1、2013届河南省南阳市高三上期终质量评估物理试卷与答案（带解析） 选择题 在力学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献关于科学家和他们的贡献下列说法正确的是 A伽利略通过对自由落体运动的研究，开创了一套把实验和逻辑推理相结合的科学研究方法 B第谷最早发现了行星运动的三大规律 C牛顿提出了万有引力定律，并通过实验测出了万有引力恒量 D亚里士多德最早指出力不是维持物体运动的原因 答案： A 试题分析：伽利略通过对自由落体运动的研究，开创了一套把实验和逻辑推理相结合的科学研究方法， A正确；开普勒最早发现了行星运动的三大定律， B错误；牛顿提出了万有引力定律，卡文迪许通过实验测出了万有引力恒
2、， C错误；伽利略最早指出力不是维持物体运动的原因， D错误。 考点：本题考查物理学史。 如图是质谱仪的工作原理示意图带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器。速度选择器内匀强磁场和匀强电场的方向相互垂直，磁感应强度为 B，电场强度为 E,平板 S上有可让粒子通过的狭缝 P和记录粒子位置的胶片 A1A2，平板 S下方有磁感应强度为 B0的匀强磁场 ,下列表述正确的是 A质谱仪是分析同位素的重要工具 B速度选择器 中的磁场方向垂直纸面向内 C能通过狭缝 P的带电粒子的速率等于 D粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝 P，粒子的比荷（ ）越小 答案： AC 试题分析：粒子在速度选择器中做匀速直线运动，有
3、 qE=qvB，解得 v= ,C正确；进入偏转磁场后，有 qvB0=m ，解得 R= 。知 R越小，比荷越大 ,D错误；同位素电量相等，质量不同，则偏转半径不同，所以质谱仪是分析同位素的重要工具， A、 C正确， D错误；粒子在磁场中向左偏转，根据左手定则知该粒子带正电，在速度选择器中，所受的电场力水平向右，则洛伦兹力水平向左，根据左手定则，磁场的方向垂直纸面向外， B错误。 考点：本题考查带电粒子在混合场中的运动。 如右图所示， M 是一个小型理想变压器，原、副线圈匝数之比 n1 ： n2 10 ：1，接线柱 a、 b间接一正弦交变电源，电压 u 311sin100tV变压器右侧部分为一火警
4、系统原理图，其中 R1为一定值电阻， R2为用半导体热敏材料制成的传感器（电阻随温度升高而减小）， A、 V1、 V2均为理想电表 A当 R2所在处出现火警时，电阻 R1的功率变小 B当 R2所在处出现火警时，电压表 V2的示数变大 C当 R2所在处出现火警时，电流表 A的示数变小 D电压表 V1示数为 22V 答案： D 试题分析：当出现火警时，温度升高，电阻 R2减小，副线圈的电流变大，所以R1的电压要增大，电阻 R1的功率变大， A错误；由于副线圈的总电压不变，所以 R2的电压就要减小，所以 B错误；由 B的分析可知，副线圈的电阻减小，副线圈的电流变大，所以原线圈的电流也就要增大，所以
5、C 错误；由表达式可知，输入的电压有效值为 220V，变压器的电压与匝数成正比，由 此可得副线圈的电压为 22V，电压表 V1测的是副线圈两端电压， D正确。 考点：本题考查闭合电路动态分析。 如图所示， D是一只理想二极管，它的作用是只允许电流从 a流向 b，不允许电流从 b流向 a平行板电容器 AB内部原有带电微粒 P处于静止状态，保持极板 A和 B的间距不变，使极板 A和 B正对面积减小后，微粒 P的运动情况、极板 A和 B间电压变化情况分别是 A仍静止不动；不变 B向下运动；变小 C向上运动；变大 D向上运动；不变 答案： C 试题分析：开始时粒子受重力和电场力，保持平衡；使极板 A和
