精校解析Word版---天津市七校高三上学期期末考试物理试卷

《精校解析Word版---天津市七校高三上学期期末考试物理试卷》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。

高三第一学期期末七校联考物理一、单项选择题1.下列四幅图涉及到不同的物理知识，其中说法正确的是A.甲图中，原子核D和E聚变成原子核F要放出能量B.乙图中，若氢原子从n=2能级跃迁到n=1能级时辐射出A光，只要用波长小于A光波长的光照射，都能使氢原子从n=1跃迁到n=2C.丙图中，卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，发现了质子和中子D.丁图中，汤姆孙通过对阴极射线的研究揭示了原子核内还有复杂结构【答案】A【解析】【详解】A、甲图中，原子核D和E聚变成原子核F的过程属于聚变反应，是该反应的过程中要放出能量，故A正确；B、根据能级间跃迁辐射的光子能量等于两能级间的能级差，若氢原子从n=2能级跃迁到n=1能级时辐射出A光，只要有用波长等于A光波长的光照射，才能使氢原子从n=1跃迁到n=2，故B错误；C、 卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，得出原子的核式结构模型，故C错误；D、丁图中，汤姆孙通过电子的发现揭示了原子有一定结构，天然放射现象的发现揭示了原子核内还有复杂结构，故D错误；故选A。【点睛】卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，得出原子的核式结构模型；在聚变反应的过程中要释放能量；汤姆孙通过电子的发现揭示了原子有一定结构，天然放射现象的发现揭示了原子核内还有复杂结构。2.2013年6月20日，航天员王亚平在运行中的“天宫一号” 内做了如图实验：细线的一端固定，另一端系一小球，在最低点给小球一个初速度，小球能在竖直平面内绕定点做匀速圆周运动。若将此装置带回地球，仍在最低点给小球相同初速度，则在竖直平面内A.小球仍能做匀速圆周运动B.小球不可能做匀速圆周运动C.小球一定能做完整的圆周运动D.小球一定不能做完整的圆周运动【答案】B【解析】【分析】分析在太空中和地面上物体的受力情况，明确在太空中物体处于完全失重状态；而在地面上时物体受到重力的作用，在最高点时需要满足临界条件才能做完整的圆周运动；同时注意明确匀速圆周运运动的性质；【详解】AB、把此装置带回地球表面，在最低点给小球相同初速度，小球在运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，则动能和重力势能相互转化，速度的大小发生改变，不可能做匀速圆周运动，故A错误，B正确；CD、若小球到达最高点的速度，则小球可以做完整的圆周运动，若小于此速度，则不能达到最高点，则不能做完整的圆周运动，故C、D错误；故选B。【点睛】关键是小球在运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，则动能和重力势能相互转化，速度的大小发生改变，不可能做匀速圆周运动。3.如图所示，一物块在斜向下的推力F的作用下沿光滑的水平地面向右运动，那么A受到的地面的支持力与推力F的合力方向是(　　)A.水平向右B.向上偏右C.向下偏左D.竖直向下【答案】B 【解析】【分析】物体受重力，支持力，拉力，根据力的分解和合成即可判断出A受到的地面的支持力与拉力F的合力方向．【详解】对物体受力分析可知，其受重力，支持力，拉力在竖直方向，支持力与F在竖直方向的分力的合力为，方向向上，F在水平方向的分力，水平向右，故合力，方向向上偏右，B正确．