1、2013届北京市丰台区高三上学期期末考试物理试卷与答案（带解析） 选择题 下列关于电磁波的说法正确的是 A电磁波是一种纵波 B可见光是电磁波 C电磁波不能产生干涉和衍射现象 D电磁波必须依赖介质传播 答案： B 试题分析 :电磁波是横波，所以 A错；电磁波包括可见光和不可见光，故光是电磁波的一部分，故 B正确；干涉和衍射现象是波的特有现象，所以电磁波也能产生干涉和衍射现象，所以 C错；电磁波的传播不需要靠介质，可以在真空中传播，也可在介质中传播，所以 D错。 考点：电磁波 如图，滑块 A以一定初速度从粗糙斜面体 B的底端沿 B向上滑，然后又返回，整个过程中斜面体 B与地面之间没有相对滑动。那么
2、滑块向上滑和下滑的两个过程中 A滑块向上滑动的时间大于向下滑动的时间 B斜面体 B受地面的摩擦力大小改变、方向不变 C斜面体 B受地面的支持力大小始终等于 A与 B的重力之和 D滑块上滑过程中损失的机械能大于下滑过程中损失的机械能 答案： B 试题分析 : 物体上滑时受到的滑动摩擦力沿斜面向下，下滑时滑动摩擦力沿斜面向上，则上滑的合力大于下滑的合力，由牛顿第二定律得知，物体上滑的加速度大于下滑的加速度而两个过程位移大小相等，由位移 x= ，得知滑块向上滑动的时间小于向下滑动的时间故 A错误；上滑和下滑的两个过程中，物体的加速度方向都沿斜面向下，对整体研究，分析受力情况，如图， 将物体的加速度分
3、解为水平和竖直两个方向，由牛顿第二定律得 Ff=max=macos， ax方向水平向左，则地面对 B的摩擦力方向也水平向左，两个过程不变，但由于加速度大小 a 不同，则知斜 面体 B 受地面的摩擦力大小改变、方向不变 M+m） g-N=may，则得 N（ M+m） g，即斜面体 B受地面的支持力大小始终小于 A与 B的重力之和故 B正确， C错误；物体损失的机械能等于克服摩擦力做功两个过程中，物体所受的滑动摩擦力大小相等，位移大小相等，物体克服摩擦力做功相等，则得滑块上滑过程中损失的机械能等于下滑过程中损失的机械能故 D错误 考点：功能关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律 如图
4、是一种焊接方法的原理示意图。将圆形待焊接金属工件放在线圈中，然后在线圈中通以某种电流，待焊接工件中会 产生感应电流，感应电流在焊缝处产生大量的热量将焊缝两边的金属熔化，待焊工件就焊接在一起。我国生产的自行车车轮圈就是用这种办法焊接的。下列说法中正确的是（ ） A线圈中的电流是很强的恒定电流 B线圈中的电流是交变电流，且频率很高 C待焊工件焊缝处的接触电阻比非焊接部分电阻小 D焊接工件中的感应电流方向与线圈中的电流方向总是相反 答案： B 试题分析 : 恒定电流不能在工件中产生感应电流， A错误；线圈中的电流是交变电流，且频率很高，磁通量变化快，产生的感应电动势较大， B正确；待焊工件焊缝处的接
5、触 电阻比非焊接部分电阻大，产生的热量多， C错误；若磁通量减少时，焊接工件中的感应电流方向与线圈中的电流方向相同， D错误； 考点：电磁感应 两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子 a、 b，以不同的速率对准圆心O 沿着 AO 方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图若不计粒子的重力，则下列说法正确的是 A a粒子带正电， b粒子带负电 B a粒子在磁场中所受洛伦兹力较大 C b粒子动能较大 D b粒子在磁场中运动时间较长 答案： C 试题分析 : 粒子向右运动，根据左手定则， b向上偏转，应当带正电； a向下偏转，应当带负电，故 A错误 洛伦兹力提供向心力，即： qvB ，得： r ，故半
