云南省曲靖市沾益縣第三中學2022年高三物理下學期期末試卷含解析一、選擇題：本題共5小題，每小題3分，共計15分．每小題只有一個選項符合題意1.在xoy平面內有一列沿x軸正方向傳播的簡諧橫波，波速為2m/s。M、N是平衡位置相距2m的兩個質點，如圖所示。在t=0時，M通過其平衡位置沿y軸正方向運動，N位于其平衡位置上方最大位移處。已知該波的周期大于1s，則下列說法中正確的是

（A）該波的周期為s（B）在t=s時，N的速度一定為2m/s（C）從t=0到t=1s，M向右移動了2m（D）從t=s到t=s，M的動能逐漸增大

參考答案：D2.為了研究樂音的物理規律，某同學用計算機錄制下優美的笛音do和sol，然后在電腦上用軟件播放，分別得到如下圖（a）和圖（b）的兩個振動圖像，由此可以判斷（

）A．do和sol的頻率之比約為2：3B．do和sol的周期之比約為2：3C．do和sol在空氣中傳播的波速之比為3：2D．do和sol在空氣中傳播的波長之比為3：2參考答案：、AD

3.下表是一些有關火星和地球的數據，利用萬有引力常量G和表中選擇的一些信息可以完成的估算是（）信息序號

①

②

③

④

⑤信息內容地球一年約365天地表重力加速度約為9.8m/s2火星的公轉周期為687天日地距離大約是1.5億km地球半徑約6400km

A.選擇可以估算地球質量B.選擇可以估算太陽的密度C.選擇可以估算火星公轉的線速度D.選擇可以估算太陽對地球的吸引力參考答案：AC【分析】選擇要研究的系統，根據列出表達式，根據已知條件即可進行判斷。【詳解】A、根據可知選擇②⑤中的g和R，可以估算地球質量M，故A正確；B、根據，則選擇①中的地球的公轉周期T和④的日地距離r可以估算太陽的質量，但是由于不知太陽的半徑，則不能估算太陽的密度，故B錯誤；C、因選擇①④可以估算太陽的質量，根據，再選擇③可知火星的公轉周期可求解火星公轉的半徑，再根據可估算火星公轉的線速度，故C正確；D、選擇①②④因為不能確定地球的質量，則不可以估算太陽對地球的吸引力，故D錯誤；故選：AC。【點睛】本題考查萬有引力定律的運用，解決本題的關鍵是建立物理模型，利用衛星常用的兩條思路：重力等于萬有引力，以及萬有引力等于向心力，進行列式分析。4.(單選)靜止在光滑水平面上的物體，受到一個大小不為零的水平拉力作用，若拉力開始作用瞬間物體的速度大小為v，加速度大小為a，則下列判斷中正確的是:

（

）（A）v≠0，a≠0 （B）v=0，a≠0 （C）v≠0，a=0 （D）v=0，a=0參考答案：B5.(釷)經過一系列和衰變，變為（鉛)，則A．鉛核比釷核少8個質子B．鉛核比釷核少24個中子C．此變化過程中共有4個中子轉變為質子D．共經過6次衰變和4次衰變參考答案：答案：ACD二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.(4分)請將右面三位科學家的姓名按歷史年代先后順序排列：

、

、

。任選其中二位科學家，簡要寫出他們在物理學上的主要貢獻各一項：

，

。參考答案：答案：伽利略，牛頓，愛因斯坦。伽利略：望遠鏡的早期發明，將實驗方法引進物理學等；牛頓：發現運動定律，萬有引力定律等；愛因斯坦：光電效應，相對論等。7.(4分)某實驗小組利用數字實驗系統探究彈簧振子的運動規律，裝置如圖所示，水平光滑導軌上的滑塊與輕彈簧組成彈簧振子，滑塊上固定有傳感器的發射器。把彈簧拉長5cm后由靜止釋放，滑塊開始振動。他們分析位移—時間圖象后發現，滑塊的運動是簡諧運動，滑塊從最右端運動到最左端所用時間為1s，則彈簧振子的振動頻率為

Hz；以釋放的瞬時為初始時刻、向右為正方向，則滑塊運動的表達式為x=

cm。

參考答案：0.5（1分）；5cosπt（3分）8.如圖（a）所示，阻值為R、匝數為n的圓形金屬線圈與一個阻值為2R的電阻連接成閉合電路。線圈的半徑為r1，在線圈中半徑為r2的圓形區域存在垂直于線圈平面的勻強磁場（向里為正），磁感應強度B隨時間t變化的關系如圖（b）所示，圖中B1、t1為已知量。導線電阻不計，則t1時刻經過電阻的電流方向為_________（選填“a→b”或“b→a”），電流的大小為___________。參考答案：b→a，