【点睛】本题是力的合成的问题，合力一定在两分力之间，本题需要把F分解后再合成，进而找出合力方向．4.某交流发电机产生的感应电动势与时间的关系如图所示，下列说法正确的是(　　)A.t＝0时刻发电机的转动线圈位于中性面B.在1s内发电机的线圈绕轴转动50圈C.将此交流电接到匝数比是1∶10的升压变压器上，副线圈的电压为2200VD.将此交流电与耐压值是220V的电容器相连，电容器不会被击穿【答案】B【解析】【详解】根据图可知，在t=0时刻时，产生的感应电动势最大，此时线圈平面与中性面垂直，故A错误；产生的感应电动势的周期T=0.02s，故1s内发电机的线圈转动的圈数为n＝1/T＝50转，故B正确；输入电压的有效值为U1＝＝220V，根据得U2=2200V，故C错误；电容器的耐压值为电压的最大值，故电容器一定被击穿，故D错误；故选B。【点睛】本题考查了交流电最大值、有效值、周期等问题，抓住电容器的耐压值为电压的最大值，要学会正确分析图象，从图象获取有用信息求解．5.如图所示，A是静止在赤道上的物体，随地球自转而做匀速圆周运动；B、C是同一平面内两颗人造卫星，B位于离地高度等于地球半径的圆形轨道上，C是地球同步卫星。已知第一宇宙速度为，物体A和卫星B、C的线速度大小分别为、、，周期大小分别为、、，向心加速度大小分别为、、则下列关系正确的是 A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度和周期，根据v=rω，a=rω2比较A、C线速度的大小和向心加速度的大小，根据万有引力提供向心力比较B、C的角速度、线速度、周期、加速度大小；【详解】A、地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度，所以，根据万有引力提供向心力可得：，则有：，所以有，即，故A错误；B、根据可得：，故B错误；C、根据则有C的线速度大于A的线速度，根据万有引力提供向心力可得：，则有：，所以有，但均小于第一宇宙速度，即有，故C正确；D、根据则有C的加速度大于A的加速度，根据万有引力提供向心力可得：，则有：，所以有，即有，故D错误；故选C。6.如图所示，光滑水平面OB与足够长粗糙斜面BC交于B点。轻弹簧左端固定于竖直墙面，现用质量为m1的滑块压缩弹簧至D点，然后由静止释放，滑块脱离弹簧后经B点滑上斜面，上升到最大高度，并静止在斜面上。不计滑块在B点的机械能损失，换用材料相同，质量为m2的滑块(m2>m1)压缩弹簧至同一点D后，重复上述过程，下列说法正确的是(　　) A.两滑块到达B点时速度相同B.两滑块沿斜面上升的最大高度相同C.两滑块上升到最高点的过程中克服重力做的功不相同D.两滑块上升到最高点的过程中机械能损失相同【答案】D【解析】A、两滑块到B点的动能相同，但速度不同，故A错误；B、两滑块在斜面上运动时加速度相同，由于速度不同，故上升高度不同，故B错误；C、两滑块上升到最高点过程克服重力做的功为，由能量守恒定律得，所以，，故两滑块上升到最高点过程克服重力做的功相同，故C错误；D、由能量守恒定律得：，其中，，结合C分析得，D正确。点睛：先是弹性势能转化为动能，冲上斜面运动过程机械能损失变为摩擦生热，由能量守恒定律可得，动能的减少等于重力势能的增加量与摩擦产生的热量之和。7.如图所示，匀强电场中有一个以O为圆心、半径为R的圆，电场方向与圆所在平面平行，A、O两点电势差为U，一带正电的粒子在该电场中运动，经A、B两点时速度方向沿圆的切线，速度大小均为v0，粒子重力不计A.粒子在A、B间是做圆周运动B.粒子从A到B的运动过程中，动能先增大后减小 C.匀强电场的电场强度E＝D.圆周上电势最高的点与O点的电势差为U【答案】D【解析】试题分析：带电粒子仅在电场力作用下，由于粒子在A、B两点动能相等，则电势能也相等．