6、 B正对面积减小后，电容减小，由 Q=CU知，电容器将要放电，由于二极管的作用，电容器只能充电，不能放电，即电容器的带电量不变，由 C= 知，电压 U增大，场强增加，电场力增加，电场力大于重力，向上加速运动 ,C正确。 考点：本题考查电容器的动态分析、二极管的作用。 如图所示，带电的粒子以一定的初速度 v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为 L,板间距离为 d，板间电压为 U,带电粒子的电荷量为 q，粒子通过平行金属板的时间为 t，不计粒子的重力，则 A在前 时间内，电场力对粒子做的功为 B在后 时间内，电场力对粒子做的功为 C在粒子下落前 和后 的过程中
7、，电场力做功之比为 1 ： 2 D在粒子下落前 和后 的过程中，电场力做功之比为 1 ： 1 答案： BD 试题分析：粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，设粒子在前 时间内和在后 时间内竖直位移分别为 y1、 y2，则 y1： y2=1： 3，得 y1= ， y2=，则在前 时间内，电场力对粒子做的功为 W1= qU，在后 时间内，电场力对粒子做的功为 W2=q ， A错误， B正确；根据 W=qEl可得，在粒子下落前 和后 的过程中，电场力 做功之比为 1： 1， C错误， D正确。 考点：本题考查带电粒子在电场中的运动。 某电场的电场线分布如图所示，下列说法正确的是 A a点的电势
8、高于 b点的电势 B c点的场强大于 d点的场强 C若将正试探电荷由 a点移到 b点，电场力做正功 D若将一负试探电荷由 c点移到 d点，电势能减小 答案： D 试题分析：做出通过 b点的等势线，等势线与过 a点的电场线相交，根据沿电场线电势降低可知： a点的电势低于 b点的电势， A错误；从电场线的分布情况可知， d处的电场线比 c处的密，所以 c点的电场强度小于 d点的电场强度， B错误；正电荷所受电场力和电场线方向相同，因此正试探电荷由 a点移到 b点时电场力做负功， C错误；当负试探电荷由 c点移到 d点时电场力做正功，电势能减小， D正确。 考点：本题考查电势、电场强度、电场力做功、
9、电势能。 在如图所示的电路中，输入电压 U恒为 8V，灯泡 L标有 “3V， 6W”字样，电动机线圈的电阻 Rm 1若灯泡恰能正常发光，下列说法正确的是 A电动机的输入电压是 5V B流过电动机的电流是 2A C电动机的效率是 80 D整个电路消耗的电功率是 10W 答案： AB 试题分析：灯泡正常发光时的电压等于其额定电压，电动势电压 UM=U-UL=8V-3V=5V， A正确；灯泡正常发光，则电路电流 I= ， B正确；电动机输入功率 P=UMI=5V2A=10W，电动机的热功率 PQ=I2RM=（ 2A） 21=4W，电动机的输出功率 P 出 =P-PQ=10W-4W=6W，电动机的效率
10、 = =60%， C错误；整个电路消耗的功率 P 总 =UI=8V2A=16W， D错误。 考点：本题考查电功、电功率。 星球上的物体脱离星球引力所需的最小速度称为第二宇宙速度星球的第二宇宙速度 v2与第一宇宙速度 v1的关系是 v2 v1已知某星球的半径为 r，表面的重力加速度为地球表面重力加速度 g的 1 6，不计其它星球的影响，则该星球的第二宇宙速度为 A B C D gr 答案： C 试题分析：设某星球的质量为 M，半径为 r，绕其飞行的卫星质量 m，表面的重力加速度为 g,由万有引力提供向心力得： 可得该星球的第一宇宙速度 又忽略星球的自转，有 mg= 可得 GM=gr2 故第一宇宙
