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1、1福建省龙岩市非一级达标校福建省龙岩市非一级达标校 20152015 届高三上学期期末联届高三上学期期末联考物理试卷考物理试卷一、选择题：本大题有一、选择题：本大题有 1212 个小题，每个小题只有一个选项是正确的，每小题个小题，每个小题只有一个选项是正确的，每小题 4 4 分，共分，共 4848分分1下列单位中，与力的单位 N（牛）等效的是（ ）AJ/sBwSCJ/mDC/s考点： 力学单位制分析： 根据物理学公式及各物理量的单位进行推导，即可得出结论解答：解：A、根据公式可知，J/s 是功率的单位，故 A 错误；B、根据 W=Pt 可知，Ws 是功的单位，故 B 错误；C、根据 W=Fs
2、可知，F=，属于 1N=1J/m，故 C 正确；D、根据 I=可知，C/s 是电流的单位，故 D 错误故选：C点评： 本题考查了功的单位与各物理量单位间的关系，熟悉各物理量的单位，熟练掌握各物理学公式是正确解题的关键2 （4 分）一坐在椅子上的同学从地面上抓起了一瓶矿泉水，这一过程该同学所做的功和功率最接近（ ）A5J 5WB5J 100WC100J 100WD100J 5w考点： 功率、平均功率和瞬时功率；功的计算专题： 功率的计算专题2分析： 一瓶矿泉水重约为 5N，椅子高度约为 1m，由 W=Gh 求功，时间约为 1s，根据 P=求解功率解答： 解：一瓶矿泉水重约为 5N，椅子高度约为
3、1m，故 W=Gh=51=5J时间约为 1s，根据 P=知 P=W=5W故选：A点评： 此题考查 W=Gh 和 P=的应用，注意结合实际生活，进行估算，属于简单题目3 （4 分）关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是（ ）A安培力的方向总是垂直于磁场的方向B通电直导线处于匀强磁场中一定受到安培力的作用C安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D安培力的方向可以不垂直于通电直导线的电流方向考点： 安培力分析： 本题考查了产生条件、大小与方向，当电流方向与磁场平行时不受安培力，根据左手定则可知安培力的方向与磁场垂直引用公式 F=BIL 时，注意要求磁场与电流垂直，若不垂直应当
4、将导线沿磁场与垂直于磁场分解，因此垂直时安培力最大，最大为 F=BIL解答： 解：A、根据左手定则可知，安培力方向与磁场和电流组成的平面垂直，即与电流和磁场方向都垂直，故 A 正确，D 错误；3B、通电直导线与磁场平行时，一定不受到安培力的作用，故 B 错误；C、磁场与电流不垂直时，安培力的大小为 F=BILsin，则安培力的大小与通电导线和磁场方向的夹角有关，故 C 错误故选：A点评： 解决本题的关键是知道当导线的方向与磁场的方向平行，所受安培力为 0，最小当导线的方向与磁场方向垂直时，安培力最大，为 F=BIL4 （4 分）用 220V 的正弦交流电通过理想变压器对一负载电阻 R 供电，变
5、压器原、副线圈匝数比 n1：n2=10：1，通过负载的电流图象如图所示，则（ ）A交流电的周期是 0.01 sB电流表的读数是等AC变压器输入功率是 11WD变压器输出电压的函数表达式是 u=22sin（100t）V考点： 变压器的构造和原理；电功、电功率专题： 交流电专题分析： 理想变压器的工作原理是原线圈输入变化的电流时，导致副线圈的磁通量发生变化，从而导致副线圈中产生感应电动势而副线圈中的感应电流的变化，又导致在原线圈中产生感应电动势变压器的电流比与电压比均是有效值，电表测量值也是有效值4解答： 解：A、由图可得，交流电的周期是 0.02 s故 A 错误；B、由图可得，通过负载的电流的最