因为匀强电场，所以两点的连线AB即为等势面．根据等势面与电场线垂直特性，从而画出电场线CO．由曲线运动条件可知，正电粒子所受的电场力沿着CO方向，因此粒子从A到B做抛体运动，故A错误；由A选项分析可知，速度方向与电场力方向夹角先大于90°后小于90°，电场力对于运动来说先是阻力后是动力，所以动能先减小后增大．故B错误；匀强电场的电场强度Ed=U式中的d是沿着电场强度方向的距离，因而由几何关系可知，，所以，故C错误；圆周上，电势最高的点与O点的电势差为，故D正确；故选D．考点：电场强度；电势能【名师点睛】紧扣动能相等作为解题突破口，由于仅在电场力作用下，所以得出两点的电势能大小关系．并利用等势面与电场线垂直的特性，从而推出电场线位置．再由曲线运动来确定电场力的方向．同时考查U=Ed中d的含义重要性。【此处有视频，请去附件查看】8.假设在真空玻璃盒内有一固定于地面上空附近的N极磁单极子，其磁场分布与正点电荷电场分布相似，周围磁感线呈均匀辐射式分布如图所示。一质量为m、电荷量为q的带电粒子正在该磁单极子上方附近做速度大小为v、半径为R的匀速圆周运动，其轨迹如虚线所示，轨迹平面为水平面。(已知地球表面的重力加速度大小为g,不考虑地磁场的影响),则() A.带电粒子一定带负电B.若带电粒子带正电，从轨迹上方朝下看，粒子沿逆时针方向运动C.带电粒子做匀速圆周运动的向心力仅由洛伦兹力提供D.带电粒子运动的圆周上各处的磁感应强度大小为【答案】D【解析】根据左手定则知，从轨迹上方朝下看，若该粒子沿顺时针方向运动，该电荷带正电，若该粒子沿逆时针方向运动，该电荷带负电，AB错误；该粒子受到的洛伦兹力与所在处的磁感线方向垂直且斜向上，只是其水平分力(或者说是洛伦兹力与重力的合力)提供做匀速圆周运动的向心力，C错误；由洛伦兹力与重力的合力提供做匀速圆周运动的向心力，结合勾股定理，有，得该粒子所在处磁感应强度大小，C错误D正确．二、不定项选择题9.在一个很小的矩形半导体薄片上，制作四个电极E、F、M、N，做成了一个霍尔元件，在E、F间通入恒定电流I，同时外加与薄片垂直的磁场B，M、N间的电压为UH．已知半导体薄片中的载流子为正电荷，电流与磁场的方向如图所示，下列说法正确的有（　　）A.N板电势高于M板电势B.磁感应强度越大，MN间电势差越大C.将磁场方向变为与薄片的上、下表面平行，UH不变 D.将磁场和电流分别反向，N板电势低于M板电势【答案】AB【解析】A、根据左手定则，电流的方向向里，自由电荷受力的方向指向N端，向N端偏转，则N点电势高，故A正确；B、设左右两个表面相距为d，电子所受的电场力等于洛仑兹力，即：设材料单位体积内电子的个数为n，材料截面积为s，则①;I=nesv   ②;s=dL ③;由①②③得：,令，则 ④;所以若保持电流I恒定，则M、N间的电压与磁感虑强度B成正比，故B正确；C、将磁场方向变为与薄片的上、下表面平行，则带电粒子不会受到洛伦兹力，因此不存在电势差，故C错误；D、若磁场和电流分别反向，依据左手定则，则N板电势仍高于M板电势，故D错误。故选AB.【点睛】解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，以及知道最终电子在电场力和洛伦兹力作用下平衡。10.硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点。如图所示，图线a是该电池在某光照强度下路端电压U和电流I变化的关系图象（电池电动势不变，内阻不是定值），图线b是某电阻R的U–I图象。在该光照强度下将它们组成闭合回路时，下列说法中正确的是A.硅光电池的内阻为10ΩB.硅光电池的总功率为0.72WC.