11、速度 v1= 又因它表面的重力加速度为地球表面重力加速度 g的 得： v2 v1= 考点：本题考查宇宙速度。 如图所示，两个质量相同的小球 A 和 B，分别用线悬在等高的 O1、 O2两点，A球的悬线比 B球的悬线长，把两球的悬线拉到水平后将小球无初速度释放，则两球经过最低点时 A A球的速度大于 B球的速度 B悬线对 A球的拉力大于对 B球的拉力 C A球的向心加速度等于 B球的向心加速度 D A球的机械能等于 B球的机械能 答案： ACD 试题分析：根据动能定理 mgL= mv2，解得： v= ，所以 A球的速度大于B球的速度， A正确；在最低点，根据牛顿第二定律得： F-mg=m ，得F
12、=mg+m =3mg，与绳的长度无关所以两绳拉力大小相等， B错误； C、向心加速度 a= =2g，加速度相等， C正确； A、 B两球在运动的过程中，只有重力做功，机械能守恒，初始位置的机械能相等，所以在最低点，两球的机械能相等， D正确。 考点：本题考查动能定理、机械能守恒。 如图所示，横截面为直角三角形的斜劈 A，放在粗糙的水平地面上，在劈与竖直墙壁之间放置一光滑球 B，系统处于静止状态若在球 B上施加一个通过球心的竖直向下的力 F，系统仍保持静止，则 A B对竖直墙壁的压力增大 B B所受合外力增大 C地面对 A的摩擦力减小 D A对地面的摩擦力将小于 B对墙壁的压力 答案： A 试题
13、分析：不加推力时，选取 A 和 B 整体为研究对象，它受到重力（ M+m） g，地面支持力 N，墙壁的弹力 F和地面的摩擦力 f的作用（如图所示）而处于平衡状态。 根据平衡条件有： N-（ M+m） g=0， F=f，可得： N=（ M+m） g。 再以 B为研究对象，它受到重力 mg，三棱柱对它的支持力 NB，墙壁对它的弹力 F的作用（如图所示），而处于平衡状态，根据平衡条件有： NB cos=mg NBsinB=F解得 F=mgtan，所以 f=F=mgtan 加推 力 F，相当于物体 B的重力变大，由于物体仍然平衡，故合力仍然为零， B错误；对竖直墙壁的压力等于墙壁对物体 B的支持力 F
14、，加推力 F，相当于物体 B的重力 mg 变大，再由 式，得到压力变大， A正确；加推力 F，相当于物体 B的重力 mg 变大，再由 式，得到摩擦力 f变大， C错误；加推力 F，相当于物体 B的重力 mg 变大，再由 式， A对地面的摩擦力始终等于 B对墙壁的压力， D错误； 考点：本题考查共点力平衡条件的应用、力的合成与分解。 如图所示，两个质量分别为 m1 2kg、 m2 3kg的物体 A、 B置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧连 接两个大小分别为 F1 30 N、 F2 20N 的水平拉力分别作用在 A、 B上，稳定后 A弹簧的弹力大小为 30N B弹簧的弹力大小为 26N C在突然撤
15、去 F2后的瞬间， A的加速度大小为 5m/s2 D在突然撤去 F1后的瞬间， A的加速度大小为 13m/s2 答案： BD 试题分析：对整体运用牛顿第二定律得， a 隔离对 m1分析，有 F1-F=m1a，则 F=F1-m1a=30-22N=26N， A错误， B正确；在突然撤去 F2的瞬间， m1的加速度不变，仍然为 2m/s2 C错误；在突然撤去 F1的瞬间， m1的加速度大小 a1 ， D正确。 考点：本题考查整体法、隔离法在牛顿第二定律中的应用。 如图所示， A、 B两物体叠放在一起，用手在 B的下方托住，让它们静止靠在竖直墙边，然后释放已知 mA mB，空气阻力不计，则在下落过程中
16、物体 B的受力个数为 A 1个 B 2个 C 3个 D 4个 答案： A 试题分析：放手后以 AB为整体分析，由于和墙壁间无压力，则不受摩擦力作用，物体只受重力作用， AB 一起做自由落体运动，则物体 B 只受一个力 -重力，A正确。 考点：本题考查受力分析。 实验题 （ 6分）某同学为了测量电流表 A1的 内阻，准备有如下器材： a电流表 A1（量程 300mA，内阻约为 5）； b电流表 A2（量程 600mA，内阻约为 1）； c电压表 V（量程 15V，内阻约为 3k）； d滑动变阻器 R1（ 0 10，额定电流为 1A）； e滑动变阻器 R2（ 0 250，额定电流为 0 01A）；
