洪泽中学2013届高三上学期期末考试物理试题第I 卷（选择题）一、选择题1．一质量为m 、速度为v 的小球A ，与在用一水平直线上运动的另一小球B 相撞，撞后小球A 以速率2v 被反弹，那么小球A 的动量改变和能量改变分别是2．如图所示，在垂直纸面向里，磁感应强度为B 的匀强磁场区域中有一个均匀导线制成的单匝直角三角形线框。
现用外力使线框以恒定的速度v 沿垂直磁场方向向右运动，运动中线框的AB 边始终与磁场右边界平行，已知AB=BC=L ，线框导线的总电阻为R 。
则线框进入磁场的过程中A ．线框中的电动势随时间均匀增大B ．通过线框截面的电荷量为22B LRC ．线框所受外力的最大值为222B vL RD ．线框中的热功率与时间成正比3．图1-9中重物的质量为m ，轻细线AO 和BO 的A 、B 端是固定的，平衡时AD 是水平的，BO 与水平的夹角为θ。
AO 的拉力F 1和BO 的拉力F 2的大小是：A 、θcos 1mg F =B 、θmgctg F =1C 、θsin 2mg F =D 、θsin /2mg F = 4．以下说法中不正确．．．的是（ ） A. 质点的提出应用了物理模型法 B. 加速度的定义应用了比值定义法C. 亚里斯多德提出重的物体落得快D. 伽利略提出重的物体落得快5．关于自由落体运动,下列说法中正确的是( )A.在空气中不考虑空气阻力的运动是自由落体运动B.物体做自由落体运动时不受任何力的作用C.在同一地点不同物体做自由落体运动的加速度相同D.自由落体运动可以看作是初速度为零的匀加速直线运动6．如图所示，一块质量为M的木板停在光滑的水平面上，木板的左端有挡板，挡板上固定从木板的右端开始向左一个小弹簧。
一个质量为m的小物块（可视为质点）以水平速度υ运动，与弹簧碰撞后（弹簧处于弹性限度内），最终又恰好停在木板的右端。
根据上述情景和已知量，可以求出A．弹簧的劲度系数B．弹簧的最大弹性势能C．木板和小物块之间的动摩擦因数D．木板和小物块组成的系统最终损失的机械能的滑片P处在如图位7．如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r恒定不变，变阻器R1置时，电灯L正常发光。
现将滑片P向右移动，则在该过程中A．电压表的示数变大B．电流表的示数变大C．电灯L变亮消耗的功率变小D．定值电阻R28．三个阻值相同的电阻，它们的额定电压均为8V，现将两个电阻并联后再与第三个电阻串联，这个电路允许的总电压的最大值为（）A、8VB、10ＶC、12VD、16V9．某同学在篮球场地上做斜上抛运动实验，设抛出球的初速度为20 m/s，抛射角分别为30°、45°、60°、75°，不计空气阻力，则关于球的射程，以下说法中正确的是( )A．以30°角度抛射时，射程最大B．以45°角度抛射时，射程最大C．以60°角度抛射时，射程最大D．以75°角度抛射时，射程最大.第II卷（非选择题）二、计算题10．如图所示，光滑水平地面静止放着质量m＝10 kg的木箱，与水平方向成θ＝60°的恒力F作用于物体，恒力F＝2.0 N．当木箱在力F作用下由静止开始运动4.0 s后，求：(1)4.0 s末物体的速度大小；(2)4.0 s内力F所做的功；(3)4.0 s末力F的瞬时功率．11．（12分）一匀强电场，场强方向是水平的，如图所示。
一个质量为m的带正电的小球，从O点出发，初速度的大小为v o，在电场力和重力的作用下，恰能沿与场强的反方向成θ的直线运动。
求：（1）小球从O点到最高点的位移大小；（2）小球运动到最高点时的电势能与在O点的电势能之差。