硅光电池的内阻消耗的热功率为0.32WD.若将R换成阻值更大的电阻，硅光电池的输出功率增大【答案】BC【解析】【详解】由闭合电路欧姆定律得U=E-Ir，当I=0时，E=U，由a图线与纵轴的交点读出电池的电动势为E=3.6V．根据两图线交点处的状态可知，将它们组成闭合回路时路端电压为U=2V，电流为I=0.2A，则硅光电池的内阻为，故A 错误。硅光电池的总功率为：P总=EI=3.6×0.2W=0.72W，故B正确。硅光电池的输出功率为：P出=UI=0.4V，电池的内阻消耗的热功率为P热=P总-P出=0.32 W．故C正确。R的阻值R==10Ω＞r=8Ω，则若将R换成阻值更大的电阻，硅光电池的输出功率将减小，故D错误。故选BC。【点睛】本题考查对U-I图象的理解能力。对于线性元件可直接利用欧姆定律研究；对于非线性元件不能直接利用欧姆定律求解；同时对于电源的内阻往往根据电源的U-I曲线研究斜率得到。11.在光滑的水平面上，质量为m的子弹以初速度v0射击质量为M的木块，最终子弹未能射穿木块，射入的深度为d，木块在加速运动中的位移为s。则以下说法正确的是A.子弹动能的亏损大于系统动能的亏损B.子弹动量变化量的大小等于木块动量变化量的大小C.摩擦力对M做的功一定等于摩擦力对m做的功D.位移s一定大于深度d【答案】AB【解析】【分析】子弹和木块组成的系统动量守恒，最终子弹未能射穿木块时，此时木块和子弹的速度相同，根据动量守恒定律以及能量守恒定律列式求解即可；【详解】AC、子弹射击木块的过程中，设子弹受到木块的摩擦力为，摩擦力对木块M做的功为，摩擦力对子弹m做的功为，根据能量守恒可得子弹动能的亏损为，系统动能的亏损，所以子弹动能的亏损大于系统动能的亏损，故A正确，C错误；B、子弹和木块组成的系统动量守恒，最终子弹未能射穿木块时，此时木块和子弹的速度相同，以子弹初速度方向为正方向，根据动量守恒定律得：，解得：，子弹动量变化量的大小，木块动量变化量的大小，故B正确； D、对木块根据动能定理可得，解得木块在加速运动中的位移为，根据能量守恒可得，解得射入的深度为，故D错误；故选AB。【点睛】正确分析物体的运动情况，知道当子弹未能射穿木块时时，此时木块和子弹的速度相同，子弹和木块组成的系统动量守恒，明确应用动量守恒定律解题时要规定正方向。12.如图所示，PQ、MN是放置在水平面内的光滑导轨，GH是长度为L、电阻为r的导体棒，其中点与一端固定的轻弹簧连接，轻弹簧的劲度系数为k。导体棒处在方向向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。图中直流电源的电动势为E、内阻不计，电容器的电容为C。闭合开关，待电路稳定后，下列选项正确的是A.导体棒中电流为B.轻弹簧的长度减小C.轻弹簧的长度增加D.电容器带电荷量为【答案】BD【解析】【详解】A.根据欧姆定律，导体棒中的电流为：I=，故A错误；B.由左手定则知导体棒受的安培力向左，则弹簧长度减少，由平衡条件：BIL=k△x代入I得：△x=，故B正确，C错误； D.电容器上的电压等于导体棒两端的电压，Q=CU=，故D正确；故选：BD.【点睛】电路稳定后电容器相当于断路，根据欧姆定律求导体棒中的电流，由Q=CU求电容器的带电量，由安培力的方向及大小等于弹力，求弹簧的压缩量。三、填空题13.气垫导轨是一种常用的实验仪器，它利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，此时滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦。现利用气垫导轨来研究功能关系。如图甲所示，在气垫导轨的左端固定一轻质弹簧，轨道上有滑块A紧靠弹簧但不连接，滑块的质量为m，重力加速度为g。