6、径较大的 b粒子速度大，动能也大故 C正确 由公式； f=qvB，故速度大的 b受洛伦兹力较大故 B错误；磁场中偏转角大的运动的时间也长； a粒子的偏转角大，因此运动的时间就长故 D错误 考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力 一带电粒子，重力忽略不计，以一定的初速度进入某电场后，恰能做直线加速运动，下列说法正确的 A电场力对粒子做正功，电势能减小 B电场力对粒子做负功，电势能增加 C该电场一定是匀 强电场，粒子平行于电场方向运动 D该电场一定是匀强电场，粒子垂直于电场方向运动 答案： A 试题分析 : 由题知，带电粒子做加速直线运动，带电粒子的动能增大，由动能定理得知，电场力
7、对粒子做正功，而动能与电势能总量不变，则电势能减小故A正确， B错误；带电粒子做加速直线运动，电场力与速度方向必定相同，带电粒子一定沿电场线方向运动，由于加速度如何变化未知，则电场力是否变化不能确定，场强是否变化也不能确定，所以该电场不一定是匀强电场故 CD错误 考点：电势能；带电粒子在匀强电场中的运动 已知地球的质量为 M，半径为 R，自转周期为 T，地球表面处的重力加速度为 g。地球同步卫星的质量为 m，离地面的高度为 h。利用上述物理量，可推算出地球同步卫星的环绕速度表达式为 A B C D 答案： D 试题分析 : 同步卫星的轨道半径为 r=R+h，其运动周期等于地球自转的周期 T 万
8、有引力提供向心力 = ，解得： v= ； 地球表面处 =mg，得 GM=gR2，综上所述， v= ，故 D对 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 在匀强磁场中，一矩形金属线圈绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电动势的图象如图乙所示，则 A t =0.005s时线圈平面与磁场方向平行 B t =0.010s时线圈的磁通量变化率最大 C线圈产生的交变电动势频率为 100HZ D线圈产生的交变电动势有效值为 311V 答案： A 试题分析 :t=0.005s电动势最大，则线圈平面与磁场方向平行，故 A正确； t=0.010s时电动势为 0，则线圈的磁通量
9、变化率为 0，故 B错误；由图可知周期为 0.02，则频率为 =50Hz，故 C 错误；线圈产生的交变电动势有效值为 V，故 D错误。 考点：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率 一列简谐波以 10m/s的速度沿 x轴正方向传播， t=0时刻这列波的波形如右图所示，则质点 P的振动图象为 答案： B 试题分析 : 由波动图象读出波长 =4m，由波速公式 v= 得，周期 T=0.4s简谐波沿 x轴正方向传播，根据波形的平移法得知出 t=0时刻质点 P的速度方向沿 y轴正方向，所以质点 P的振动图象为正弦曲线故 B正确 考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象 某质点做匀变速直线运动的位移 x与
10、时间 t的关 系式为 x=5t+t2（各物理量均采用国际单位制单位），则该质点 A第 2s内的位移是 14 m B前 2s内的平均速度是 8 m/s C任意相邻的 1s内的位移差都是 1 m D任意 1s内的速度增量都是 2 m/s 答案： D 试题分析 : 由关系式可知前 2s内的位移是 14 m，前 1s内的位移是 6m，所以，第 2s内的位移是 8m，所以 A错；前 2s内的平均速度是 14/2=7m/s，所以 B错；匀变速运动的任意相邻的 1s内的位移差是一个变量，所以 C错； 由关系式可知加速度 a=2m/s2，所以任意 1s内的速度增量都是 2 m/s，故 D对； 考点：匀变速直线
