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1、江西省赣州市高三年级（上）期末物理试卷一、单选题（本大题共6小题，共24.0分）1.伽利略对“自由落体运动”和“运动和力的关系”的研究，开创了科学实验和逻辑推理相结合的重要科学研究方法。图、分别表示这两项研究中实验和逻辑推理的过程，对这两项研究，下列说法正确的是A. 图中先在倾角较小的斜面上进行实验，其目的是使时间测量更容易B. 图通过对自由落体运动的研究，合理外推得出小球在斜面上做匀变速直线运动C. 图中完全没有摩擦阻力的斜面是实际存在的，实验可实际完成D. 图的实验为“理想实验”，通过逻辑推理得出物体的运动不需要力来维持【答案】B【解析】伽利略设想物体下落的速度与时间成正比，因为当时无法测
2、量物体的瞬时速度，所以伽利略通过数学推导证明如果速度与时间成正比，那么位移与时间的平方成正比；由于当时用滴水法计算，无法记录自由落体的较短时间，伽利略设计了让铜球沿阻力很小的斜面滚下，来“冲淡”重力得作用效果，而小球在斜面上运动的加速度要比它竖直下落的加速度小得多，所用时间长的多，所以容易测量伽利略做了上百次实验，并通过抽象思维在实验结果上做了合理外推故A错误，B正确；完全没有摩擦阻力的斜面是实际不存在的，故C错误；伽利略用抽象思维、数学推导和科学实验相结合的方法得到物体的运动不需要力来维持，故D错误故选B.【此处有视频，请去附件查看】2.电梯顶上悬挂一根劲度系数是的弹簧，弹簧的原长为20cm
3、，在弹簧下端挂一个质量为的砝码。当电梯运动时，测出弹簧长度变为23cm，g取，则电梯的运动状态及加速度大小为A. 匀加速上升，B. 匀减速上升，C. 匀加速上升，D. 匀减速上升，【答案】C【解析】【分析】对砝码受力分析，受重力和拉力，根据胡克定律求得拉力，再结合牛顿第二定律，即可求出加速度大小，确定物体的运动状态.【详解】由胡克定律可知，弹簧的弹力，由牛顿第二定律知：，解得：物体加速度向上，可能是加速上升，也可能是减速下降，故C正确，ABD错误；故选C.【点睛】本题关键是受力分析，根据牛顿第二定律判断出加速度方向，注意加速度向上，可能是加速上升，也可能是减速下降.3.如图所示，平行板电容器与
4、电动势为的直流电源内阻不计连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略，一带负电油滴被固定于电容器中的P点，现将平行板电容器的上极板竖直向下平移一小段距离，则下列说法正确的是A. 平行板电容器的电容将变小B. 带电油滴的电势能将减少C. 静电计指针张角变小D. 若将上极板与电源正极断开后再将下极板左移一小段距离，则带电油滴所受电场力不变【答案】B【解析】【分析】电容器始终与电源相连，则电容器两端间的电势差不变，根据电容器d的变化判断电容的变化以及电场强度的变化，从而判断电荷电势能和电场力的变化.【详解】A.将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，导致极板间距减小，根据知，d减小，则电
5、容增加，故A错误；B.电势差不变，d减小，则电场强度增加，P点与下极板的电势差变大，则P点的电势增大，因为该电荷为负电荷，则电势能减小，故B正确；C.静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变，故静电计指针张角不变，故C错误；D.若先将电容器上极板与电源正极的导线断开，则电荷量不变，正对面积S减小，根据，知电场强度变大，则油滴所受电场力变大，故D错误.故选B.【点睛】本题是电容器的动态分析问题，关键抓住不变量，当电容器与电源始终相连，则电势差不变，当电容器与电源断开，则电荷量不变.4.北斗系统的卫星由若干周期为24h的地球静止轨道卫星如图中
