1、2013届安徽省池州市高三上学期期末统考理科综合物理试卷与答案（带解析） 选择题 下列说法中正确的是（ ） A小球由于受重力的作用而自由下落时他的惯性就不存在了 B物体的惯性大小只与本身的质量有关，质量大的物体惯性就大 C法拉第根据小磁针在通电导线周围的偏转而发现了电流的磁效应 D牛顿从万有引力定律出发总结总结了真空中两个点电荷间的静电作用规律 答案： B 试题分析 :物体的惯性大小的量度是质量，质量大，惯性就大，质量不变，惯性也不变，所以 A错， B对； 奥期特发现电流的磁效应，所以 C错；库仑总结了真空中两个点电荷间的静电作用规律，所以 D错。 考点： 物理学史 一足够长的铜管竖直放置，将
2、一截面与铜管的内截面相同、质量为 m的永久磁铁块由管上端口放人管内，不考虑磁铁与铜管间的摩擦，磁铁的运动速度可能是（ ） A逐渐增大到定值后保持不变 B逐渐增大到一定值时又开始碱小然后又越来越大 C逐渐增大到一定值时又开始减小，到一定值后保持不变 D逐渐增大到一定值时又开始减小到一定值之后在一定区间变动 答案： A 试题分析 : 在重力作用下，永久磁铁将向下运动，所以铜管内会出现感应电流，从而导致磁铁受到安培阻力作用，由于重力大于安培力，则速度增加，导致感应电动势变大，安培力也变大，当重力等于安培力时，速度达到最大值，接着做匀速直到运动故 A正确， BCD错误； 考点：楞次定律 一台小型发电机
3、产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示已知发电机线圈内阻为 5 0 ，现外接一只电阻为 95 0 的灯泡，如图乙所示，则（ ） A电压表 V的示数为 220 V B电路中的电流方向每秒钟改变 50次 C灯泡实际消耗的功率为 484 W D发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为 24 2 J 答案： D 试题分析 : 由图象可知，交流电的最大值为 220 V，则有效值为 220V，电压表的示数为外电阻的电压，所以外电阻的电压为 U= =209V，所以 A 错误；根据图象可知交流电的周期为 210-2s，所以频率为 50Hz，交流电在一个周期内变化两次，所以电路中的电流方向每秒钟改变 100次
4、，所以 B错误；电路中的电流为 I= =2.2V，所以灯泡实际消耗的功率为 P=I2R=（ 2.2）295W=459.8W，所以 C错误；发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为 Q=I2rt=（ 2.2） 251J=24.2J，所以 D正确 考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率 如图所示，半径为 R的金属环竖直放置，环上套有一质量为 m的小球，小球开始时静止于最低点。现给小球一冲击，使它以初速度 。小球运动到环的最高点时与环恰无作用力，小球从最低点运动到最高点的过程中（ ） A小球机械能守恒 B小球在最低点时对金属环的压力是 6mg C小球在最高点时，重力
5、的功率是 D小球机械能不守恒，且克服摩擦力所做的功是 0 5mgR。 答案： D 试题分析 : 小球运动到环的最高点时与环恰无作用力，在最高点有： mg= ，根据动能定理得， mg 2R Wf - ，解得解得 Wf= ，所以 A 错，D正确；在最低点有： FN-mg= ，解得 FN=7mg， 所以 B错；在最高点速度水平，所以重力的功率是 0，所以 C错误。 考点：动能关系；牛顿第二定律；向心力 一名宇航员来到某星球上，如果该星球的质量为地球的一半它的直径也为地球的一半，那么这名宇航员在该星球上的重力是他在地球上重力的 （ ） A 4倍 B 2倍 C 0 5倍 D 0 25倍 答案： B 试题
