1、江苏省海门市 2015 届高三（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本题共 7 小题，每小题 3 分，共 21 分，每小题只有一个选项正确，请把正确的答案填入答题栏中，答对得 3 分，答错或不答得 0 分1如图所示，匀强磁场的边界为直角三角形 abc，今有质量为 m、带电量为 q 的一束微观粒子以不同的速度 v 沿 ca 方向从 c 点射入磁场做匀速圆周运动，不计粒子的重力，下列说法中正确的是（ ）A 粒子带负电B 从 ab 边射出的粒子一定比从 bc 边射出的粒子速度小C 从 bc 边射出的所有粒子在磁场中运动的时间相等D 只要速度合适，粒子可以到达 b 点考点： 带电粒子在匀
2、强磁场中的运动分析： 带电粒子进入磁场做匀速圆周运动，周期为 T= ，轨迹半径为 r= 根据圆的对称性可知，从 ab 边出射的粒子速度的偏向角相同，则轨迹的圆心角相同，运动时间必定相同速度越大，半径越大，从 ac 边出射的粒子速度的偏向角不同，运动时间不同解答： 解：A、如果粒子带负电，由左手定则可知，粒子刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向左，粒子将离开磁场，不能在磁场中做圆周运动，则粒子带正电，故 A 错误；B、带电粒子进入磁场做匀速圆周运动，另两只提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，解得，粒子轨迹半径为：r= ，速度越大，半径越大，从 ab 边射出的粒子比从 bc 边射出的粒子轨道半径
3、大，则从 ab 边射出的粒子一定比从 bc边射出的粒子速度大，故 B 错误；C、从 bc 边射出的粒子速度的偏向角都相同，而轨迹的圆心角等于速度的偏向角，则从 ab边出射的粒子轨迹的圆心角 都相同，粒子在磁场中运动时间为 t= T，T 相同，则从bc 边出射的速度不同的粒子的运动时间都相等，故 C 正确D、当粒子速度大到一定值，粒子将从 ab 边射出磁场，粒子不可能到达 b 点，故 D 错误故选：C点评： 本题带电粒子在有界的磁场中运动的类型，注意根据圆的对称性得到出射时粒子速度和边界的夹角与入射时速度和边界的夹角相等2北斗卫星系统由地球同步轨道卫星与低轨道卫星两种组成，这两种卫星在轨道正常运
4、行时（ ）A 同步轨道卫星运行的周期较大B 同步轨道卫星运行的线速度较大C 同步轨道卫星运行可能飞越南京上空D 两种卫星运行速度都大于第一宇宙速度考点： 人造卫星的加速度、周期和轨道的关系分析： 根据万有引力提供卫星圆周运动的向心力展开讨论周期、半径、角速度的关系解答： 解：根据万有引力提供向心力有：= =mA、T=2 ，所以同步轨道卫星运行的周期较大，故 A 正确；B、v= ，所以同步轨道卫星运行的线速度较小，故 B 错误；C、同步卫星只能在赤道上空，故 C 错误；D、第一宇宙速度是绕地球做圆周运动的最大速度，故 D 错误故选：A点评： 根据万有引力提供向心力，熟练讨论加速度、角速度、周期和
5、半径间的关系是解决本题的关键3 （3 分）冬天大雾天气的时候高速公路经常封道，否则会造成非常严重的车祸如果某人大雾天开车在高速上行驶，设能见度（观察者与能看见的最远目标间的距离）为 30m，该人的反应时间为 0.5s，汽车刹车时能产生的最大加速度的大小为 5m/s2，为安全行驶，汽车行驶的最大速度（ ）A 10 m/s B 15 m/s C 10 m/s D 20 m/s考点： 匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系专题： 直线运动规律专题分析： 发现危险目标时，在反应时间内汽车做匀速直线运动，刹车后做匀减速直线运动，总位移小于 30m 即可解答： 解：设汽车行驶的