11、运动的位移与时间的关系 已知某玻璃对蓝光的折射率比对红光的折射率大，则 A蓝光光子的能量较大 B在该玻璃中传播时，蓝光的速度较大 C从该玻璃中射入空气发生反射时，蓝光的临界角较大 D以相同的入射角从空气斜射入该玻璃中，蓝光的折射角较大 答案： A 试题分析 : 由题，玻璃对蓝光的折射率比对红光的折射率大，则知蓝光的频率 较大，由 E=h知，蓝光光子的能量较大故 A正确；由 v= 分析知，在该玻璃中传播时，红光的速度较大故 B错误；由 sinC= 分析知，折射率越大，临界角越小，则知从该玻璃中射入空气发生反射时，蓝光的临界角较小故 C错误；由折射定律 n= 得知，以相同的入射角从空气斜射入该玻璃
12、中，折射率越大，折射角越小，则蓝光的折射角较小故 D错误。 考点：光的折射定律 下列说法正确的 A Th Pa+X中的 X是中子 B + + 是 衰变 C + + 是核聚变 D +2 是核裂变 答案： C 试题分析 : （ 1）根据核反应方程的质量数和电荷数守恒即可判断出 X 表示电子，所以 A错； B是质子发现的核反应方程，所以 B错； C轻核聚变是指把轻核结合成质量较大的核， C方程是核聚变方程，所以 C对； D方程是两次 衰变。所以 D错。 考点： 核反应方程 一定量的理想气体在某一过程中，从外界吸收热量 2.5104J，气体对外界做功 1.0104J，则该理想气体的 A温度降低，密度增
13、大 B温度降低，密度减小 C温度升高，密度增大 D温度升高，密度减小 答案： D 试题分析 : 理想气体的内能仅用温度来衡量，由热力学第一定律 E=W+ Q可知， E=1.5104J，即气体内能增加，故温度升高因对外做功，体积膨胀，故密度减小所以 D对 考点：热力学第一定律；气体分子运动的特点 实验题 用伏安法测定一个待测电阻 Rx的阻值（阻值约为 200），实验室提供如下器材： 电池组 E：电动势 3V，内阻不计 电流表 A1：量程 0 15mA，内阻约为 100 电流表 A2：量程 0 300A，内阻为 1000 滑动变阻器 R1：阻值范围 0 20，额定电流 2A 电阻箱 R2，阻值范围
14、 0 9999，额定电流 1A 电键 S、导线若干 要求实验中尽可能准确地测量 Rx的阻值，请回答下面问题： (1)为了测量待测电阻两端的电压，可以将电流表 _（填写器材代号）与电阻箱串联，并将电阻箱阻值调到 _，这样可以改装成一个量程为 3.0的电压表。 (2)在方框中画完整测量 Rx阻值的电路图，并在图中标明器材代号； (3)调节滑动变阻器 R1，两表的示数如图所示，可读出电流表 A1的示数是_mA，电流表 A2的示数是 _A，测得待测电阻 Rx的阻值是_。本次测量存在一定的系统误差，考虑这个原因测量值比较真实值_（选填 “偏大 ”或 “偏小 ”）。 答案： A2， 9000 ； 电路如图
15、 8.0mA， 150A， 187.5，偏小 试题分析 : 由于电流表 A2的额定电流太小，不能作为电流表单独使用；又它的内阻一定，电阻箱 R2与电流表 A2内阻接近，可考虑将 A2与 R2串联，故可以将电流表 A2串联定值电阻 R2，将其改装成一个量程为 3V的电压表电阻箱的阻值 R= =9000； （ 2）改装后的电压表的内阻比待测电阻大得多，故电流表应用用外接法；又滑动变阻器最大电阻远小于待测电阻阻值，故变阻器应用分压式接法， （ 3）根据图可得， A1电流表的读数： 8.0mA； A2的读数： 150A；对应的电压表： U I2RV 15010 610000V 1.5V，所以测得待测电
16、阻 Rx的阻值是U/I=187.5，电流表外接，测量值比较真实值偏小。 考点：伏安法测电阻 如图为用拉力传感器和速度传感器探究 “加速度与物体受力的关系 ”实验装置。用拉力传感器记录小车受到拉力的大小，在长木板上相距 L= 48.0cm 的 A、B两点各安装一个速度传感器，分别记录小车到达 A、 B时的速率。 (1)实验主要步骤如下： 将拉力传感器固定在小车上； 调整长木板的倾斜角度，以平衡小车受到的摩擦力，让小车在不受拉力作用时能在木板上做 运动； 把细线的一端固定在拉力传感器上，另一端通过定滑轮与钩码相连； 接通电源后自 C点释放小车，小车在细线拉动下运动，记录细线拉力 F的大小及小车分别