6、分析 : 根据万有引力定律得， F= ，因为星球的质量为地球的一半，它的直径也为地球的一半，则宇航员在星球上所受的重力等于他在地球上的 2倍故 B正确， A、 C、 D错误 考点： 万有引力定律及应用 竖直悬挂的轻弹簧下连接个小球，用手托起小球，使弹簧处于压缩状态，如图所示。则迅速放手后（ ） A小球开始向下做匀加速运动 B弹簧恢复原长叫小球加速度为零 C小球运动过程中最大加速度大于 g D小球运动到最低点时加速度小于 g 答案： C 试题分析 : 迅速放手后，小球受到重力、弹簧向下的弹力作用，向下做加速运动，弹力将减小，小球的加速度也减小，小球做变加速运动故 A错误； B、弹簧恢复原长时，小
7、球只受重力，加速度为 g故 B错误； 刚放手时，小球所受的合力大于重力，加速度大于 g故 C正确；根据简谐运动的对称性可知，小球运动到最低点时与刚放手时加速度大小相等，则知其加速度大于 g故 D错误 考点：牛顿第二定律；胡克定律 一块石头从楼房阳台边缘向下做自由落体运动。把它在空中运动的总时间分为相等的三段，如果它在第一段时间内的位移是 1 2m，那么它在第三段时间内的位 移是 （ ） A 1 2m B 3 6m C 6 0m D 10 8m 答案： C 试题分析 : ：根据自由落体运动是初速度为 0的匀加速直线运动，从静止开始相等时间间隔内的位移之比为： 1： 3： 5得：它在第三段时间内的
8、位移为：x3=5x1=51.2m=6m 考点：自由落体运动 实验题 I（ 1）某同学在做 “研究弹簧的形变与外力的关系 ”实验时将一轻弹簧竖直悬挂让其自然下垂：然后在其下部施加外力 F，测出弹簧的总长度 L，改变外力 F的大小，测出几组数据，作出外力 F与弹簧总长度 L的关系图线如图所示（实验过程是在弹簧的弹性限度内进行的）由图可知该弹簧的自然长度为 cm；该弹簧的劲度系数为 _N/m （ 2）在利用重物自由下落验证机械能守恒定律的实验中，某同学在实验中得到的纸带如图所示，其中 A、 B、 C、 D是打下的相邻的四个点，它们到运动起始点 O（初速度可认为是零）的距离分别为 62 99cm、 7
9、0 18cm、 77.76cm、85.73cm已知当地的重力加速度 g=9 80m/s2，打点计时器所用电源的频率为50 Hz，重物的质量为 1 00 kg请根据以上数据计算重物由 O点运动到 C点的过程中，重力势能的减少量为 _J，动能的增加量为 J（结果均保留三位有效数字） 在 “测金属丝的电阻率 ”的实验中，提供了下列器材：螺旋测微器、待测金属丝（总电阻约 30 、电压表 V（量程 0 3V，内电阻约 3K 、电流表 A（量程 0120mA内电阻约 5 、滑动变阻器 R（ 0 10 ）、电源 E（电动势 3V，内阻约 1 ）、开关、导线若干。 （ 1）用螺旋测微器测量金属丝的直径如图所示
10、，则其度数 D mm （ 2）如图，将待测的金属丝拉直后两端固定在刻度尺两端的接线柱 a和 b上，刻度尺的中间有一个可沿金属丝滑动的触头 P当用手按下触头 P时触头 P才会与金属丝接触接人电路中金属丝的长度 L可通过触头的位置在刻度尺上读出，对该实验设计有触头 P的好处是 。 （ 3）触头 P选一个位置，读出金属丝长度 L利用测量的数据画出该段金属丝的 I-U图线如图，其中（ U0， I0）是图线上的一点坐标。用测量的物理量符号表示金属丝电阻率的式子是 （ 4）在右方框中画出测量的电路图 答案： I（ 1） 10 50；（ 2） 7.62 7.56-7.6J； （ 1） 0.260； (2)便
11、于控制通电时间，防止金属丝温度升 高过快；（ 3） ；（ 4）如图 试题分析 : I（ 1）由图线和坐标轴交点的横坐标表示弹簧的原长可知弹簧的原长为 10cm；当拉力为 10 N时，弹簧的形变量为 x=30-10=20cm=0.2m，由胡克定律 F=kx得 k=50N/m； （ 2）重力势能的减少量： Ep=mghC=1.009.80.7776J=7.62J； 据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该段时间内的平均速度可以求出物体在 C点时的速度为： vC= =3.89m/s，故动能的增加量为 Ek= =7.56J； （ 1）螺旋测微器的固定刻度的读数为 0，可动刻度的电势为：26.00.01=
