多大。 答案：（ 1）负电 （ 2） （ 3） 试题分析：（ 1）根据粒子在磁场中偏转的情况和左手定则可知，粒子带负电 .（ 2分） （ 2）由于洛伦兹力对粒子不做功，故粒子以原来的速率进入电场中，设带电粒子进入电场的初速度为 v0，在电场中偏转时做类平抛运动， （ 1分） （ 1分） （ 1分） （ 1分） 由题意知粒子离开电场时的末速度大小为 ，将 vt分解为平行于电场方向和垂直于电场方向的两个分速度， （ 1分）联立上述五式解得（ 2分） （ 3）设带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为 R，圆形磁场区域的半径为r， （ 2分） （ 2分） 由几何知识可得 （ 2分）磁场区域最小面积为 （ 2分）解得（ 2分） 考点：本题考查了带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；匀速圆周运动；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动
