廣東省汕尾市職業(yè)技術學院附屬中學2022年高三物理下學期期末試卷含解析

廣東省汕尾市職業(yè)技術學院附屬中學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.如圖所示，某同學斜向上拋出一石塊，空氣阻力不計。下列關于石塊在空中運動過程中的速率v、加速度a、水平方向的位移x和重力的瞬時功率P隨時間t變化的圖象中，正確的是參考答案：C2.(多選)如圖，在光滑的水平面上，疊放著兩個質(zhì)量分別為m、M的物體（m<M），用一水平恒力作用在m物體上，兩物體相對靜止地向右運動，現(xiàn)把此水平恒力作用在M物體上，則以下說法正確的是（

）A．兩物體間的摩擦力大小不變B.m受到的合外力與第一次相同C.M受到的摩擦力減小D.兩物體間可能有相對運動參考答案：BC3.（多選）小球從高處下落到豎直放置的輕彈簧上（如圖甲），在剛接觸輕彈簧的瞬間（如圖乙），速度是5m/s，將彈簧壓縮到最短（如圖丙）的整個過程中，小球的速度v和彈簧縮短的長度△x之間的關系如圖丁所示，其中A為曲線的最高點．已知該小球重為2N，彈簧在受到撞擊至壓縮到最短的過程中始終發(fā)生彈性形變，彈簧的彈力大小與形變成正比．下列說法正確的是（）A．在撞擊輕彈簧到輕彈簧壓縮至最短的過程中，小球的動能先變大后變小B．從撞擊輕彈簧到它被壓縮至最短的過程中，小球的機械能先增大后減小C．小球在速度最大時受到的彈力為2ND．此過程中，彈簧被壓縮時產(chǎn)生的最大彈力為12.2N參考答案：考點：功能關系；彈性勢能．分析：小球的速度先增加后減小，故其動能先增大后減小，在整個過程中只有重力和彈簧彈力對小球做功，故小球與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，在壓縮彈簧的過程中彈簧的彈性勢能增加故小球的機械能減小，小球速度最大時彈力大小與小球的重力平衡，根據(jù)胡克定律求彈簧壓縮時產(chǎn)生的最大彈力．解答：解：A、由圖可知，小球的速度先增加后減小，故小球的動能先增大后減小，故A正確；B、在小球下落過程中至彈簧壓縮最短時，只有重力和彈簧彈力做功，故小球與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，在壓縮彈簧的過程中彈簧的彈性勢能增加，故小球的機械能減小，所以B錯誤；C、小球下落時，當重力與彈簧彈力平衡時小球的速度最大，據(jù)此有：小球受到的彈力大小與小球的重力大小平衡，故此時小球受到的彈力為2N，故C正確；D、小球速度最大時，小球的彈力為2N，此時小球的形變量為0.1m，故可得彈簧的勁度系數(shù)k=20N/m，故彈簧彈力最大時形變量最大，根據(jù)胡克定律知，小球受到的最大彈力為Fmax=kxmax=20×0.61N=12.2N，故D正確．故選：ACD．點評：本題考查學生對圖象的認識，知道小球落在彈簧上后先做加速運動達到最大速度后再做減速運動，這是解決問題的根本，能根據(jù)速度最大的條件求得彈簧的勁度系數(shù)是關鍵．4.（單選）在物理學的發(fā)展過程中，科學家們創(chuàng)造出了許多物理學研究方法，以下關于所用物理學研究方法的敘述正確的是（） A． 在不需要考慮帶電物體本身的大小和形狀時，用點電荷來代替物體的方法叫微元法 B． 速度是用兩個物理量（位移和時間）的比值定義的一個新的物理量，它的物理意義與原來的兩個物理量完全不同，而加速度不是用比值定義的物理量 C． 在推導勻變速直線運動位移公式時，把整個運動過程劃分成很多小段，每一小段近似看作勻速直線運動，然后把各小段的位移相加，這里采用了理想模型法 D． 伽利略認為自由落體運動就是物體在傾角為90°的斜面上的運動，再根據(jù)銅球在斜面上的運動規(guī)律得出自由落體的運動規(guī)律，這是采用了實驗和邏輯推理相結合的方法參考答案：考點： 物理學史．分析： 在不需要考慮帶電物體本身的大小和形狀時，用點電荷來代替物體的方法叫建立理想化模型的方法．在推導勻變速直線運動位移公式時，把整個運動過程劃分成很多小段，每一小段近似看作勻速直線運動，然后把各小段的位移相加，這里采用了微元法．伽利略認為自由落體運動就是物體在傾角為90°的斜面上的運動，再根據(jù)銅球在斜面上的運動規(guī)律得出自由落體的運動規(guī)律，這是采用了實驗和邏輯推理相結合的方法．解答： 解：A、在不需要考慮帶電物體本身的大小和形狀時，用點電荷來代替物體的方法叫建立理想化模型的方法．故A錯誤．B、速度是用兩個物理量（位移和時間）的比值定義的一個新的物理量，它的物理意義與原來的兩個物理量完全不同，加速度是用比值法定義的，故B錯誤；C、在推導勻變速直線運動位移公式時，把整個運動過程劃分成很多小段，每一小段近似看作勻速直線運動，然后把各小段的位移相加，這里采用了微元法．故C錯誤；D、伽利略認為自由落體運動就是物體在傾角為90°的斜面上的運動，再根據(jù)銅球在斜面上的運動規(guī)律得出自由落體的運動規(guī)律，這是采用了實驗和邏輯推理相結合的方法．故D正確．故選：D．點評： 在高中物理學習的過程中，我們會遇到多種不同的物理分析方法，這些方法對我們理解物理有很大的幫助，故在理解概念和規(guī)律的基礎上，要注意方法的積累．5.如圖是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖，帶電粒子被加速電場加速后，進入速度選擇器．速度選擇器內(nèi)相互正交的勻強磁場和勻強電場的強度分別為B和E．平板S上有可讓粒子通過的狹縫P和記錄粒子位置的膠片A1A2．平板S下方有強度為B0的勻強磁場．下列表述正確的是（）A．質(zhì)譜儀是分析同位素的重要工具