6、最大速度是 v：发现危险目标时：在反应时间内：x 1=vt=v0.5=0.5v刹车过程中：由： ，代入数据得：0v 2=2（5） x2，解得：为安全行驶：x 1+x2=30，即：0.5v解得：v=15m/s故选：B点评： 本题关键明确汽车在反应时间内做匀速直线运动，刹车后做匀减速直线运动，两位移之和小于 30m，才能保证安全行驶4 （3 分）游乐场内的新型滑梯可以简化为如图所示物理模型一个小朋友从 A 点开始下滑，滑到 C 点时速度恰好减为 0，整个过程中滑梯保持静止状态若 AB 段的动摩擦因数1 小于 BC 段的动摩擦因数 2，则该小朋友从斜面顶端 A 点滑到底端 C 点的过程中（ ）A 小
7、朋友在 AB 段的平均速度等于 BC 段的平均速度B 小朋友在 AB 段和 BC 段合外力所做的功相同C 地面对滑梯的摩擦力方向始终水平向左D 地面对滑梯的支持力大小始终等于小朋友和滑梯的总重力大小考点：功能关系；功的计算分析：由题意可知，小朋友在 AB 段做匀加速直线运动，加速度沿斜面向下；在 BC 段做匀减速直线运动，加速度沿斜面向上以小朋友和滑梯整体为研究对象，将小朋友的加速度分解为水平和竖直两个方向，由牛顿第二定律分析地面对滑梯的摩擦力方向和支持力的大小解答：解：A、根据平均速度的公式，设 B 点的速度为 v，则 AB 段和 BC 段的平均速度都为，故 A 正确；B、AB 段小朋友加速
8、运动，则 mgsin 1mgcos，BC 段小朋友做减速运动，则mgsin 2mgcos，所以 1 2小孩受到的摩擦力不同，则摩擦力做的功不相等，所以在 AB 段和 BC 段合外力所做的功不相同 故 B 错误；C、小朋友在 AB 段做匀加速直线运动，将小朋友的加速度 a1 分解为水平和竖直两个方向，如图 1以小朋友和滑梯整体为研究对象，由于小朋友有水平向左的分加速度，根据牛顿第二定律得知，地面对滑梯的摩擦力方向先水平向左同理可知，小朋友在BC 段做匀减速直线运动时，地面对滑梯的摩擦力方向水平向右故 C 错误D、以小朋友和滑梯整体为研究对象，小朋友在 AB 段做匀加速直线运动时，有竖直向下的分加
9、速度，则由牛顿第二定律分析得知地面对滑梯的支持力 FN 小于小朋友和滑梯的总重力同理，小朋友在 BC 段做匀减速直线运动时，地面对滑梯的支持力大于小朋友和滑梯的总重力故 D 错误故选：A点评：本题对加速度不同的两个运用整体法处理，在中学阶段应用得不多，也可以采用隔离法研究5 （3 分）当把一个带负电的检验电荷q 从无限远处移到一个孤立点电荷电场中的 A 点时，需要克服电场力做功 W，则下列说法中正确的是（ ）A 该孤立点电荷带正电B 检验电荷q 在 A 点的电势能 EPA=WC 若规定无穷远电势为零，则 A 点的电势 A=D 该检验电荷q 在 A 点的电势能一定要比它在无穷远处的电势能大考点：
10、 电势差与电场强度的关系；功的计算；电势能专题： 电场力与电势的性质专题分析： 根据电场力做功多少，电荷的电势能就减小多少，分析电荷在 A 点与无限远间电势能的变化量，确定电荷在 A 点的电势能，由公式 A= 求解 A 点的电势解答： 解：依题意，因负电荷受力方向远离点电荷，则其为负电荷，则 A 错误，q 的检验电荷从电场的无限远处被移到电场中的 A 点时，电场力做的功为W，则电荷的电势能增加 W，无限处电荷的电势能为零，则电荷在 A 点的电势能为 EA=W，则 B错误，A 点的电势为 A= = ，则 C 错误，在 A 处电势能为正，无穷远处为0，则 D 正确故选：D点评： 电场中求解电势、电
11、势能，往往先求出电势能改变量、该点与零电势的电势差，再求解电势和电势能公式 UA= 一般代入符号计算6 （3 分）质量相同的 A、B 两个物体静止放在水平面上，从某一时刻起同时受到大小不同的水平外力 FA、F B 的作用由静止开始运动经过时间 t0，撤去 A 物体所受的水平外力FA；经过 4t0，撤去 B 物体所受的水平外力 FB两物体运动的 vt 关系如图所示，则下列说法中正确的是（ ）A A、B 两物体所受摩擦力大小不同B A、B 两物体所受水平外力大小之比 FA：F B=12：5C 在匀加速运动阶段，合外力做功之比为 6：5D A、B 两物体在整个运动过程中，摩擦力的平均功率之比为 1：
