1、高考资源网（） 您身边的高考专家重庆市七校2015届高三上学期期末联考物理试卷一、选择题1（6分）如图所示是一列简谐横波在某时刻的波形图，已知图中质点a的起振时刻比质点c延迟了3s，b和c之间的距离是2.5m，以下说法正确的是（）A此列波的波长为5mB此列波的频率为2HzC此列波的波速为2.5m/sD此列波的传播方向为沿x轴负方向传播考点：横波的图象；波长、频率和波速的关系.专题：振动图像与波动图像专题分析：由图知，b和c之间的距离等于波长质点a的起振时刻比质点c延迟了3s，说明波沿x轴负方向传播，3s=（1+）T，求出周期，得到频率解答：解：A、由图知，b和c之间的距离等于波长，则=2.5m
2、故A错误B、由题，3s=（1+）T，T=2s，频率f=0.5Hz故B错误C、波速为v=f=1.25m/s故C错误D、质点a的起振时刻比质点c延迟了3s，说明波沿x轴负方向传播故D正确故选：D点评：本题首先理解波长的含义：相邻两个波峰间的距离即等于波长题中a、c两点是反相点，3s=（1+）T，可得到周期的通项2（6分）下列说法正确的是（）A布朗运动是液体分子的运动，故分子在永不停息地做无规则运动B分子势能最小时，分子间引力与斥力大小相等C只要已知阿伏加德罗常数、某液体的摩尔质量和这种液体的质量，就可以估算出该液体的分子直径D分子间相互作用表现为引力时，随着分子间距的增大分子间的作用力一直减小考点
3、：分子势能；布朗运动.专题：分子间相互作用力与分子间距离的关系分析：解答本题应该掌握：布朗运动特点以及物理意义；分子力随分子之间距离变化关系解答：解：A、布朗运动是悬浮在液体中固体微粒的无规则运动，是由大量分子撞击引起的，反应了液体分子的无规则运动，故A错误；B、分子势能最小时，分子间引力与斥力大小相等，故B正确C、已知阿伏加德罗常数、某液体的摩尔质量和这种液体的质量，无法计算分子体积，不可以估算出该液体的分子直径，C错误D、分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小，分子力先增大再减小，故D错误；故选：B点评：本题考查了分子动理论的有关知识，大都需要记忆理解，注意在平时训练中加强练习3（6分
4、）在水平面上有A、B两点，相距60cm，一质点以恒定的加速度沿A向B做直线运动，经过0.3s的时间先后通过A、B两点，则该质点通过A、B中点时的速度大小为（）A若加速度的方向由A向B，则大于2m/s，若加速度的方向由B向A，则小于2m/sB若加速度的方向由A向B，则小于2m/s，若加速度的方向由B向A，则大于2m/sC无论加速度的方向如何均大于2m/sD无论加速度的方向如何均小于2m/s考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系.专题：直线运动规律专题分析：利用匀变速直线运动的中间时刻的瞬时速度等于全程的平均速度求解中间时刻的瞬时速度以及中间位移的瞬时速度公式求解解答：解：令物体经过AB两点的速度
5、分别为vA和vB，则有AB中间时刻的瞬时速度，根据匀变速直线运动的速度位移关系可知，AB中点的瞬时速度由数学关系知，所以可得不管物体的加速度的大小和方向，物体在AB中点的速度都大于中间时刻的瞬时速度，故C正确，ABD错误故选：C点评：解决本题的关键是抓住匀变速直线运动的中间时刻的瞬时速度和中间位移的瞬时速度，并能根据数学关系判定它们的大小4（6分）2011年9月、10月我国相继发射了天宫一号、神州8号和一箭发射两颗实验卫星，天宫一号和神州8号的两次对接实验圆满成功，神州8号顺利回收关于人造地球卫星和宇宙飞船，下列说法中不正确的是（）A若“神舟8号”仅向运动的相反方向喷气加速，它将可能在此轨道上