6、丙、倾斜地球同步轨道卫星如图中乙和中圆地球轨道卫员如图中丁三种轨道卫星组成，设定它们都绕地心作匀速圆周运动。甲是地球赤道上的一个物体图中未画出下列说法中正确的是A. 它们运动的向心加速度大小关系是B. 它们运动的线速度大小关系是C. 己知甲运动的周期，可求出地球的密度D. 己知丁运动的周期及轨道半径，可求出地球质量【答案】B【解析】【分析】根据万有引力提供向心力，得出轨道半径与周期的关系，通过周期的大小比较出轨道半径的大小，从而根据万有引力提供向心力得出乙和丙的向心加速度和线速度大小关系。甲和丙的周期相同，角速度相等，根据，比较出甲和丙的线速度和角速度大小。根据万有引力提供向心力求出地球的质量
7、.【详解】A、B、根据得，同步卫星的周期为24h，大于乙的周期，则丙的轨道半径大于乙的轨道半径，根据线速度、加速度与轨道半径的关系，知，又因为甲丙的角速度相等，根据知，根据知，故A错误、B正确.C、因为甲的周期与贴近星球表面做匀速圆周运动的周期不同，根据甲的周期无法求出地球的密度；故C错误.D、根据，解得：故D错误.故选B.【点睛】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，知道线速度、角速度、加速度、周期与轨道半径的关系。以及知道同步卫星的特点。5.如图所示，汽车蓄电池与车灯、启动电动机组成的电路，蓄电池内阻为005，电表可视为理想电表只接通S1时，电流表示数为10A，电压表示数为12V，
8、再接通S2，启动电动机时，电流表示数变为8A，则此时通过启动电动机的电流是 （ ）A. 2 B. 8 C. 50 D. 58【答案】C【解析】试题分析：只接通S1时，由闭合电路欧姆定律得：E=U+Ir=12V+100.05V=12.5V，R灯=1.2，再接通S2后，流过电动机的电流为：I电动机=50A，故选C考点：闭合电路的欧姆定律6.利用如图所示的实验装置可以测量磁感应强度B的大小。用绝缘轻质丝线把底部长为L、电阻为R、质量为m的“U”型线框固定在力敏传感器的挂钩上，并用轻质导线连接线框与电源，导线的电阻忽略不计当有拉力F作用于力敏传感器的挂钩上时，拉力显示器可以直接显示力敏传感器所受的拉力
9、。当线框接入恒定电压为E1时，拉力显示器的示数为F1；接入恒定电压为E2时（电流方向与电压为E1时相反），拉力显示器的示数为F2。已知F1F2,则磁感应强度B的大小为A. B. C. D. 【答案】B【解析】线框接入恒定电压为E1时，对线框受力分析得出： ；当线框接入恒定电压为E2时，对线框受力分析得出：，联立整理得： ，故B正确，ACD错误故选：B.二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）7.如图所示，在半径为R的圆形区域内，有匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于圆平面未画出一群比荷为的负离子以相同速率较大，由P点在纸平面内向不同方向射入磁场中发生偏转后，又飞出磁场，最终打在磁场区域右侧的
10、荧光屏足够大上，则下列说法正确的是不计重力A. 离子在磁场中的运动半径一定相等B. 离子在磁场中运动时间一定相等C. 沿PQ方向射入的离子飞出时偏转角最大D. 若离子在磁场中运动的轨道半径，则粒子在磁场中运动的最长时间为【答案】AD【解析】【分析】离子在磁场中均由于洛仑兹力充当向心力而做匀速圆周运动，则根据公式和圆的性质可得出粒子运动的半径、偏向角及离开磁场的时间.【详解】A、离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：，因粒子的速率相同，比荷相同，故半径一定相同，故A正确；B、设粒子轨迹所对应的圆心角为，则粒子在磁场中运动的时间为，所有粒子的运动周期相等，由于离子从