12、2考点： 功率、平均功率和瞬时功率；物体的弹性和弹力专题： 功率的计算专题分析： 根据两物块做匀加速运动和匀减速运动的过程，求出各自运动的加速度之比，根据牛顿运动定律的从而求出摩擦力之比；速度时间图线与时间轴所围成的面积表示位移，根据加速阶段和整个过程的面积比得出位移比，进而可求合外力做功和克服摩擦力做功之比；由功率的定义式可得功率之比解答：解：A、由图象可得，A 减速运动的加速度为 a1= ，B 减速运动的加速度为a2= ，故 AB 受到的摩擦力为 f=ma，故摩擦力大小相等，故 A 错误；B、由图象可得，A 加速运动的加速度为 a1= ，B 减速运动的加速度为a2= ，根据牛顿第二定律可知
13、 A、B 两物体所受水平外力大小之比FA：F B=12：5，故 B 正确；C、根据牛顿第二定律可知合力之比为 8：1，在 vt 图象中与时间轴所围面积即为位移，故 AB 位移之比为 1：2，故做功之比，4：1，故 C 错误；D、在整个过程中位移之比为 6：5，故摩擦力做功之比为 6：5，功率 P= 可知，摩擦力的平均功率之比为 2：1，故 D 错误故选：B点评： 解决本题的关键通过图象得出匀加速运动和匀减速运动的加速度，根据牛顿第二定律，得出两个力的大小之比，以及知道速度时间图线与时间轴所围成的面积表示位移7 （3 分）如图所示为某联动控制装置，其工作的原理是通过半圆柱体的左右运动来控制杆 A
14、B 的上下运动，现已知光滑半圆柱体（O 为圆心）只能在水平面上左右以速度 v 匀速运动，AB 杆如图只能在竖直方向上运动，某一时刻杆与半圆柱的相对位置如图，且发现此时 AB 杆上升的速度恰好也为 v，则下列说法中正确的是（ ）A 杆的端点 A 相对圆柱中心 O 做的是直线运动B 图示位置半圆柱正向左运动C 图示位置杆向上做的是加速运动D 图示位置图中的 =考点： 共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力专题： 共点力作用下物体平衡专题分析： 竖直杆的速度方向竖直向上，是杆子与半圆柱体的接触点沿切线方向的速度与半圆柱速度的合速度，根据速度的合成求出杆的速度与关圆柱体的速度关系即可解答： 解：杆
15、子的实际速度是接触点沿切线方向的速度与半圆柱速度的合速度，如图，根据速度的合成，运用平行四边形定则，得 v 杆 =vtanA、杆向上运动，则半圆柱正向右运动， 角减小，tan 减小，v 杆 =vtan 减小，杆做减速运动，加速度方向向下，O 点水平方向运动运动，A 点相对 O 点的速度方向不在竖直方向上，所以 A 相对于 O 做曲线运动，故 ABC 错误；D、根据速度的合成有 v 杆 =vtan=v，所以 tan=1，解得： ，故 D 正确故选：D点评： 解决本题的关键知道杆子的实际速度是接触点沿切线方向的速度与半圆柱速度的合速度，会运用平行四边形定则进行合成二、多项选择题：本题共 5 小题，
16、每小题 4 分，共 20 分，每小题有两个或两个以上选项符合题意全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，错选或不答的得 0 分8 （4 分）回旋加速器的工作原理如图所示，置于真空中的 D 型金属盒半径为 R，两金属盒间的狭缝很小，磁感应强度为 B 的匀强磁场与金属盒盒面垂直，高频交流电的频率为f、电压大小恒为 U，若中心粒子源放射出的质子质量为 m，电量为+e，从静止开始在加速器中被加速不考虑相对论效应和重力作用，则下列说法正确有（ ）A 若该加速器能实现对质子的加速，则上述物理量必须满足B 若该加速器能实现对质子的加速，则上述物理量必须满足C 质子最终由加速器加速获得的最大速度随电压