12．塔式起重机的结构如图所示，设机架重P＝400 kN，悬臂长度为L＝10 m，平衡块重W ＝200 kN，平衡块与中心线OO/的距离可在1 m到6 m间变化，轨道A、B间的距离为4 m。
⑴当平衡块离中心线1 m ，右侧轨道对轮子的作用力f B 是左侧轨道对轮子作用力f A 的2倍，问机架重心离中心线的距离是多少？⑵当起重机挂钩在离中心线OO /10 m 处吊起重为G ＝100 kN 的重物时，平衡块离OO /的距离为6 m ，问此时轨道B 对轮子的作用力F B 时多少？三、简答题机架平衡块挂钩轮子轨道2m 2mLOO /14．人造卫星绕地球运行时，轨道各处地磁场的强弱并不相同，因此，金属外壳的人造地球卫星运行时，外壳中总有微弱的感应电流．分析这一现象中的能量转化情形．它对卫星的运动可能产生怎样的影响？参考答案【答案】D【解析】2．AB【解析】设时间t 时刻，切割磁感线的有效长度为vt ，感应电动势为BLvt ，A 对；==∆==RBS RnIt q ϕ22B LR,当AB 切割磁感线是电流最大，安培力最大，LRBLv BBIL F ==，C 错；电流I 与时间成正比，由R I P 2=可知热功率与时间成二次关系，D 错。
3．BD【解析】 如图1-10，三根细绳在O 点共点，取O 点（结点）为研究对象，分析O 点受力如图1-10。
O 点受到AO 绳的拉力F 1、BO 绳的拉力F 2以及重物对它的拉力T 三个力的作用。
图1-10（a ）选取合成法进行研究，将F 1、F 2合成，得到合力F ，由平衡条件知：mg T F ==则：θθmgctg Fctg F ==1θθsin /sin /2mg F F ==图1-10（b ）选取分解法进行研究，将F 2分解成互相垂直的两个分力x F 、y F ，由平衡条件知：1,F F mg T F x y ===则：θθsin /sin /2mg F F y ==θθmgctg ctg F F F y x ===14．D 【解析】略 5．CD【解析】试题分析：物体由静止只在重力作用下的运动是自由落体运动，所以自由落体运动可以看作是初速度为零的匀加速直线运动，D 对；由在同一地点自由落体加速度相同，C 对；物体做自由落体运动时只受重力的作用，B 错；自由落体运动不考虑空气阻力，但不考虑空气阻力的运动不一定是自由落体运动，也可能是平抛运动或竖直上抛运动，A 错。
考点：本题考查自由落体运动，自由落体加速度点评：本题比较简单，学生要清楚自由落体运动的定义，自由落体加速度的特点。
6．BD【解析】考点：动量守恒定律；功能关系．专题：计算题．分析：M与m构成的系统不受外力，系统动量守恒，可根据动量守恒定律求出木块滑动到最左端时系统的速度以及最终木块和木板相对静止时的速度；系统产生的热量可以用公式Q=f △S求解，当木块滑到最左端时，弹性势能最大，结合能量守恒定律可以求出弹簧的最大弹性势能．解答：解：小木块m与长木板M构成的系统动量守恒，设小木块滑到最左端和最右端的速度分别为v1、v2，由动量守恒定律，小木块从开始位置滑动到最左端的过程，mv0=（m+M）v1小木块从开始位置滑动到最后相对长木板静止过程，mv0=（m+M）v2解得v1=+m vm M①v 2=+m vm M②小木块滑动到最左端的过程中，由能量守恒定律，Epm +Q+12（m+M）v2=12mv2 ③Q=fL ④小木块从开始滑动到最右端的过程中，由能量守恒定律，Q′+12（m+M）v2=12mv2⑤Q′=f（2L）⑥由①～⑥式，可以解出Epm、Q′，故BD正确；由于缺少弹簧的压缩量和木板长度，无法求出弹簧的劲度系数和滑动摩擦力，故AC错误；故选BD．