6、大值是 0.5A，则电流表的示数：A故 B 正确；C、变压器输出电压：V，变压器输出功率是：W，所以变压器输入功率也是W故 C 错误；D、变压器输出电压是 22V，则最大值：V，变压器输出电压的函数表达式是 u=22sin（100t）V故 D 错误故选：B点评： 理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象同时当电路中有变压器时，只要将变压器的有效值求出，则就相当于一个新的恒定电源，其值就是刚才的有效值5 （4 分）如图所示电路图中，电源的电动势为 E，内阻为 r在变阻器滑动触头由 b 端滑向 a 端的过程中，下列关于电路变化表述正确的是（ ）A回路的总电阻变小B电流表的示数
7、变小C电源内阻消耗的功率变大D电源的路端电压变大考点： 闭合电路的欧姆定律；电功、电功率专题： 恒定电流专题5分析： 在滑动触头由 a 端滑向 b 端的过程中，分析变阻器接入电路的电阻如何变化，分析外电路总电阻的变化，根据欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，以及电源内阻消耗的功率如何变化，再判断电流表的示数的变化解答： 解：B、电流表的示数 IA=，U 变小，IA变小故 B 错误C、电源内阻消耗的功率 P=I2r，I 变大，P 变大故 C 错误D、D 在滑动触头由 a 端滑向 b 端的过程中，变阻器接入电路的电阻变小，外电路总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律分析得知，电路中总电流 I 变大，路端
8、电压U=EIr，U 变小故 D 正确，A 错误故选：D点评： 本题是电路的动态变化分析问题，首先分析变阻器接入电路的电阻如何变化，接着分析总电阻、总电流和路端电压的变化，再分析局部电流、电压的变化，即按“局部到整体再到局部”的思路进行分析6 （4 分）某人正前方水平地面上有一小桶，他向小桶水平抛球，结果球划着一条弧线飞到小桶的前方（如图所示） 不计空气阻力，为了能把小球抛进小桶中，则下次再水平抛时，他应作出的调整为（ ）A抛出点高度不变，减小初速度B抛出点高度不变，增大初速度C同时增大初速度和抛出：点高度D初速度大小不变，提高抛出点高度考点： 平抛运动专题： 平抛运动专题6分析： 小球做平抛运
9、动，飞到小桶的前方，说明水平位移偏大，应减小水平位移才能使小球抛进小桶中将平抛运动进行分解：水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，由运动学公式得出水平位移与初速度和高度的关系式，再进行分析选择解答： 解：设小球平抛运动的初速度为 v0，抛出点离桶的高度为 h，水平位移为 x，则平抛运动的时间 t=水平位移 x=v0t=A、B、由上式分析可知，要减小水平位移 x，可保持抛出点高度 h 不变，减小初速度v0故 A 正确，B 错误C、同时增大抛出点的高度和初速度，则水平位移增大，不会落入桶中，故 C 错误D、提高抛出点的高度，则运动的时间变长，初速度不变，则水平位移增大，不会落入桶中，故
10、D 错误故选：A点评： 本题运用平抛运动的知识分析处理生活中的问题，比较简单，关键运用运动的分解方法得到水平位移的表达式7 （4 分）2012 年 10 月 25 日，我国第 16 颗北斗导航卫星发射成功它是一颗地球同步卫星，与先期发射的 15 颗北斗导航卫星组网运行，并形成区域服务能力图中的 A、B 表示这 16 颗北斗导航卫星中的两颗地球同步卫星，关于这两颗卫星的说法中正确的是（ ）A它们的质量一定相同B它们的运行速度都小于 7.9km/sC它们绕地心运行一周的时间等于 12h7D经过一定的时间 A、B 卫星间距离会增大考点： 人造卫星的加速度、周期和轨道的关系专题： 人造卫星问题分析：
11、地球的静止轨道卫星处于赤道的上方，周期等于地球自转的周期，根据万有引力提供向心力得出线速度、加速度与轨道半径的关系，从而比较出线速度与第一宇宙速度的大小解答： 解：A、根据题意无法判断两卫星的质量关系，故 A 错误B、根据万有引力提供向心力，得，因为第一宇宙速度的轨道半径等于地球的半径，所以卫星的速度小于第一宇宙速度即它们的运行速度都小于 7.9 km/s故 B 正确C、地球静止轨道卫星的周期等于地球的自转周期，为 1 天，故 C 错误D、地球同步卫星，距离地球的高度约为 36000 km，高度一定，相对地面静止，AB之间的距离始终保持不变，故 D 错误故选：B点评： 点评：解决本题的关键知道
