山西省呂梁市方山中學2022年高三物理期末試卷含解析一、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.如圖所示是物體在某段直線運動過程中的v-t圖象，則物體由tl到t2運動的過程中(

)A．合外力不斷增大

B．加速度不斷減小C．位移不斷減小

D．平均速度參考答案：B2.如圖所示，把球夾在豎直墻AC和木板BC之間，不計摩擦，球對墻的壓力為F1，對木板的壓力為F2。在將板BC逐漸放至水平的過程中，下列說法中，正確的是（

）A．F1和F2都增大

B．F1和F2都減小C．F1增大，F2減小

D．F1減小，F2增大參考答案：B3.隨著我國人民生活水平的不斷提高，家庭中使用的電器越來越多。下列電器中主要利用電流的熱效應工作的是(

)Ks5uA．電風扇

B．電熨斗

C．洗衣機

D．電飯煲參考答案：BD4.2014年10月24日，“嫦娥五號”在西昌衛星發射中心發射升空，并在8天后以“跳躍式再入”方式成功返回地面。“跳躍式再入”指航天器在關閉發動機后進入大氣層，依靠大氣升力再次沖出大氣層，降低速度后再進入大氣層，如圖所示，虛線為大氣層的邊界。已知地球半徑R，地心到d點距離r，地球表面重力加速度為g。下列說法正確的是A．“嫦娥五號”在b點處于完全失重狀態B．“嫦娥五號”在d點的加速度小于gR2/r2C．“嫦娥五號”在a點速率大于在c點的速率D．“嫦娥五號”在c點速率大于在e點的速率參考答案：C【知識點】人造衛星的加速度、周期和軌道的關系．解析：A、“嫦娥五號”在b點處于失重狀態，由于受到阻力作用，不是完全失重狀態，故A錯誤．B、在d點，“嫦娥五號”的加速度a=，又GM=gR2，所以a=．故B錯誤．C、“嫦娥五號”從a點到c，萬有引力不做功，由于阻力做功，則a點速率大于c點速率．故C正確．D、從c點到e點，沒有空氣阻力，機械能守恒，則c點速率和e點速率相等，故D錯誤．故選：C．【思路點撥】根據加速度的方向確定“嫦娥五號”處于超重還是失重，根據牛頓第二定律，結合GM=gR2求出d點的加速度．嫦娥五號從a點到c點，萬有引力不做功，阻力做負功，根據動能定理比較a、c兩點的速率大小．從c點到e點，機械能守恒，速率大小相等．解決本題的關鍵知道衛星在大氣層中受到空氣阻力作用，在大氣層以外不受空氣阻力，結合動能定理、機械能守恒進行求解．5.（單選）如圖所示，將質量為m的滑塊放在傾角為的固定斜面上。滑塊與斜面之間的動摩擦因數為。若滑塊與斜面之間的最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，重力加速度為g，則:A．將滑塊由靜止釋放，如果＞tan，滑塊將下滑B．給滑塊沿斜面向下的初速度，如果＜tan，滑塊將減速下滑C．用平行于斜面向上的力拉滑塊向上勻速滑動，如果=tan，拉力大小應是2mgsinD．用平行于斜面向下的力拉滑塊向下勻速滑動，如果=tan，拉力大小應是mgsin參考答案：C

解析：A、若μ＞tanθ，則mgsinθ-μmgcosθ＜0．所以滑塊不會下滑．故A錯誤．B、若μ＜tanθ，mgsinθ-μmgcosθ＞0，則合力大于0，所以滑塊會受到向下的力，將加速下滑，故B錯誤；C、如果μ=tanθ，則合力等于0．當滑塊向上運動的時候，摩擦力方向與運動相反，即向下，所以向上的拉力大小F=mgsinθ+μmgcosθ，因為μ=tanθ，所以mgsinθ=μmgcosθ，所以F=2mgsinθ，故C正確．D、如果μ=tanθ．mgsinθ-μmgcosθ=0，則合力等于零．則無需拉力拉動，滑塊只需要有給他一個速度即可以勻速向下滑動了，故D錯誤；故選：C．二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.一平行板電容器充電后與電源斷開，正極板接地，在兩極板間有一負電荷（電量很小，不影響電場分布）固定在P點，如圖所示，U表示電容器的電壓，EP表示負電荷在P點的電勢能，若保持正極板不動，將負極板移到圖中虛線所示的位置，則U________（填變大、變小或者不變），EP________（填變大、變小或者不變）.參考答案：變小

不變7.