6、和“天宫1号”相遇实现对接B若已知人造地球卫星的轨道半径和它的周期，利用引力常量，就可以算出地球质量C卫星在轨道上做匀速圆周运动的圆心必定与地心重合D神舟8号在降落过程中向下减速时产生超重现象考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系.专题：万有引力定律的应用专题分析：“神舟8号”和“天宫1号”绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力公式列及同步卫星的相关知识即可分析解答：解：A、两飞行器处于同一轨道，然后后者加速，那么后一飞行器在短时间内速度就会增加，后一飞行器所需要的向心力也会增加，而此时受到的万有引力大小几乎不变，也就小于所需要的向心力那么后一飞行器就会做离心运动，偏离原来的轨道，两飞
7、行器就不能实现对接，故A不正确；B、根据万有引力提供向心力公式得：解得：M=，故B正确；C、卫星运动过程中的向心力由万有引力提供，故地球必定在卫星轨道的中心，即地心为圆周运动的圆心，故C正确；D、神舟8号在降落过程中向下减速时，加速度方向向上，产生超重现象，故D正确本题选不正确的，故选：A点评：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力公式的应用，知道卫星运动过程中的向心力由万有引力提供，故地球必定在卫星轨道的中心，即地心为圆周运动的圆心5（6分）如图所示，绝缘轻杆两端固定带电小球A和B，轻杆处于水平向右的匀强电场中，不考虑两球之间的相互作用初始时轻杆与电场线垂直（如图中实线位置），将杆向右平移的同
8、时顺时针转过90（如图中虚线位置），发现A、B两球电势能之和不变根据图中给出的位置关系，可判断下列说法中正确的是（）AA球一定带正电荷，B球一定带负电荷BA球电势能一定增加CA、B两球带电量的绝对值之比qA：qB=1：2D电场力对A球和B球都不做功考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能.专题：电场力与电势的性质专题分析：解决本题的关键是：理解“A、B两球电势能之和不变”的物理含义：电场力对系统做功为零；根据电场力做功特点进一步求解解答：解：A、电场力对系统做功为零，因此A、B电性一定相反，A可能带正电，也可能带负电，故A错误；B、A的电性不确定，无法判断其电势能的变化，故B错误C、电场
9、力对A、B做功大小相等，方向相反，所以有：EqBL=EqA2L，因此qA：qB=1：2，故C正确；D、电场力对A、B都做功，代数和为零，故D错误故选：C点评：本题是带电粒子在电场中运动的问题，关键是分析受力情况，判断出电场力方向是解题的关键6（6分）物体放在水平地面上，在水平拉力的作用下，沿水平方向运动，在0.6s内其速度与时间关系的图象和拉力的功率与时间关系的图象如图所示，由图象可以求得物体的质量为（取g=10m/s2）（）A2 kgB2.5kgC3kgD3.5 kg考点：功率、平均功率和瞬时功率；匀变速直线运动的图像.专题：功率的计算专题分析：匀速运动时拉力等于摩擦力，拉力的功率不变，根据
10、两图象求出匀速运动时的拉力，即摩擦力根据Pt图线求出匀加速运动时的拉力，再根据匀加速运动的vt图线求出物体的质量解答：解：匀速运动时拉力等于摩擦力，为：F2=f=匀加速运动拉力为恒力，v随时间均匀增大，所以P随t均匀增大F1=7.5NF1f=ma，可得m=2.5kg故B正确，A、C、D错误故选：B点评：解决本题的关键根据图象理解物体的运动，然后结合功率和动力学知识求解7（6分）（2007东城区三模）如图所示，质量为M的木板静置在光滑的水平面上，在M上放置一质量为m的物块，物块与木板的接触面粗糙当物块m获得初速度V0而向右滑动时，在滑动过程中下面叙述正确的是（）A若M固定不动，则m对M的摩擦力的
11、冲量为零，而M对m的摩擦力做负功B若M不固定，则m克服摩擦力做的功全部转化为内能C若M不固定，则m对M的摩擦力做功，等于m克服M的摩擦力做功D不论M是否固定，m与M相互作用力的冲量大小相等、方向相反考点：功的计算.专题：功的计算专题分析：作用力和反作用力大小相等方向相反，由冲量的定义可知摩擦力的冲量；动量的增加量等于摩擦力与相对位移的乘积解答：解：A、若M固定不动，因为冲量等于Ft，因m相对于M滑动，二者之间有摩擦力，故摩擦力的冲量不为零，M对m的摩擦力做负功故A错误；B、若M不固定，m克服摩擦力做的功，m减小的动能转化为M的动能及系统的内能，故B错误；C、若M不固定，m相对于地的位移大于M相