17、U 的增大而增大D 质子最终由加速器加速获得的最大速度随磁感应强度 B 的增大而增大考点： 质谱仪和回旋加速器的工作原理分析： 回旋加速器运用电场加速磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力可以求出粒子的最大速度，从而求出最大动能在加速粒子的过程中，电场的变化周期与粒子在磁场中运动的周期相等解答： 解：A、B、带电粒子在磁场中运动的周期与加速电场的周期相等，根据 T= 知，故 A 正确，B 错误；C、D、根据 qvB=m得 v= ，则粒子的最大动能 Ekm= mv2= ，质子最终由加速器加速获得的最大速度随磁感应强度 B 的增大而增大，与加速的电压无关故 D 正确，C 错误故选：AD点评：
18、解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道最大动能与什么因素有关，以及知道粒子在磁场中运动的周期与电场的变化的周期相等9 （4 分） （2013 南通二模）2013 年 1 月 27 日，我国在境内再次成功地进行了陆基中段反导拦截技术试验，中段是指弹道导弹在大气层外空间依靠惯性飞行的一段如图所示，一枚蓝军弹道导弹从地面上 A 点发射升空，目标是攻击红军基地 B 点，导弹升空后，红军反导预警系统立刻发现目标，从 C 点发射拦截导弹，并在弹道导弹飞行中段的最高点 D 将其击毁下列说法中正确的是（ ）A 图中 E 到 D 过程，弹道导弹机械能不断增大B 图中 E 到 D 过程，弹道导弹的加速
19、度不断减小C 弹道导弹在大气层外运动轨迹是以地心为焦点的椭圆D 弹道导弹飞行至 D 点时速度大于 7.9km/s考点： 万有引力定律及其应用；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： 1、E 到 D 的过程，导弹无动力飞行，只受重力，根据机械能守恒的条件：只有重力做功，机械能守恒2、根据万有引力定律 ，E 到 D 的过程，高度增大，则引力变小，根据牛顿第二定律，加速度变小3、导弹在大气层外只受地球引力，根据开普勒第一定律，其运动轨迹是以地心为焦点的椭圆4、根据开普勒第二定律可知，导弹离地面越远速度越小，在地面附近速度最大，最大速度等于第一宇宙速度 7.9km/s解
20、答： 解：A、E 到 D 过程，依靠惯性飞行，只受重力，只有重力做功，机械能守恒，故A 错误B、E 到 D 过程，高度增大，地球对导弹的引力减小，加速度减小，故 B 正确C、根据开普勒第一定律，导弹在大气层外只受地球引力，其运动轨迹是以地心为焦点的椭圆，故 C 正确D、根据开普勒第二定律，导弹离地面越远速度越小，离地面越近速度越大，地面附近的速度为第一宇宙速度 7.9km/s，所以弹道导弹飞行至 D 点时速度小于 7.9km/s，故 D 错误故选 BC点评： 此题考查了机械能的条件，运用牛顿第二定律、开普勒定律分析导弹与卫星运动问题分析导弹在 E 到 D 点的加速度，也可以结合卫星变轨知识来理
21、解10 （4 分）如图所示，在倾角 =30的光滑固定斜面上，放有质量分别为 1kg 和 2kg 的小球 A 和 B，且两球之间用一根长 L=0.3m 的轻杆相连，小球 B 距水平面的高度 h=0.3m现让两球从静止开始自由下滑，最后都进入到上方开有细槽的光滑圆管中，不计球与圆管内壁碰撞时的机械能损失，g 取 10m/s2则下列说法中正确的有（ ）A 从开始下滑到 A 进入圆管整个过程，小球 A 与地球两者组成的系统机械能守恒B 在 B 球未进入水平圆管前，小球 A 与地球组成系统机械能守恒C 两球最后在光滑圆管中运动的速度大小为 m/sD 从开始下滑到 A 进入圆管整个过程，轻杆对 B 球做功