点评：动量守恒定律的运用不涉及中间过程，故对于复杂的运动特别方便，可以大大简化解题过程；同时要注意动量守恒定律经常与动能定理和能量守恒定律结合使用！7．B【解析】试题分析：滑动变阻器的滑片向右端滑动过程，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，由欧姆定律分析总电流的变化和路端电压的变化，来判断电灯亮度和电流表示数的变化．滑动变阻器的滑片向右端滑动过程，变阻器接入电路的电阻减小，R↓，外电路总R↓，由欧姆定律得知总电流I↑，电流表的示数增大，故A错。
电压表的示数U=E-I（R1+r）↓．故B对。
电灯L的电压等于路端电压，路端电压U=E-Ir↓．所以电灯L变暗，消耗的功率减小，故C错．电阻R1消耗的功率↑，故D错误考点：闭合电路的欧姆定律点评：难度中等，本题是简单的电路动态分析问题．对于路端电压也可以直接根据路端电压随外电阻增大而增大判断变化 8．C【解析】考点：电功率的计算． 专题：计算题；推理法．分析：（1）设三只同样的电阻的阻值都是R ，额定电压为U ，则两个并联的总电阻是2R ；（2）两个并联再与第三个串联，则第三个串联的电压就是并联部分电压的2倍，若让并联部分的电阻正常工作，则第三个电阻就超过额定电压，所以，只能让第三个电阻正常工作，则并联部分的电压为额定电压的一半；解答：解：因为，第三个串联的电压就是并联部分电压的2倍，若让并联部分的电阻正常工作，则第三个电阻就超过额定电压，所以，让第三个电阻正常工作，则并联部分的电压为额定电压的一半；设三只同样的电阻的阻值都是R ，额定电压为U ，则并联部分的一个电阻的实际电压为：2U所以电路允许消耗的最大电压为U+2U =8+4=12V ．故选C ．点评：本题考正确判断让哪个电阻正常工作是解题的关键；首先根据电阻关系，找到电压关系，明确让实际电压高的哪个电阻正常工作 9．B【解析】根据射程公式20sin 2v X gθ=可知，当抛射角为45°时，射程最大．思路分析：射程公式20sin 2v X gθ=分析试题点评：本题考查了对射程公式20sin 2v X gθ=的应用10．解：（1）Fcos60°=ma V=at解得：V=0.4m/s (2)W F =mV 2/2=0.8J (3)P=FVcos θ=0.4w【解析】略 11．gv s 2sin 20θ=2cos 220θmv E =∆【解析】（1）根据物体受力情况，可知物体所受合力ma mg F =θsin ＝合由as v v t 2202-=-，解得gv s 2sin 20θ=（2）由物体受力情况可知，电场力θtan mg F ＝电势能变化量θcos Fs E =∆,解得2cos 220θmv E =∆思路分析：根据牛顿第二定律求解加速度，根据运动学公式求解位移；根据功和能的关系求解电势能的变化。
试题点评：考查电场力做功与运动学的结合 12．（1）x ＝1.5 m （2）F B ＝450 kN【解析】解：⑴空载时合力为零：600 kN A B f f P W +=+= 已知：f B ＝2f A 求得：f A ＝200 kNf B ＝400 kN设机架重心在中心线右侧，离中心线的距离为x ，以A 为转轴，力矩平衡4(21)(2)B f W P x ⨯=⨯-+⨯+求得：x ＝1.5 m⑵以A 为转轴，力矩平衡(62)4(2 1.5)(102)B W F P G ⨯-+⨯=⨯++⨯+求得：F B ＝450 kN 13．【解析】试题分析：根据电容和电感对电流的作用，可以设计出如图（b ）所示电路，在A 、B 间接一个电容器C ，让交流成分从这里通过，在A 、B 间接一个电感线圈，利用其“通直流，阻交流”的特性，让直流成分入一级电路ab 。