B．速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向外C．能通過的狹縫P的帶電粒子的速率等于E/BD．粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子比荷越小

參考答案：ABC進入B0的粒子滿足，知道粒子電量后，便可求出m的質(zhì)量，所以質(zhì)譜儀可以用來分析同位素，故A正確；假設粒子帶正電，則受電場力向左，由左手定則可判斷磁場方向垂直直面向外，故B正確；由qE=qvB，得v=，此時離子受力平衡，可沿直線穿過選擇器，故C正確；由知R越小，荷質(zhì)比越大，故D錯誤.

二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.(3分)質(zhì)量相等的冰、水、水蒸氣，它們的分子個數(shù)

，它們分子的平均動能

，它們的內(nèi)能

。（填“相同”或“不同”）參考答案：

答案：相同

不同

不同7.某同學利用驗證牛頓第二定律的實驗裝置來驗證動能定理。在一端帶滑輪的長木板上固定放置兩個光電門，其中光電門乙固定在靠近滑輪處，光電門甲的位置可移動。與兩個光電門都相連的計時器可以顯示出遮光片從光電門甲至乙所用的時間。改變光電門甲的位置進行多次測量，每次都使小車上的遮光片從緊靠光電門甲處由靜止開始運動，用米尺測量甲、乙之間的距離s，并記下相應的時間t。測得小車的質(zhì)量為M，鉤碼的質(zhì)量為m，并滿足M遠遠大于m。則：外力對小車做功為W=