（1）用游标卡尺测出滑块A上的挡光片的宽度，读数如图乙所示，则宽度d=______cm；（2）利用该装置研究弹簧对滑块做功的大小；某同学打开气源，调节装置，使滑块可以静止悬浮在导轨上，然后用力将滑块A压紧到P点，释放后，滑块A上的挡光片通过光电门的时间为△t，则弹簧对滑块所做的功为____________。（用题中所给字母表示）（3）利用该装置测量滑块与导轨间的动摩擦因数；关闭气源，仍将滑块A由P点释放，当光电门到P点的距离为x时，测出滑块A上的挡光片通过光电门的时间为t，移动光电门，测出多组数据（滑块都能通过光电门），并绘出图象。如图丙所示，已知该图线斜率的绝对值为k，则滑块与导轨间的滑动摩擦因数为____________。【答案】(1).0.960(2).(3).【解析】试题分析：（1）游标卡尺的读数为（2）由于光电门非常窄，所以通过光电门的平均速度近似等于瞬时速度，故通过光电门的速度为，故根据动能定理可得弹簧对滑块所做的功为（3）每次都有P释放，则每次弹簧弹性势能都相同，由能量转化和守恒可得： ①，解得：②，由于，故，带入可得：考点：研究功能关系实验【名师点睛】游标卡尺的读数方法为：先读主尺，在读游标尺，游标尺不能估读，那个对齐就读那个．由滑块A上的挡光片通过光电门的时间可得此时滑块的平均速度，由于滑块此阶段做匀速运动，故瞬时速度等于平均速度，由能量转化和守恒可得弹簧弹性势能．每次都有P释放，则每次弹簧弹性势能都相同，由能量转化和守恒可得结果14.某同学设计了如图甲所示的电路来测量电源电动势E和内阻r及电阻R1的阻值。实验器材有：待测电源，待测电阻R1，电压表V（量程0～3V，内阻很大），电阻箱R（0～99.99Ω），单刀单掷开关S1，单刀双掷开关S2，导线若干。（1）先测电阻R1的阻值。请将该同学的操作补充完整：A．闭合S1，将S2切换到a，调节电阻箱，读出其示数R0和对应的电压表示数U1；B．保持电阻箱示数不变，____________，读出电压表的示数U2；C．电阻R1的表达式为R1＝____________。（2）该同学已经测得电阻R1＝3.2Ω，继续测电源电动势E和内阻r，其做法是：闭合S1，将S2切换到a，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R和对应的电压表示数U，由测得的数据，绘出了如图乙所示的图线，则电源电动势E=____V，内阻r=____Ω。（结果保留两位有效数字）【答案】（1）（3分）；（2）2.0（3分），8.2（3分）【解析】（1）由题意知，电压表可看成理想电表，根据电路图电阻箱与定值电阻R1串联，电流相等 ，S2切换到b，读出电压表的示数U2，此时为电阻箱与定值电阻R1串联的总电压，定值电阻R1两端的电压为，（2）由图线知当时，R为无穷大，电路中的电流为0，此时,电压表的示数即为电源电动势，即，E=2V，当，R=5Ω，根据闭合电路中的欧姆定律得到，，得到，R2=8.2Ω四、计算题15.如图甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行。现将一质量m＝1kg的物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8：求：（1）物体与传送带间的动摩擦因数；（2）0-8s内物体运动的位移；（3）0-8s内物体机械能的增加量。【答案】（1）0.875（2）14m（3）90J【解析】【分析】根据图象的斜率求出加速度，由牛顿第二定律求解物体与传送带间的动摩擦因数；速度时间图象与时间轴所围的“面积”大小等于位移，物体在0-2s内的位移为负值，在2-8s内的位移为正值；0-8s内物体机械能增量等于动能增加量与重力势能增加量之和；【详解】解：(1) 根据v−t图象的斜率表示加速度，可得物体在传送带上滑动时的加速度大小为： 对此过程，由牛顿第二定律得：解得：(2)根据速度图象的“面积”大小等于位移，则得物体在0−8s内的位移为：(3)物体被送上的高度为：重力势能增加量为：动能增加量为：故机械能的增加量为：16.