12、对于地的位移，相互间摩擦力大小相等，则m对M的摩擦力做功大于m克服M的摩擦力做功故C错误D、因相互作用的摩擦力大小相等，方向相反，且作用时间相同，故相互作用的冲量大小相等，方向相反，故D正确；故选D点评：本题应掌握冲量的定义及功能关系，注意当物体发生相以运动时，摩擦力与相对位移的乘积等于内能的增加量8（6分）如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，平行板电容器C的两金属板水平放置，R1和R2为定值电阻，P为滑动变阻器R的滑动触头，G为灵敏电流计，A为理想电流表开关S闭合后，C的两板间恰好有一质量为m、电荷量为q的油滴处于静止状态，则以下说法正确的是（）A在P向上移动的过程中，A表的示数变
13、大，油滴仍然静止，G中有方向由a至b的电流B在P向上移动的过程中，A表的示数变小，油滴向上加速运动，G中有方向由b至a的电流C在P向下移动的过程中，A表的示数变大，油滴向下加速运动，G中有方向由b至a的电流D在P向下移动的过程中，A表的示数变小，油滴向下加速运动，G中有由a至b的电流考点：带电粒子在混合场中的运动；电容.专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：电容器与电阻R、电阻R2相并联后与R1串联，滑片移动，根据电路串并联知识和闭合电路欧姆定律得到导致电容器两端电压变化情况，最终判断油滴受力变化和运动情况解答：解：A、B、粒子原来处于平衡状态，重力和静电力平衡；电容器与电阻R、电阻R2相并
14、联后与R1串联，滑片向上移动，电阻R变大，电路总电阻变大，电流变小，电容器两端电压为：U=EI（r+R1），故电容器两端电压变大，带电量变大，电场力变大，粒子向上加速；电容器充电，故电流从b到a，故A错误，B正确；C、D、在将滑动变阻器滑片P向下移动的过程，电阻R变小，电路总电阻变小，电流变大，电容器两端电压为：U=EI（r+R1），故电容器两端电压变小，带电量变小，电场力变小，粒子向下加速；电容器放电，故电流从a到b，故CD错误；故选：B点评：本题是电路动态分析问题，关键是理清电路，根据路串并联知识和闭合电路欧姆定律得到各个部分电路电流和电压的变化二、非选择题9（6分）据某一科普杂志介绍，在
15、含有某些金属矿物的矿区，其重力加速度稍有偏大，几位同学“用单摆测定重力加速度”的实验探究该问题他用最小分度为毫米的米尺测得摆线的长度为92.00cm，用游标为10分度的卡尺测得摆球的直径如图所示，摆球的直径为2.02cm他把摆球从平衡位置拉开一个小角度由静止释放，使单摆在竖直平面内摆动，当摆动稳定后，在摆球通过平衡位置时启动秒表，并数下“1”，直到摆球第30次同向通过平衡位置时按停秒表，秒表读数为56s，则单摆的周期为1.93s，该实验测得当地的重力加速度为9.85 m/s2（以上结果均保留3位有效数字）考点：用单摆测定重力加速度.专题：实验题分析：10分度的游标卡尺每一分度表示的长度为0.1
16、mm由主尺读出整米数，由游标尺读出毫米的小数部分由秒表读出时间t，由T= 求出单摆的周期，再由单摆的周期公式求出重力加速度g解答：解：主尺读数为20mm10分度的游标卡尺每一分度表示的长度为0.1mm，游标尺第2条刻度线与主尺对齐，则游标尺读数为0.2mm，摆球的直径为20mm+0.2mm=20.2mm=2.02cm由秒表读出单摆做30次全振动所用的时间t=56.0s，单摆的周期T=s=1.93s单摆的摆长l=摆线的长度+摆球的半径=800.0mm+10.1mm=810.1mm由单摆的周期公式T=2 得，重力加速度g=，代入解得，g=9.85m/s2故答案为：2.02，1.93，9.85点评：