11、圆上不同点射出时，轨迹的圆心角不同，所以离子在磁场中运动时间不同，故B错误.C、由圆的性质可知，轨迹圆与磁场圆相交，当轨迹圆的弦长最大时偏向角最大，离子圆周运动的最大弦长为PQ，故由Q点飞出的粒子圆心角最大，所对应的时间最长，此时粒子一定不会沿PQ射入，即沿PQ方向射入的离子飞出时的偏转角不是最大的，故C错误；D、若离子在磁场中运动的轨道半径，则离子在磁场中转过的最大圆心角：，粒子在磁场中运动的最长：，故D正确；故选AD.【点睛】本题考查了离子在磁场中的运动，考查了多个粒子的偏转问题，此类题目要求我们能将圆的性质掌握清楚，利用我们所掌握的几何知识进行分析判断.8.放在粗糙水平地面上的物体受到水
12、平拉力的作用，在内其速度与时间图象和该拉力的功率与时间的图象如图所示。下列说法正确的是A. 内物体的位移大小为12mB. 内拉力做功为70JC. 物体的质量为10kgD. 滑动摩擦力的大小为5N【答案】BCD【解析】【分析】速度图象的“面积”表示位移。内物体做匀加速运动，由速度图象的斜率求出加速度，内物体做匀速运动，拉力等于摩擦力，由求出摩擦力，再由图读出时，由求出内的拉力，由求出内的拉力做的功，由求出内拉力做的功【详解】A、内物体的位移大小等于图象中图象与坐标轴所包围的面积，为：，故A错误.B、内物体的加速度为：，有图可知，当时，得到牵引力：，在内物体位移为，则拉力做的功为：，内拉力做的功为
13、：，所以内拉力做的总功为：，故B正确；C、D、在内，物体做匀速直线运动，则滑动摩擦力为：；内有牛顿第二定律可得：，可知：，故C正确，D正确.故选BCD.【点睛】本题解题关键是理解图象的物理意义，求功的方法主要有三种：一、，适用于恒力做功；二、，P为恒定功率；三、动能定理，主要是变力做功时应用。9.张鹏同学在家帮妈妈洗完衣服后，挂在如图所示的晾衣架上晾晒，A、B为竖直墙壁上等高的两点，AO、BO为长度相等的两根轻绳，CO为一根轻杆。转轴C在AB中点D的正下方，AOB在同一水平面上。，衣服质量为则A. CO杆所受的压力大小为2mgB. CO杆所受的压力大小为C. AO绳所受的拉力大小为D. BO绳
14、所受的拉力大小为mg【答案】AD【解析】【分析】以O点为研究对象，分析受力情况，作出力图，由平衡条件求出AO和BO的合力F大小和方向，从而求得CO杆所受的压力大小。再将F进行分解，求出绳AO和BO绳所受拉力的大小.【详解】A、B、设绳AO和绳BO拉力的合力为F，以O点为研究对象，O点受到重力mg、CO杆的支持力和F，作出力图：根据平衡条件得：，由牛顿第三定律知CO杆所受的压力大小为2mg，故A正确，B错误.C、D、，将F分解，如图：绳AO和绳BO所受拉力的大小均为，由，解得，故C错误，D正确.故选AD.【点睛】本题O点受到的力不在同一平面，因此需要将受力情况分成竖直和水平两个平面研究，同样还要
15、画出受力分析图即可顺利求解.10.有一电场强度方向沿x轴方向的电场，其电势随x的分布如图所示。一质量为m、带电量为q的粒子只在电场力的作用下，以初速度v0从x=0处的O点进入电场并沿x轴正方向运动，则下关于该粒子运动的说法中正确的是（）A. 粒子从x=0处运动到x=x1处的过程中动能逐渐增大B. 粒子从x=x1处运动到x=x3处的过程中电势能逐渐减小C. 欲使粒子能够到达x=x4处，则粒子从x=0处出发时的最小速度应为D. 若，则粒子在运动过程中的最小速度为【答案】BD【解析】粒子从O运动到的过程中，电势降低，场强方向沿x轴正方向，粒子所受的电场力方向沿x轴负方向，粒子做减速运动，动能逐渐减小，A错误粒子从运动到的过程中，电势不断升高，根据负电荷在电势高处电势小，可知粒子的电势能不断减小，B正确根据电场力和运动的对称性可知：粒子如能运动到处，就能到达处，当粒子恰好运动到处时，由动能定理得：，解得：，则要使粒子能运动到处，粒子的初速度至少为C错误若，粒子运动到处电势能最大，动能最小，由动能定理得：，