12、0.260mm，所以螺旋测微器的读数为： 0.260mm； （ 2）便于控制通电时间，防止金属丝温度升高过快，金属丝温度升高过快，会改变金属的电阻率 考点：探究弹力和弹簧伸长的关系；验证机械能守恒定律 计算题 如图所不，一质量为 m=50kg的滑块，以 vo=_10m/s的初速度从左端冲上静止在光滑水平地面上的长为 L=8m的平板车，滑块与车间的动摩擦因数为 “=0.3，平板车质量为 M=150kg。求： （ 1）滑块冲上小车后小车运动的加速度和滑块滑离小车时，车的速度。 （ 2）滑块在小车上相对滑动的时间内，摩擦力对小车做的功是多少？ 答案： (1)a=1m/s2 v=1m/s；（ 2） 7
13、5J 试题分析 :（ 1）滑块在水平方向上，只受车对的滑动摩擦力的作用，对滑块 mg=ma1解得 a1=3m/s2， 车在水平方向上，只受滑块对的滑动摩擦力的作用，对平板车， mg=Ma2，解得 a2=1m/s2 设经过时间 t滑块从车上滑下，此时滑块的速度 v1，小车的速度 v2 由匀变速直线规律 :v0t- - =L，解得， t1=1s； t2=4s(舍去 ) 由速度公式 v1=v0-a1t=7m/s； v2=a2t=1m/s，因为 v1v2所以滑块可以从车上滑离。此时车的速度 v2=1m/s。 （ 2）由动能定理，摩擦力对小车做的功 Wf= =75J 考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的
14、速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系 如图所示的示波管，电子由阴极 K发射后，初速度可以忽略经加速后水平经 A板小孔，沿 M、 N 两极板中线飞入偏转电场，最后打在荧光屏上的 P点，已知加速电压为 U1=2U电源电动势 E=U内电阻 r=0 R1=R，滑动变阻器的总电阻 R2=R滑片位于中间位置，两偏转极板间距为 L，板长为 2L从偏转极板的右端到荧光屏的距离为 L， O点为两极板中线与荧光屏的交点求： （ 1）偏转电极 MN间的电势差 U2 （ 2）电子打在荧光屏上的偏距 OP 答案：（ 1） ；（ 2） 试题分析 :（ 1）由闭合电路欧姆定律： I= = ，偏转电极 MN间的
15、电势差U2=IR2/2= （ 2）在加速电场中，由动能定理： eU1= 解得 v0= = 电子在偏转电场中的运动，设偏转距离为 y 在进入偏转电场的初速度方向： 2L=v0t 在电场力方向： y= = = ；由相似三角形可知 ，得 =考点： 带电粒子在电场中的运动；闭合电路欧姆定律；动能定理 如图所示，坐标平面的第 I象限内存在大小为 E、方向水平向左的匀强电场，足够长的挡板 MN垂直 x轴放置且距离点 O为 d第 象 限内存在垂直于纸面向里的匀强磁场磁感应强 度为 B。一质量为 m，带电量为 -q的粒子（重力忽略不计）若自距原点 O为 L的 A点以一定的 速度垂直 x轴进入磁场，则粒子恰好到
16、达 O点而不进入电场。现该粒子仍从 A点进入磁场但初速 度大小为原来的4倍为使粒子进人电场后能垂直到达挡板 MN上，求 （ 1）粒子第一次从 A点进入磁场时，速度的大小： （ 2）粒子 第二次从 A点进入磁场时，速度方向与 x轴正向间的夹角大小 （ 3）粒子打到挡板上时的速度大小。 答案：（ 1） ；（ 2） 30或 150（ 3） 试题分析 : （ 1）粒子自距原点 O为 L的 A点以一定的速度垂直 x轴进入磁场，恰好到达 O点，轨迹为半圆，则得轨迹半径为 r= ，粒子进入匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有： qv0B= ，解得 v0= ； （ 2）设初速度大小为原来的 4倍时半径为 r1、速度为 v1=4v0，由 r1= ，解得r1=2L 为使粒子进入电场后能垂直到达挡板 MN上，粒子必须平行于 x轴进入电场，设初速度方向与 x轴正向间的夹角大小为 ，（如下图）由几何关系知： sin=得 =30或 150 在电场中电场力对粒子做正功，根据动能定理得： qEd= - 解得： v2= 考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动