17、单摆的摆长等于悬点到球心的距离，即等于摆线的长度与摆球的半径之和，不能漏掉球的半径，注意计算周期时，应该301，而不是3010（12分）在做测定金属的电阻率的实验时，需要对金属丝的电阻进行测量，已知金属丝的电阻值Rx约为20一位同学想用伏安法对这个电阻的阻值进行比较精确的测量，想使被测电阻Rx两端的电压变化范围尽可能的大他可选用的器材有：电源E：电动势为6V，内阻为1.0；电流表 A：量程0.6A，内阻约为0.50；电压表 V：量程10V，内阻约为10k；滑动变阻器R：最大电阻值为5.0；开关一个，导线若干根据上述条件，测量时电流表应采用外接法（选填“外接法”或“内接法”）在方框内画出实验电路
18、图若在上述实验中，电流表的示数为I，电压表的示数为U，且电流表内阻RA、电压表内阻RV均为已知量，用测量量和电表内阻计算金属丝电阻的表达式Rx=考点：测定金属的电阻率.专题：实验题分析：待测电阻较大时，采用内接法，较小采用外接法；由于滑动变阻器小于待测电阻阻值，因此采用分压接法；根据电路的串并联知识，利用欧姆定律可正确解答解答：解：因待测电阻较小，远小于电压表内阻；故采用外接法；由于滑动变阻器小于待测电阻阻值，因此采用分压接法，具体原理图如下所示：根据原理图，可知流过待测电阻的电流为I1=I根据欧姆定律解得Rx=故答案为：外接法；如图；点评：本题要注意明确电流表的接法；因为电压表远大于待测电阻
19、，故电流表外接，要求电压变化范围尽可能大，滑动变阻器用分压式11（16分）如图，在水平地面上固定一倾角为的光滑斜面，一劲度系数为k的绝缘轻质弹簧的一端固定在斜面底端，另一端连接着一质量为m的物体B，处于静止状态一质量也为m的滑块A从距离物体B为s0距离处由静止释放，然后与滑块B发生碰撞并结合在一起，若A、B均可看做质点，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度大小为g求：（1）滑块从静止释放到与物体B接触瞬间所经历的时间；（2）A、B发生碰撞后瞬间的速度；（3）从A、B发生碰撞后到沿斜面向下运动达到最大速度时，重力所做的功WG考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系.专题：牛顿运动定律综
20、合专题分析：（1）根据牛顿第二定律求解出加速度，根据运动学公式求解时间（2）结合运动学公式、动量定理列式求解即可（3）从A、B发生碰撞后到沿斜面向下运动达到最大速度时合力为零，根据受力平衡求解下落距离，再根据W=mgh列式求解重力做功解答：解：（1）滑块从静止释放到与弹簧刚接触的过程中作初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a，则有mgsin=ma（2）A与B碰撞前的速度A与B碰撞瞬间动量守恒mv1=2mv2（3）最初时弹簧压缩量为x0，由受力平衡可得mgsin=kx0A、B速度达到最大的时，合力为零，由受力平衡可得2mgsin=kx1根据WG=mgh=mg（x1x0）sin联立解得答：（
21、1）滑块从静止释放到与物体B接触瞬间所经历的时间；（2）A、B发生碰撞后瞬间的速度；（3）从A、B发生碰撞后到沿斜面向下运动达到最大速度时，重力所做的功点评：本题是含弹簧问题，由于弹簧的弹力是变力，注意分析临界条件，要结合运动学和功能关系列式分析求解12（18分）如图所示，固定于同一条竖直线上的A、B是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量分别为+Q和Q，A、B相距为2dMN是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球p，其质量为m、电荷量为+q（可视为点电荷，不影响电场的分布），现将小球p从与点电荷A等高的C处由静止开始释放，小球p向下运动到距C点距离为d的O点时，速度为v，已知MN与A