12、同步卫星的特点，以及掌握万有引力提供向心力这一理论，并能熟练运用8 （4 分）有一足够长的粗糙的斜面，一物块以初速度 v0沿该斜面从底端向上滑去，且能回到斜面底端，则物块运动的 vt 图象可能是图中的（ ）ABCD考点： 匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系8专题： 运动学中的图像专题分析： 物体能够返回，重力沿斜面方向的分力大于滑动摩擦力，分析物体的受力情况，根据牛顿第二定律求加速度，速度图象的斜率等于物体的加速度解答： 解：斜面粗糙，物体在斜面上滑行时受到的滑动摩擦力大小 f=FN，而FN=mgcos所以物体沿斜面向上滑行时有 mgsin+f=ma1故物体沿斜面向上滑行时
13、的加速度a1=gsin+gcos物体沿斜面向下滑行时有 mgsinf=ma2所以物体沿斜面向下滑行时的加速度 a2=gsingcos故 a1a2，根据位移公式 s=，知上滑时间比下滑时间短，故 B 正确，ACD 错误故选：B点评： 本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的直接应用，解题的关键是正确对物体进行受力分析，难度不大，属于基础题9 （4 分）A、B、C、D 四图中的小球以及小球所在的左侧斜面完全相同，现从同一高度 h处由静止释放小球，使之进入右侧竖直面上的不同轨道如果不计任何摩擦阻力和拐弯处的能量损失，小球进入右侧轨道到达最高点时，速度为零的是（ ）ABCD考点： 机械能守恒定律分
14、析： 小球在运动的过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律和物体的运动情况分析到达最高点的速度能否为零解答： 解：A、小球沿右侧轨道向上做减速运动，到达右侧最高点时的速度可能为零故 A正确B、小球离开轨道做斜抛运动，水平方向做匀速直线运动，运动到最高点时在水9平方向上有速度，即在最高点的速度不为零，故 B 错误C、根据机械能守恒定律得，mgh+0=mgh+由于 hh，则 v0，即进入右侧轨道到达最高点时，速度不为零故 C 错误D、小球在内轨道运动，通过最高点有最小速度，根据机械能守恒定律得知小球到不了圆的最高点，由机械能守恒有：mgh+0=mgh+，因 hh，则v0故 D 错误故选：A点评： 解决
15、本题的关键掌握机械能守恒定律，以及会判断小球在最高点的速度是否为零10 （4 分）如图，竖直放置的四分之一粗糙圆弧轨道 ABC 和光滑半圆弧轨道 CDP，相切于最低点 C，圆心 O1和 O2在同一条竖直线上，圆弧 ABC 的半径为 4R，半圆弧 CDP 的半径为R一质量为 m 的小球从 A 点静止释放，恰能沿轨到达 P 点小球从 A 到 P 的过程中（ ）A小球到达 P 点的速度为 OB小球在 P 点受到的合外力为 OC重力势能减少了 mgRD克服阻力做功 mgR考点： 功能关系；动能和势能的相互转化分析： 根据牛顿第二定律求出小球到达 P 点时的速度大小，根据动能定理求出摩擦力做的功，重力做
16、功等于重力势能的减小量解答： 解：A、一质量为 m 的小球从 A 点静止释放，恰能沿轨到达 P 点，在 P 点，重力恰好提供向心力，故：10ng=m解得：v=故 A 错误；B、在 P 点，重力提供向心力，故向心力不为零，故 B 错误；C、小球从 A 到 P 的过程中，高度下降 2R，故重力势能减小量为 mg（2R） ，故 C 错误；D、从 A 到 P 过程，根据动能定理，有：mg（2R）Wf=；解得：=；故克服阻力做功 mgR；故 D 正确；故选：D点评： 解题的关键在于能够熟悉各种形式的能量转化通过什么力做功来量度，并能加以运用列出等式关系11 （4 分）电子在电场中仅受电场力由 a 点运动到 b 点，图中虚线是运动轨迹平行等