17、 f电源 E（电动势 3V，内阻较小）； g定值电阻 R0（ 5）； h开关一个、导线若干 （ 1）为了使待测电流表 A1的示数从零开始变化，并多测几组数据，尽可能地减少误差，在以上给定的器材中应选择的是 _（填器材前的代号） （ 2）在方框内画出测量用的电路原理图，并在图中标出所用器材的代号 答案：（ 1） a、 b、 d、 f、 g、 h （ 2）电路图如图所示。 试题分析：要求待测电流表 A1的示数从零开始变化，则滑动变阻器采用分压式接法，由于电压表的量程较大，测量电流表 A1的电压测量误差较大，选择电流表 A1与定值电阻并联，再与 A2串联，结合欧姆定律得出 A1两端的电压如图所示 考
18、点：本题考查伏安法测电阻。 （ 5分）因为手边没有天平，小王同学思考如何利用一已知劲度系数为 k的弹簧和长度测量工具来粗测一小球的质量 他从资料上查得弹簧的弹性势能 Ep （其中 x为弹簧形变量）后，设计了如下实验：将弹簧一端固定在水平桌面上，另一端紧靠小球，弹簧为原长时小球恰好在桌边，然后用小球压缩弹簧并测得压缩量 x，释放小球，小球飞出后落在水平地面上，测出桌高 h以及小球落地点到桌面边缘的水平距离 s （ 1）小球质量的表达式为 _ （ 2）如果桌面摩擦是本次实验误差的主要因素，那么小球质量的测量值将_（填偏大 ”、 “偏小 ”或 “准确 ”） 答案：（ 1） （ 2）偏大 试题分析：（
19、 1）由题意知： kx2 mv2，平抛过程有： s=vt， h gt2 联立三式解得： （ 2）桌面摩擦使得小球飞出速度 v偏小， s偏小，由， 知 m的测量值偏大。 考点：本题考查弹簧的弹性势能、平抛运动。 （ 4分）某同学用螺旋测微器测圆柱体的直径时，示数如图甲所示，此示数为 _mm；用游标卡尺测量某物体的厚度时，示数如图乙所示，此示数为 _cm 答案： .4730.002 2.060 试题分析：螺旋测微器的固定刻度读数为 8mm，可动刻度读数为0.0147.3mm=0.473mm，所以最终读数为： 8mm+0.473mm=8.473mm，由于需要估读，因此在范围 8.471 8.475m
20、m 内均正确；游标卡尺的主尺读数为 20mm，游标尺上第 12 个刻度与主尺上某一刻度对齐，故其读数为 0.0512mm=0.60mm，所以最终读数为： 20mm+0.60mm=20.60mm 2.060cm。 考点：本题考查螺旋测微器及游标卡尺的使用。 计算题 （ 10分）三峡水力发电站是我国最大的水力发电站 ,三峡水库二期蓄水后，水位落差约 135m，水的流量约 1 35104m3 s,船只通航需要约 3 5103m3 s的流量，其余流量全部用来发电已知水的密度为 1 0103kg/m3， g取 10ms2，水流冲击水轮机发电时，水流减少的机械能有 20转化为电能 （ 1）按照以上数据估算
21、三峡发电站的发电功率 （ 2）设三口之家的生活用电的平均功率为 0 5kW，如果三峡电站全部用于城市生活用电，它大约可以满足多少个百万人口城市的生活用电 答案： .7109W 16.2106 试题分析：（ 1）用于发电的水流量 Q=1.35104m3/s-3.5103m3/s=1.0104m3/s.(1分 ) 由题知： =1.0 103 kg/m3, Q=1.0104 m3/s, g=10 m/s2,h=135 m， m= V （ 1分） V=Qt （ 1分） 发电功率是 P= 20%（ 2分） p=0.2 Qgh p=2.7109W. ( 1分 ) （ 2）可供给用户数为 n= =5.410