（選修3－4模塊）（5分）機械波和電磁波都能傳遞能量，其中電磁波的能量隨波的頻率的增大而

。波的傳播及其速度與介質有一定的關系，在真空中，機械波是

傳播的，電磁波是

傳播的。（填能、不能、不確定），在從空氣進入水的過程中，機械波的傳播速度將

，電磁波的傳播速度將

（填增大、減小、不變）。參考答案：答案：增大

不能

能

增大

減小8.在質量為M的電動機飛輪上，固定著一個質量為m的重物，重物到軸的距離為R，如圖所示，為了使電動機不從地面上跳起，電動機飛輪轉動的最大角速度不能超過__________。參考答案：

9.一只標有“18V，10W”的燈泡，正常工作時的電阻為Ω；若用多用電表的歐姆檔來測量這只燈泡的電阻，則測出的阻值應（填“大于”、“等于”或“小于”）正常工作時的電阻。參考答案：32.4Ω，小于10.公交車在平直公路上勻速行駛，前方黃燈亮起后，司機立即采取制動措施，使汽車開始做勻減速運動直到汽車停下。已知開始制動后的第1s內和第2s內汽車的位移大小依次為8m和4m。則汽車的加速度大小為_______m/s2；開始制動時汽車的速度大小為_______m/s；開始制動后的3s內，汽車的位移大小為________m。參考答案：4，10，12.5（提示：汽車勻減速運動只經歷了2.5s。）11.如圖所示，平行板電容器充電后，b板與靜電計金屬球連接，a板、靜電計外殼均接地，靜電計的指針偏轉開一定角度．若減小兩極板a、b間的距離，同時在兩極板間插入電介質，則靜電計指針的偏轉角度會

（填變大、變小或不變）參考答案：變小12.一打點計時器固定在斜面上某處，一小車拖著穿過打點計時器的紙帶從斜面上滑下，下圖是打出紙帶的一段。①已知打點計時器使用的交流電頻率為50Hz，利用下圖給出的數據可求出小車下滑的加速度a=____________。②為了求出小車在下滑過程中所受的阻力，還需測量的物理量有_____________。用測得的量及加速度a表示阻力的計算式是為f=_______________。參考答案：（1）①4.00m/s2 （2分，3.90～4.10m/s2之間都正確） ②小車質量m；斜面上任意兩點間距離l及這兩點的高度差h。（2分）13.如圖甲所示，垂直紙面向里的有界勻強磁場磁感應強度B=1.0T，質量為m=0.04kg、高h=0.05m、總電阻R=5Ω、n=100匝的矩形線圈豎直固定在質量為M=0.08kg的小車上，小車與線圈的水平長度l相同．當線圈和小車一起沿光滑水平面運動，并以初速度v1=10m/s進入磁場，線圈平面和磁場方向始終垂直。若小車運動的速度v隨車的位移x變化的v－x圖象如圖乙所示，則根據以上信息可知

（

）

A．小車的水平長度l=15cm

B．磁場的寬度d=35cm

C．小車的位移x=10cm時線圈中的電流I=7A

D．線圈通過磁場的過程中線圈產生的熱量Q=1.92J參考答案：C三、實驗題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.某興趣小組為測定一遙控電動小車的額定功率，進行如下實驗：①用天平測出電動小車的質量為1.0Kg；②將電動小車、紙帶和打點計時器按如下圖所示安裝；

③接通打點計時器（其打點周期為0.02s）；④使電動小車以額定功率加速運動，達到最大速度一段時間后關閉小車電源，待小車靜止時再關閉打點計時器（設在整個過程中小車所受的阻力恒定）。在上述過程中，打點計時器在紙帶上所打的部分點跡如下圖乙所示。

請你分析紙帶數據，回答下面兩個問題：(Ⅰ)電動小車的最大速度為

m/s，(Ⅱ)該電動小車的額定功率為

W。

參考答案：(Ⅰ)

1.50

(Ⅱ)

3.00

15.（1）某位同學在做驗證牛頓第二定律實驗時，實驗前必須進行的操作步驟是平衡摩擦力．（2）正確操作后通過測量，作出a﹣F圖線，如圖1中的實線所示．試分析：圖線上部彎曲的原因是沒有滿足小車質量M遠大于砂和砂桶的質量m；（3）打點計時器使用的交流電頻率f=50Hz，如圖2是某同學在正確操作下獲得的一條紙帶，其中A、B、C、D、E每兩點之間還有4個點沒有標出，寫出用s1、s2、s3、s4以及f來表示小車加速度的計算式：a=（用英文字母表示）；根據紙帶所提供的數據，算得小車的加速度大小為0.60m/s2（結果保留兩位有效數字）．參考答案：解：（1）小車質量M一定時，其加速度a與合力F成正比，而小車與木板之間存在摩擦力，這樣就不能用繩子的拉力代替合力，所以在做實驗正確必須要先平衡摩擦力；（2）隨著外力F的增大，砂和砂筒的質量越來越大，最后出現了不滿滿足遠小于小車質量的情況，因此圖線出現了上部彎曲的現象；（3）由題意可知兩計數點只覺得時間間隔為：△T==0.1s，根據勻變速直線運動推論有：S4﹣S2=2a1T2