22、B之间的距离为d，静电力常量为k，重力加速度为g求：（1）C、O间的电势差UCO；（2）小球p在O点时的加速度；（3）小球p经过与点电荷B等高的D点时的速度考点：电势差与电场强度的关系；动能定理.专题：电场力与电势的性质专题分析：（1）对C到O段运用动能定理，求出C、O间的电势差，再求出C、D间的电势差UCO（2）由点电荷的场强公式结合平行四边形定则求解（3）由电场的对称性知，UOD=UCO，小球从O到D由动能定理求解解答：解：（1）小球p由C运动到O时，由动能定理得：mgd+qUCO=mv20，解得：UCO=；（2）小球p经过O点时受力如图：由库仑定律得：F1=F2=k，它们的合力为：F=F
23、1cos45+F2cos45=，所以p在O点处的加速度：a=+g，方向竖直向下；（3）由电场特点可知，在C、D间电场的分布是对称的即小球p由C运动到O与由O运动到D的过程中合外力做的功是相等的，由动能定理得：W合=mv0=2mv2，解得：vD=v；答：（1）C、O间的电势差UCO为；（2）小球p在O点时的加速度为：+g，方向竖直向下；（3）小球p经过与点电荷B等高的D点时的速度为v点评：本题关键要正确分析小球的受力情况，运用牛顿第二定律、动能定理处理力电综合问题，分析要知道O点的场强实际上是两点电荷在O点产生场强的合场强，等量异种电荷的电场具有对称性13（20分）如图所示，A、B是水平传送带的
24、两个端点，起初以v0=1m/s的速度顺时针运转今将一小物块（可视为质点）无初速度地轻放在A处，同时传送带以a0=1m/s2的加速度加速运转，物体和传送带间的动摩擦因素为0.2，水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道CPN，其形状为半径R=0.8m的圆环剪去了左上角1350的圆弧，PN为其竖直直径，C点与B点的竖直距离为R，物体离开传送带后由C点恰好无碰撞落入轨道取g=10m/s2，求：（1）物块由A端运动倒B端所经历的时间（2）AC间的水平距离（3）判断物体能否沿圆轨道到达N点考点：机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力.专题：机械能守恒定律应用专题分析：解决此题的关键是抓住过程分析及各过程之间的联
25、系物体刚放上传送带时，先加速后再与传送带一起加速，然后做平抛运动，物体离开传送带后由C点无碰撞落入轨道，则得在C点物体的速度方向与C点相切，与竖直方向成45，物体能到达N点的速度要求在N点重力提供向心力，对于从C到N由机械能守恒求解解答：解：（1）物体离开传送带后由C点无碰撞落入轨道，则得在C点物体的速度方向与C点相切，与竖直方向成45，有vcx=vcy，物体从B点到C作平抛运动，竖直方向：vcy=gt3水平方向：xBC=vBt3（vB=vcx）得出vB=vcx=vcy=4m/s物体刚放上传送带时，由牛顿第二定律有：mg=ma得：a=2m/s2物体历时t1后与传送带共速，则有：at1=v0+a
26、 0t1，t1=1s得：v1=2 m/s4 m/s故物体此时速度还没有达到vB，且此后的过程中由于a0g，物体将和传送带以共同的加速度运动，设又历时t2到达B点vB=v1+a 0t2得：t2=2s所以从A运动倒B的时间为：t=t1+t2=3s AB间的距离为：s=7m（2）从B到C的水平距离为：sBC=vBt3=2R=1.6m所以A到C的水平距离为：sAC=s+sBC=8.6m（3）物体能到达N点的速度要求：mg=解得：=m/s对于小物块从C到N点，设能够到达N位置且速度为vN，由机械能守恒得： =解得：vN=vN故物体不能到达N点答：（1）物块由A端运动倒B端所经历的时间为3s（2）AC间的水平距离为8.6m（3）物体不能沿圆轨道到达N点点评：解决此题的关键是抓住过程分析及各过程之间的联系，分过程依次解决，对于在传送到上的运动又要讨论各种情况，比较复杂；对于圆周运动问题逐一分析向心力来源有一定难度- 11 - 版权所有高考资源网