17、到达 A、 B时的速率 vA、 vB； 改变所挂钩码的数量，重复 的操作。 (2)下表中记录了实验测得的几组数据， 是两个速度传感器记录速率的平方差，则加速度的表达式 a = ，请将表中第 3次的实验数据填写完整（结果保留三位有效数字）； 次数 F（ N） （ m2/s2） a（ m/s2） 1 0.60 0.77 0.80 2 1.04 1.61 1.68 3 1.42 2.34 4 2.00 3.48 3.63 5 2.62 4.65 4.84 6 3.00 5.49 5.72 (3)由表中数据在坐标纸上描点并作出 a F关系图线； (4)对比实验结果与理论计算得到的关系图线 (图中已画出
18、理论图线 ) ，造成上述偏差的原因是 。 答案： 匀速直线； ； , 2.44 ； 如图； 没有完全平衡摩擦力 (2分 ) 试题分析 : （ 1）只要小车做匀速直线运动，那么小车沿斜面重力的分力就和摩擦力等大反向 故答案：为：匀速直线 （ 2）根据匀变速直线运动的位移与速度公式： ，可求出 a=；代入表中数据得 a=2.44m/s2。 （ 3）根据表中数据，得出图象如图所示 （ 4）对比图象可知，实际图象没有过原点而是和横坐标有交点，造成原因为没有完全平衡摩擦力或拉力传感器读数偏大 考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系； 计算题 某滑板爱好者在离地 h 1.8m高的平台上滑行，水平离开
19、A点后落在水平地面的 B点，其水平位移 x1 3m，着地时由于存在能量损失，着地后速度变为v 4m s，并以此为初速沿水平地面滑行 x2 8m后停止于 C点已知人与滑板的总质量 m 60kg， g=10m/s2。 (空气阻力忽略不计 ) 。求 (1) 人与滑板离开平台时的水平初速度； (2) 人与滑板在水平地面滑行时受到的平均阻力大小。 答案：（ 1） 5 m/s；（ 2） 60N 试题分析 : (1) 人和滑板一起在空中做平抛运动，设初速为 v0，飞行时间为 t，根据平抛运动规律有 : t= ， v0= 联立两式解得 : m/s = 5 m/s (2) 设滑板在水平地面滑行时受到的平均阻力为
20、 f， 根据动能定理有 : 解得 : 考点： 动能定理的应用，平抛运动，功能关系 在光滑的水平面上，一质量为 mA=0.1kg的小球 A，以 8 m/s的初速度向右运动，与质量为 mB=0.2kg的静止小球 B发生弹性正碰。碰后小球 B滑向与水平面相切、半径为 R=0.5m的竖直放置的光滑半圆形轨道，且恰好能通过最高点 N后水平抛出。 g=10m/s2。求： (1) 碰撞后小球 B的速度大小； (2) 小球 B从轨道最低点 M运动到最高点 N的过程中所受合外力的冲量； (3) 碰撞过程中系统的机械能损失。 答案：（ 1） 5m/s；（ 2）（ ） N s，方向向左；（ 3） 0.5 J 试题分
21、析 : (1)小球 B恰好能通过圆形轨道最高点，有 解得 m/s 方向向左 小球 B从轨道最低点 C运动到最高点 D的过程中机械能守恒 有 联立 解得 m/s (2)设向右为正方向，合外力对小球 B的冲量为 =-（ ） N s，方向向左 (3)碰撞过程中动量守恒，有 水平面光滑所以式中 解得 -2 m/s， 碰撞过程中损失的机械能为 = 0.5 J 考点： 机械能守恒定律，动量守恒定律， 动量定理，向心力公式 两足够长的平行金属导轨间的距离为 L，导轨光滑且电阻不计，导轨所在的平面与水平面夹角为 在导轨所在平面内，分布磁感应强度为 B、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场把一个质量为 m 的导体棒