如图所示，在xOy平面上，直线OM与x轴正方向夹角为，直线OM左侧存在平行y轴的匀强电场，方向沿y轴负方向。直线OM右侧存在垂直xOy平面向里的磁感应强度为B的匀强磁场。一带电量为q，质量为m带正电的粒子忽略重力）从原点O沿x轴正方向以速度射入磁场。此后，粒子穿过磁场与电场的边界三次，恰好从电场中回到原点。（粒子通过边界时，其运动不受边界的影响）求：（1）粒子第一次在磁场中做圆周运动的半径；（2）匀强电场的电场强度；（3）粒子从O点射出至回到O点所用的时间。【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】根据牛顿第二定律列方程求半径；粒子第二次进入电场后做类平抛运动，根据平抛运动规律列方程求解；粒子从O点射出至回到O点的时间为四个阶段运动的时间之和； 【详解】解：(1)带电粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：解得：(2)粒子第二次进入电场后做类平抛运动 解得 (3)带电粒子在磁场中做圆周运动的周期为：粒子在磁场中时间：粒子在电场中做直线运动的时间：粒子在电场中做类平抛运动的时间：粒子从O点射出到回到O点的时间：17.某校航模兴趣小组设计了一个飞行器减速系统，有摩擦阻力、电磁阻尼、空气阻力系统组成，装置如图所示，匝数N=100匝、面积S=、电阻r=0.1Ω的线圈内有方向垂直于线圈平面向上的随时间均匀增加的磁场，其变化率k=1.0T/s。线圈通过电子开关S连接两根相互平行、间距L=0.5m的水平金属导轨，右端连接R=0.2Ω的电阻，其余轨道电阻不计。在导轨间的区域1中存在水平向右、长度为d=8m的匀强磁场，磁感应强度为B2，其大小可调；在区域2中存在长度足够长、大小为0.4T、方向垂直纸面向里的匀强磁场。飞行器可在轨道间运动，其下方固定有一根长为L=0.5m、电阻也为R=0.2Ω的导体棒AB，与导轨良好接触，飞行器（含导体棒）总质量m=0.5kg。在电子开关闭合的同时，飞行器以 的初速度从图示位置开始运动，已知导体棒在区域1中运动时与轨道间的动摩擦因数=0.5，g＝10m/s2，其余各处摩擦均不计。（1）飞行器开始运动时，求AB棒两端的电压U；（2）为使导体棒AB能通过磁场区域1，求磁感应强度应满足的条件；（3）若导体棒进入磁场区域2左边界PQ时，会触发电子开关使S断开，同时飞行器会打开减速伞，已知飞行器受到的空气阻力f与运动速度v成正比，且f=ηv（η=0.4kg/s）。当取何值时，导体棒在刚进入PQ区域时的加速度最大，求此加速度的最大值。【答案】（1）2V（2）0.8T（3）0，8m/s2【解析】【分析】由法拉第电磁感应定律求出电动势，由欧姆定律求出AB两端的电压；根据牛顿第二定律和运动学公式，考虑飞行器恰恰通过磁场1区域时临界条件，联立可求出磁感应强度B2的大小；进入磁场2区后，飞行器做加速度变化的减速运动，磁感应强度B2为0，导体棒在磁场区域2中的加速度最大，由动能定理和牛顿第二定律可得加速度；【详解】解：(1)线圈的感应电动势为:电路中总电阻：流过导体棒的电流：导体棒两端电压：(2)若导体棒刚好运动到磁场区域1右边界，磁感应强度B2最大由动能定理：得：故 (3)为使导体棒在磁场区域2中的加速度最大，应取：导体棒进入磁场区域2瞬间的速度为v1由动能定理得：得：导体棒受到的安培力为：其中根据牛顿第二定律：得：