22、6.（ 2分） 人口数为 N=3n=16.2106（ 1分） 可满足 16个百万人口城市的生活用电 .（ 1分） 考点：本题考查功率。 （ 10分）一物块以一定的初速度沿斜面向上滑动，利用速度传感器可以在计算机屏幕上得到其速度大小随时间的变化的关系如图所示， g 10m s2求斜面的倾角 及物块与斜面间的动摩擦因 答案： = 30 = 试题分析： (1)物块上滑时做匀减速直线运动，加速度大小 a1 8 m/s2（ 2分） 由牛顿第二定律得： mgsin + mgcos = ma1.（ 2分） 下滑时的加速度大小 a2 2 m/s2.（ 2分） 由牛顿第二定律得： mgsin - mgcos =
23、 ma2.（ 2分） = ，（ 1分） = 30.（ 1分） 考点：本题考查匀变速运动的规律。 （ 12分）如图，光滑斜面的倾角 30，一个矩形导体线框 abcd放在斜面内， ab边水平，长度 l1 1m， bc边的长度 l2 0 6 m，线框的质量 m 1kg，总电阻 R 0 1，线框通过细线与质量为 m 2kg的重物相连，细线绕过定滑轮，不计定滑轮对细线的摩擦，斜面上水平线 ef的右侧有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度 B 0 5T，如果线框从静止开始运动，进入磁场最初一段时间是匀速的， ef线和斜面最高处 gh（ gh是水平的）的距离 s 11 4m， 取 g10m s2，求 （ 1）
24、线框进入磁场时匀速运动的速度 v： （ 2） ab边运动到 gh线时的速度大小 答案： m/s 12m/s 试题分析：（ 1）因为线框进入磁场的最初一段时间做匀速运动，所以重物受力平衡，有 Mg= .（ 1分） 线框 abcd受力平衡 FT=mgsin+FA.（ 1分） ab边进入磁场切割磁感线，产生的电动势 E=Bl1v,（ 1分） 形成的感应电流 I = ,（ 1分） 受到的安培力 FA = BIl1.（ 1分） 联立上述各式得 Mg=mgsin+ . M = 2 kg, g = 10 m/s2, m = 1 kg, = 30, B = 0.5 T, l1 = 1 m, R =0.1 ，
25、v=6m/s.（ 1分） （ 2）线框 abcd全部进入磁场后五感应电流，对线框和重物，有 Mg-mgsin=（ m+M） （ 2分） =5m/s2 设线框到达 gh处的速度为 v，有 - =2a（ s-l2） ,（ 2分） v=6m/s, a=5m/s2,s=11.4m,l2=0.6m， =12m/s.（ 2分） 考点：本题考查电磁感应定律、闭合电路欧姆定律。 （ 15分）如图所示，在 x轴的上方有沿 y轴负方向的匀强电场，电场强度为 E；在 x轴的下方等腰三角形 CDM区域内有垂直于 xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度为 B， C、 D在 x轴上，它们到原点 O 的距离均为 a， 30,
26、现将一质量为 m、带电量为 q的带正电粒子，从 y轴上的 P点由静止释放，不计重力作用和空气阻力的影响 （ 1）若粒子第一次进入磁场后恰好垂直 CM射出磁场，求 P、 O 间的距离； （ 2） P、 O 间的距离满足什么条件时，可使粒子在电场和磁场中各运动 3次 答案： . 试题分析：（ 1）粒子从 P点到 O 点经电场加速 Eqy= ,(2分 ) 粒子进入磁场后做匀速圆周运动，恰好垂直 CM射出磁场时，其圆心恰好在 C点，如图所示： 其半径为 r = a.(2分 ) 洛伦兹力提供向心力： Bqv=m .(2分 ) P到 O 的距离 y= .(2分 ) （）若使粒子在电场和磁场中各运动 3次时，其运动的半径 须满足 ,(5分，只得出 或 的得 3分 ) P到 O 的距离 满足 .(2分，只得出 或 的得 1分 ) 考点：本题考查带电粒子在混合场中的运动。