22、 ab 放在金属导轨上，在外力作用下保持静止，导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻为 R1完成下列问题： (1)如图甲，金属导轨的一端接一个内阻为 r的直流电源。撤去外力后导体棒仍能静止求直流电源电动势； (2)如图乙，金属导轨的一端接一个阻值为 R2的定值电阻，撤去外力让导体 棒由静止开始下滑在加速下滑的过程中，当导体棒的速度达到 v时，求此时导体棒的加速度； (3)求 (2)问中导体棒所能达到的最大速度。 答案：（ 1） ；（ 2） a=gsingq- ；（ 3）试题分析 : (1) 回路中的电流为 导体棒受到的安培力为 对导体棒受力分析知 联立上面三式解得
23、： (2)当 ab杆速度为 v时，感应电动势 E=BLv，此时电路中电流 （ 1分）导体棒 ab受到安培力 F=BIL= 根据牛顿运动定律，有 ma=mgsinq-F = mgsinq- a=gsingq- （ 3）当 =mgsinq时， ab杆达到最大速度 vm 考点：导体切割磁感线时的感应电动势，闭合电路欧姆定律，牛顿第二定律， 如图甲所示，两平行金属板 A、 B的板长 l 0.20 m，板间距 d 0.20 m，两金属板间加如图乙所示的交变电压，并在两板间形成交变的匀强电场，忽略其边缘效应。在金属板右侧有一方向垂直于纸面向里的匀强磁场，其左右宽度D=0.40 m，上下范围足够大，边界 M
24、N和 PQ均与金属板垂直。匀强磁场的磁感应强度 B 1.010-2 T。现从 t 0开始，从两极板左端的中点 O处以每秒钟1000个的速率不停地 释放出某种带正电的粒子，这些粒子均以 vo 2.0105 m/s的速度沿两板间的中线射入电场，已知带电粒子的比荷 1.0108 C/kg，粒子的重力和粒子间的相互作用都忽略不计，在粒子通过电场区域的极短时间内极板间的电压可以看作不变求： (1) t 0时刻进入的粒子，经边界 MN射入磁场和射出磁场时两点间的距离； (2) 当两金属板间的电压至少为多少时，带电粒子不能进入磁场； (3) 在电压变化的第一个周期内有多少个带电的粒子能进入磁场。 答案：（
25、1） 0.4m；（ 2） 400V；（ 3） 3200个 试题 分析 :（ 1） t 0时刻电压为零，粒子匀速通过极板 由牛顿第二定律 得： 所以出射点到入射点的距离为 （ 2）考虑临界情况：粒子刚好不能射出电场 对类平抛过程： ， ， 联立解得 （ 3）当 时，粒子可以射出电场，根据比例关系得 第一个周期内能够出射的粒子数为 个 考点： 牛顿运动定律，带电粒子在电场中的运动，带电粒子在磁场中的运动 如图所示，在光滑绝缘的水平面上，用长为 2L的绝缘轻杆连接两个质量均为 m的带电小球 A和 B A球的带电量为 +2q， B球的带电量为 -3q，两球组成一带电系统。虚线 MN与 PQ平行且相距
26、3L，开始时 A和 B分别静止于虚线MN的两侧，虚线 MN恰为 AB两球连线的垂直平分线。若视小球为质点，不计轻杆的质量，在虚线 MN、 PQ 间加上水平向右的电场强度为 E的匀强电场后。试求： (1)B球刚进入电场时，带电系统的速度大小； (2) 带电系统向右运动的最大距离和此过程中 B球电势能的变化量； (3) 带电系统运动的周期。 答案：（ 1） ；（ 2） ； ；（ 3） T 试题分析 : (1)设 B球刚进入电场时带电系统电度为 v1，由动能定理得 解得 (2)带电系统向右运动分三段： B球进入电场前、带电系 统在电场中、 A球出电场。 设 A球的最大位移为 x，由动能定理得 解得 则 B球从刚进入电场到带电系统从开始运动到速度第一次为零时位移为 其电势能的变化量为 (3)向右运动分三段，取向右为正方向， 第一段加速 ， 第二段减速 设 A球出电场电速度为 v2，由动能定理得 解得 第三段再减速则其加速度 a3及时间 t3为 : ， 所以带电系统运动的周期为 : 考点：带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用