①S3﹣S1=2a2T2

②a=

③聯立①②③得：帶入數據解得：a=0.60m/s2故答案為：平衡摩擦力；（2）沒有滿足小車質量M遠大于砂和砂桶的質量m（3）；0.60四、計算題：本題共3小題，共計47分16.如圖所示,粗糙水平桌面PO長為L=1m,桌面距地面高度H=O.2m,在左端P正上方細繩懸掛質量為m的小球A,A在距桌面高度h=0.8m處自由釋放,與靜止在桌面左端質量為m的小物塊B發生對心碰撞,碰后瞬間小球A的速率為碰前瞬間的1/4,

方向仍向右,已知小物塊B與水平桌面PO間動摩擦因數μ=0.4,取重力加速度g：=10m/s2。(1)求碰前瞬間小球A的速率和碰后瞬間小物塊B的速率分別為多大；(2)求小物塊B落地點與O點的水平距離。參考答案：解：（1）設碰前瞬間小球A的速度大小為，碰后瞬間小物塊B速度大小為

對小球A，由機能守恒定律

…（3分）

…（1分）對系統，由動量守恒定律

…（3分）

…（1分）（2）設小物塊B由桌面右端O水平拋出速度大小為，由動能定理：

…（3分）

…（1分）小物塊B由O水平拋出，豎直方向，

…（2分）

t=0.2s

…（1分）水平方向，

…（2分）

x=0.2m

…（1分）17.如圖所示，兩塊平行金屬板MN水平放置，板長L=1m，間距，兩金屬板間電壓UMN=1×104V；在平行金屬板右側依次存在ABC和FGH兩個全等正三角形區域，正三角形ABC內存在垂直紙面向里的勻強磁場B1，三角形的上頂點A與上金屬板M平齊，BC邊與金屬板平行，AB邊的中點P恰好在下金屬板N的右端點；正三角形FGH內存在垂直紙面向外的勻強磁場B2，已知A、F、G處于同一直線上，B、C、H也處于同一直線上，AF兩點距離為。現從平行金屬板MN左端沿中心軸線方向入射一個質量m1=3×10-10kg，帶電量q1=+1×10-4C，初速度v0=1×105m/s的帶電粒子。在AC邊中點靜止著一個質量m2=m1的不帶電粒子。兩粒子均可看作質點且重力均忽略不計，它們碰撞后黏合在一起運動。結果可用根式表式。⑴求帶電粒子從電場中射出時的速度v的大小和方向；⑵若帶電粒子進入三角形區域ABC后垂直于AC邊與不帶電的粒子碰撞，求該區域的磁感應強度B1；⑶在滿足第⑵問條件的情況下，若B2=B1，求碰撞后的黏合體由FH邊界進入FGH區域，其從該區域的出射點到G點的距離；⑷在滿足第⑵問條件的情況下，若要使碰撞后的黏合體由FH邊界進入FGH區域并能再次回到FH界面，求B2應滿足的條件。參考答案：解：⑴帶電粒子在偏轉電場中做類平拋運動，由平拋運動規律在水平方向，有

（1分）在豎直方向，有

，（1分）偏轉角

（1分）由牛頓第二定律有

由以上四式解得

，，（1分）⑵帶電粒子在磁場區域ABC中做勻速圓周運動的圓心在A點，軌跡如圖所示，由幾何關系知其半徑為

解得

（1分）由牛頓第二定律，有

（1分）解得

（1分）⑶兩粒子碰撞過程，動量守恒（1分）在磁場區域FGH中，由牛頓第二定律有

（1分）解得

由幾何關系有

（1分）其運動情況如圖所示，在斜三角形O1KH中，由余弦定理有（3分）解得

所以

（1分）⑷臨界情況下的運動軌跡如圖所示，由幾何關系有（3分）解得

要使粒子從FH邊界穿出，應滿足（1分）由牛頓第二定律有（1分）解得

（1分）18.（18分）如圖所示，光滑的U型金屬導軌PQMN水平地固定在豎直向上的勻強磁場中．磁感應強度為B，導軌的寬度為L，其長度足夠長，QM之間接有一個阻值為R的電阻，其余部分電阻不計。一質量為m，電阻也為R的金屬棒ab，恰能放在導軌之上并與導軌接觸良好。當給棒施加一個水平向右的沖量，棒就沿軌道以初速度v0開始向右滑行。求：（1）開始運動時，棒中的瞬間電流i和棒兩端的瞬間電壓u分別為