，小車動能的增量為△EK=

。（用題中的字母表示）為減小實驗誤差，你認為實驗操作之前必須進行的操作是：

。參考答案：8.（選修3—3）（3分）把熔化的蜂蠟薄薄地涂在玻璃片和云母片上。用一燒熱的針尖接觸蜂蠟層的背面，結果在玻璃和云母上的蜂蠟分別熔化成甲、乙兩種形狀，此現(xiàn)象說明____________________________________________.參考答案：答案：在導熱性能上玻璃各向同性，云母各向異性?！?分）9.A物體靠在墻壁上，現(xiàn)用力向左緩慢推B物體，壓縮彈簧，外力做功W，突然撤去外力，B物體將從靜止開始向右運動，以后將帶動A物體一起做復雜的運動，從A物體開始運動以后的過程中，彈簧的彈性勢能最大值為

.參考答案：W10.為了“探究動能改變與合外力做功”的關系，某同學設計了如下實驗方案：A.第一步:把帶有定滑輪的木板有滑輪的一端墊起，把質(zhì)量為M的滑塊通過細繩與質(zhì)量為m的帶夾重錘相連，然后跨過定滑輪，重錘夾后連一紙帶，穿過打點計時器，調(diào)整木板傾角，直到輕推滑塊后，滑塊沿木板向下勻速運動，如圖甲所示.B.第二步:保持長木板的傾角不變，將打點計時器安裝在長木板靠近滑輪處，取下細繩和鉤碼，將滑塊與紙帶相連，使其穿過打點計時器，然后接通電源釋放滑塊，使之從靜止開始向下加速運動，打出紙帶，如圖乙所示.V打出的紙帶如下圖：試回答下列問題：①已知O、A、B、C、D、E、F相鄰計數(shù)的時間間隔為△t，根據(jù)紙帶求滑塊速度，當打點計時器打A點時滑塊速度vA=_____________,打點計時器打B點時滑塊速度vB=___________.②已知重錘質(zhì)量m，當?shù)氐闹丶铀俣萭，要測出某一過程合外力對滑塊做的功還必須測出這一過程滑塊________(寫出物理名稱及符號,只寫一個物理量)，合外力對滑塊做功的表達式W合=__________.③測出滑塊運動OA段、OB段、OC段、OD段、OE段合外力對滑塊所做的功，WA、WB、WC、WD、WE，以v2為縱軸,以W為橫軸建坐標系,描點作出v2-W圖像,可知它是一條過坐標原點的傾斜直線,若直線斜率為k，則滑塊質(zhì)量M=_______.參考答案：①由時間中點的瞬時速度等于這段時間的平均速度VA=OB/2⊿t=x1/2⊿t

VB=(x3-x1)/2⊿t

②整個系統(tǒng)按圖甲運動，撤去重錘后，滑塊下滑時所受合外力就是重錘的重力，由動能定理，只要知道滑塊下滑的位移x，就可得到合力所做的功，合力功為mgx.③由動能定理可得W=Mv2/2,若描點作出v2-W圖像,是一條過坐標原點的傾斜直線,直線斜率為k,滑塊質(zhì)量M=2/k.11.一個中子與某原子核發(fā)生核反應,生成一個氘核,其核反應方程式為_________________.該反應放出的能量為Q,則氘核的比結合能為_____________________參考答案：；12.某發(fā)電廠用2.2KV的電壓將電能輸出到遠處的用戶，后改為用22KV的電壓，在既有輸電線路上輸送同樣的電功率。前后兩種輸電方式消耗在輸電線上的電功率之比為__________。要將2.2KV的電壓升高到22KV，若變壓器原線圈的匝數(shù)為180匝，則副線圈的匝數(shù)應該是________匝。參考答案：答案：100；1800解析：由于電線的電阻不變，相同的功率，以不同的電壓輸送時，輸送電流也不同。設輸送功率為P，則有，而在電線上損耗功率為，所以有損失的功率與輸送電壓的平方成反比，兩種輸電方式的輸送電壓之比為，所以損失功率之比為，即前后兩種輸電方式消耗在輸電線上的電功率之比為100。理想變壓器沒有能量損失，原副線圈的電壓比等于匝數(shù)比。所以副線圈的匝數(shù)為原線圈匝數(shù)的10倍，等于1800匝。13.“研究回路中感應電動勢E與磁通量變化快慢的關系”實驗，如圖1所示：（1）