9.（5分）重力勢能實際上是萬有引力勢能在地面附近的近似表達式，其更精確的表達式為，式中G為萬有引力恒量，M為地球質量，m為物體質量，r為物體到地心的距離，并以無窮遠處引力勢能為零。現有一質量為m的地球衛星，在離地面高度為H處繞地球做勻速圓周運動，已知地球半徑為R，地球表面處的重力加速度為g，地球質量未知，則衛星做勻速圓周運動的線速度為

，衛星運動的機械能為

。參考答案：；10.某實驗小組設計了如圖甲所示的實驗裝置，通過改變重物的質量來探究滑塊運動的加速度和所受拉力F的關系。他們在軌道水平和傾斜的兩種情況下分別做了實驗，得到了兩條一F圖線，如圖乙所示。

（1）圖線①是軌道處于

（填“水平”或“傾斜”）情況下得到的實驗結果；（2）圖線①、②的傾斜程度（斜率）一樣，說明了什么問題?

（填選項前的字母）

A．滑塊和位移傳感器發射部分的總質量在兩種情況下是一樣的

B．滑塊和位移傳感器發射部分的總質量在兩種情況下是不一樣的C．滑塊和位移傳感器發射部分的總質量在兩種情況下是否一樣不能確定參考答案：（1）

傾斜

；

（2）

A

11.如圖1－26所示，質量為m、橫截面為直角三角形的物塊ABC，∠BAC＝α，AB邊靠在豎直墻上，F是垂直于斜面AC的推力，現物塊靜止不動，則摩擦力大小為

。參考答案：12.沿x軸負方向傳播的簡諧波，t=0時刻的波形圖如圖所示，已知波速為10m/s，質點P的平衡位置為x=17m，P點振動頻率為__________Hz，則P點至少再經__________s可達波峰。參考答案：0.5Hz

1.3s13.如圖，一塊木塊用細線懸掛于O點，現用一釘子貼著細線的左側，沿與水平方向成30°角的斜面向右以速度υ勻速移動，移動中始終保持懸線豎直，到圖中虛線位置時，木塊速度的大小為，與水平方向夾角為60°．參考答案：解：橡皮沿與水平方向成300的斜面向右以速度v勻速運動，由于橡皮沿與水平方向成300的斜面向右以速度v勻速運動的位移一定等于橡皮向上的位移，故在豎直方向以相等的速度勻速運動，根據平行四邊形定則，可知合速度也是一定的，故合運動是勻速運動；根據平行四邊形定則求得合速度大小v合=2vcos30°=，方向不變和水平方向成60°．故答案為：υ，60°三、簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.靜止在水平地面上的兩小物塊A、B，質量分別為mA=l.0kg，mB=4.0kg；兩者之間有一被壓縮的微型彈簧，A與其右側的豎直墻壁距離l=1.0m，如圖所示。某時刻，將壓縮的微型彈簧釋放，使A、B瞬間分離，兩物塊獲得的動能之和為Ek=10.0J。釋放后，A沿著與墻壁垂直的方向向右運動。A、B與地面之間的動摩擦因數均為u=0.20。重力加速度取g=10m/s2。A、B運動過程中所涉及的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短。（1）求彈簧釋放后瞬間A、B速度的大小；（2）物塊A、B中的哪一個先停止？該物塊剛停止時A與B之間的距離是多少？（3）A和B都停止后，A與B之間的距離是多少？參考答案：（1）vA=4.0m/s，vB=1.0m/s；（2）A先停止；0.50m；（3）0.91m；分析】首先需要理解彈簧釋放后瞬間的過程內A、B組成的系統動量守恒，再結合能量關系求解出A、B各自的速度大小；很容易判定A、B都會做勻減速直線運動，并且易知是B先停下，至于A是否已經到達墻處，則需要根據計算確定，結合幾何關系可算出第二問結果；再判斷A向左運動停下來之前是否與B發生碰撞，也需要通過計算確定，結合空間關系，列式求解即可。【詳解】（1）設彈簧釋放瞬間A和B的速度大小分別為vA、vB，以向右為正，由動量守恒定律和題給條件有0=mAvA-mBvB①②聯立①②式并代入題給數據得vA=4.0m/s，vB=1.0m/s（2）A、B兩物塊與地面間的動摩擦因數相等，因而兩者滑動時加速度大小相等，設為a。假設A和B發生碰撞前，已經有一個物塊停止，此物塊應為彈簧釋放后速度較小的B。設從彈簧釋放到B停止所需時間為t，B向左運動的路程為sB。，則有④⑤⑥在時間t內，A可能與墻發生彈性碰撞，碰撞后A將向左運動，碰撞并不改變A的速度大小，所以無論此碰撞是否發生，A在時間t內的路程SA都可表示為sA=vAt–⑦聯立③④⑤⑥⑦式并代入題給數據得sA=1.75m，sB=0.25m⑧這表明在時間t內A已與墻壁發生碰撞，但沒有與B發生碰撞，此時A位于出發點右邊0.25m處。B位于出發點左邊0.25m處，兩物塊之間的距離s為s=025m+0.25m=0.50m⑨（3）t時刻后A將繼續向左運動，假設它能與靜止的B碰撞，碰撞時速度的大小為vA′，由動能定理有⑩聯立③⑧⑩式并代入題給數據得