22、 1J考点： 机械能守恒定律；功的计算专题： 机械能守恒定律应用专题分析： 只有重力或只有弹力做功，系统机械能守恒，根据机械能守恒条件判断机械能是否守恒；以系统为研究对象，由机械能守恒定律可以求出两球的速度以 A 为研究对象，应用动能定理可以求得杆对 A 做的功解答： 解：A、从开始下滑到 A 进入圆管整个过程，除重力做功外，杆对 A 做负功，小球A 与地球两者组成的系统机械能不守恒，故 A 错误；B、在 B 球未进入水平圆管前，只有重力对 A 做功，小球 A 与地球组成系统机械能守恒，故 B 正确；C、以 A、B 组成的系统为研究对象，系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：mBgh+mAg（h
23、+Lsin）= （m A+mB）v 2，代入数据解得：v= m/s，故 C 正确；D、以 A 球为研究对象，由动能定理得：m Amg（h+Lsin）+W= mAv2，代入数据解得：W=1J，则轻杆对 B 做功，W B=W=1J，故 D 正确；故选：BCD点评： 本题考查了求球的速度、杆做的功等问题，分析清楚物体运动过程，应用机械能守恒定律与动能定理即可正确解题11 （4 分）如图电路，C 为电容器的电容， D 为理想二极管（具有单向导通作用） ，电流表、电压表均为理想表闭合开关 S 至电路稳定后，调节滑动变阻器滑片 P 向左移动一小段距离，结果发现电压表 V1 的示数改变量大小为U 1，电压表
24、 V2 的示数改变量大小为U2，电流表 A 的示数改变量大小为I，则下列判断正确的有（ ）A 的值变大B 的值变大C 的值不变，且始终等于电源内阻 rD 滑片向左移动的过程中，电容器所带的电荷量要不断减少考点： 电容；闭合电路的欧姆定律专题： 电容器专题分析： 由电路图先明确电路的结构，再根据滑动变阻器的移动明确电阻的变化；由闭合电路欧姆定律可知电路电流的变化，则可分析内电压、路端电压及各部分电压的变化解答： 解：由图可知 R1 与 R 串联，V 1 测 R 两端的电压，V 2 测路端的电压若 P 向左端移动，则滑动变阻器接入电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流减小，则内电压减小，路
25、端电压增大，即电压表 V2 的示数增大，R 1 两端的电压减小，所以 V1 的示数增大A、根据欧姆定律得 的值等于滑动变阻器的阻值，所以 的值变大，故 A 正确；B、根据闭合电路欧姆定律得：U 1=EI（R 1+r） ，则 =R1+r，所以 的值不变；故 B 错误；C、根据闭合电路欧姆定律得：由 U2=EIr，则 =r，所以 的值不变；故 C 正确；D、滑片向左移动的过程中，由于理想二极管具有单向导通作用，所以电容器所带的电荷量不变，故 D 错误；故选：AC点评： 闭合电路欧姆定律的动态分析类题目，一般可按外电路内电路外电路的分析思路进行分析，在分析时应注意结合闭合电路欧姆定律及串并联电路的性
26、质12 （4 分）如图传送带以 v1 的速度匀速运动，物体以 v2 的速度从 B 点滑上传送带，已知A、B 之间的传送带长度为 L，物体与传送带之间的动摩擦因素为 ，则以下判断正确的是（ ）A 当 2 1 时，物体一定从左端离开传送带B 当 时，物体一定从左端离开传送带C 物体从右端 B 点离开传送带时的速度一定等于 v1D 物体从右端 B 点离开传送带时的速度一定不会大于 v2考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系专题： 牛顿运动定律综合专题分析： 小滑块滑上传送带，判断出摩擦力的方向，根据合力得出加速度的大小和方向，判断出物块在整个过程中的运动情况，从而确定运动的时间以及离开传送带的速度解答： 解：A、当 v2、L 满足一定条件时，物体可以从 A 端离开传送带，物体一直做匀