故A與B將發生碰撞。設碰撞后A、B的速度分別為vA′′以和vB′′，由動量守恒定律與機械能守恒定律有

聯立式并代入題給數據得

這表明碰撞后A將向右運動，B繼續向左運動。設碰撞后A向右運動距離為sA′時停止，B向左運動距離為sB′時停止，由運動學公式

由④式及題給數據得sA′小于碰撞處到墻壁的距離。由上式可得兩物塊停止后的距離15.如圖所示，在平面直角坐標系中有一個垂直紙面向里的圓形勻強磁場，其邊界過原點O和y軸上的點A（0，L）．一質量為m、電荷量為e的電子從A點以初速度v0平行于x軸正方向射入磁場，并從x軸上的B點射出磁場，射出B點時的速度方向與x軸正方向的夾角為60°．求：（1）勻強磁場的磁感應強度B的大小；（2）電子在磁場中運動的時間t．參考答案：答：（1）勻強磁場的磁感應強度B的大小為；（2）電子在磁場中運動的時間t為考點： 帶電粒子在勻強磁場中的運動；牛頓第二定律；向心力．專題： 帶電粒子在磁場中的運動專題．分析： （1）電子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律可以求出磁感應強度．（2）根據電子轉過的圓心角與電子做圓周運動的周期可以求出電子的運動時間．解答： 解：（1）設電子在磁場中軌跡的半徑為r，運動軌跡如圖，可得電子在磁場中轉動的圓心角為60°，由幾何關系可得：r﹣L=rcos60°，解得，軌跡半徑：r=2L，對于電子在磁場中運動，有：ev0B=m，解得，磁感應強度B的大小：B=；（2）電子在磁場中轉動的周期：T==，電子轉動的圓心角為60°，則電子在磁場中運動的時間t=T=；答：（1）勻強磁場的磁感應強度B的大小為；（2）電子在磁場中運動的時間t為．點評： 本題考查了電子在磁場中的運動，分析清楚電子運動過程，應用牛頓第二定律與周期公式即可正確解題．四、計算題：本題共3小題，共計47分16.在水平長直的軌道上，有一長度為L的平板車在外力控制下始終保持速度v0做勻速直線運動。某時刻將一質量為m的小滑塊輕放到車面的中點，滑塊與車面間的動摩擦因數為μ，此時調節外力，使平板車仍做速度為v0的勻速直線運動。(1)若滑塊最終停在小車上，滑塊和車之間因為摩擦產生的內能為多少？（結果用m，v0表示）(2)已知滑塊與車面間動摩擦因數μ=0.2，滑塊質量m=1kg，車長L=2m，車速v0=4m/s，取g=10m/s2，當滑塊放到車面中點的同時對該滑塊施加一個與車運動方向相同的恒力F，要保證滑塊不能從車的左端掉下，恒力F大小應該滿足什么條件？參考答案：（1）（2）解：根據牛頓第二定律，滑塊相對車滑動時的加速度滑塊相對車滑動的時間：滑塊相對車滑動的距離滑塊與車摩擦產生的內能由上述各式解得（與動摩擦因數無關的定值）（2）設恒力F取最小值為，滑塊加速度為，此時滑塊恰好達到車的左端，則：滑塊運動到車左端的時間由幾何關系有：由牛頓定律有：聯立可以得到：，則恒力F大小應該滿足條件是：。17.如圖，有一玻璃圓柱體，橫截面半徑為R=10cm，長為L=100cm．一點光源在玻璃圓柱體中心軸線上的A點，與玻璃圓柱體左端面距離d=4cm，點光源向各個方向發射單色光，其中射向玻璃圓柱體從左端面中央半徑為r=8cm圓面內射入的光線恰好不會從柱體側面射出．光速為c=3×108m/s；求：（i）玻璃對該單色光的折射率；（ii）該單色光通過玻璃圓柱體的最長時間．參考答案：解：（i）由題意可知，光線AB從圓柱體左端面射入，其折射光BD射到柱面D點恰好發生全反射．設光線在B點的入射角為i．則sini==由折射定律得：

n=sinC=根據幾何知識得：sinθ=cosC=得：n=（ii）折射光BD在玻璃柱體內傳播路程最長，因而傳播時間最長．最長的路程為：S==nL

光在玻璃中傳播的速度為：v=則該單色光通過玻璃圓柱體的最長時間為：t===6×10﹣9s答：（i）玻璃對該單色光的折射率是；（ii）該單色光通過玻璃圓柱體的最長時間是6×10﹣9s．【考點】光的折射定律．【分析】（i）光線AB從圓柱體左端面射入，其折射光BD射到柱面D點恰好發生全反射，入射角等于臨界角C，由幾何關系求出臨界