某同學改變磁鐵釋放時的高度，作出E-△t圖象尋求規(guī)律，得到如圖2所示的圖線。由此他得出結論：磁通量變化的時間△t越短，感應電動勢E越大，即E與△t成反比。①實驗過程是________的（填寫“正確”“不正確”）；②實驗結論__________________________________________（判斷是否正確并說明理由）。（2）對實驗數(shù)據(jù)的處理可以采用不同的方法①如果橫坐標取_____________，就可獲得如圖3所示的圖線；

②若在①基礎上僅增加線圈的匝數(shù)，則實驗圖線的斜率將__________(填“不變”“增大”或“減小”)。參考答案：)(1)①正確（2分）；②不正確，只有在磁通量變化相同的條件下，時間越短，感應電動勢才越大。另外，從E-△t圖象并不能得到E與△t成反比的結論。(2分)(2)

①1/△t

（2分）

②變大

三、簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.(2)一定質(zhì)量的理想氣體，在保持溫度不變的情況下，如果增大氣體體積，氣體壓強將如何變化？請你從分子動理論的觀點加以解釋．如果在此過程中氣體對外界做了900J的功，則此過程中氣體是放出熱量還是吸收熱量？放出或吸收多少熱量？(簡要說明理由)參考答案：一定質(zhì)量的氣體，溫度不變時，分子的平均動能一定，氣體體積增大，分子的密集程度減小，所以氣體壓強減?。欢ㄙ|(zhì)量的理想氣體，溫度不變時，內(nèi)能不變，根據(jù)熱力學第一定律，當氣體對外做功時氣體一定吸收熱量，吸收的熱量等于氣體對外做的功，即900J.15.（10分）在2008年9月27日“神舟七號”宇航員翟志剛順利完成出艙活動，他的第一次太空行走標志著中國航天事業(yè)全新的時代即將到來。“神舟七號”圍繞地球做圓周運動時所需的向心力是由

提供，宇航員翟志剛出艙任務之一是取回外掛的實驗樣品，假如不小心實驗樣品脫手（相對速度近似為零），則它 （填“會”或“不會”）做自由落體運動。設地球半徑為R、質(zhì)量為M，“神舟七號”距地面高度為h，引力常數(shù)為G，試求“神舟七號”此時的速度大小。參考答案：

答案：地球引力（重力、萬有引力）；不會。（每空2分）

以“神舟七號”為研究對象，由牛頓第二定律得：

（2分）

由勻速圓周運動可知：

（2分）

解得線速度

（2分）四、計算題：本題共3小題，共計47分16.2012年我們中國有了自己的航空母艦“遼寧號”，航空母艦上艦載機的起飛問題一直備受關注。某學習小組的同學通過查閱資料對艦載機的起飛進行了模擬設計。如圖，艦載機總質(zhì)量為m，發(fā)動機額定功率為P，在水平軌道運行階段所受阻力恒為f。艦載機在A處以額定功率啟動，同時開啟電磁彈射系統(tǒng)，它能額外給艦載機提供水平向右、大小為F的恒定推力。經(jīng)歷時間t1，艦載機運行至B處，速度達到v1，電磁彈射系統(tǒng)關閉。艦載機繼續(xù)以額定功率加速運行至C處，經(jīng)歷的時間為t2，速度達到v2。此后，艦載機進入傾斜曲面軌道，在D處離開航母起飛。請根據(jù)以上信息求解下列問題。（1）電磁彈射系統(tǒng)關閉的瞬間，艦載機的加速度。（2）水平軌道AC的長度。（3）若不啟用電磁彈射系統(tǒng)，艦載機在A處以額定功率啟動，經(jīng)歷時間t到達C處，假設速度大小仍為v2，則艦載機的質(zhì)量應比啟用電磁彈射系統(tǒng)時減少多少？（該問AC間距離用x表示。）參考答案：（1）根據(jù)功率表達式可得

由牛頓第二運動定律

②

得

③（2）艦載機在A處以額定功率啟動，同時開啟電磁彈射系統(tǒng)，它能額外給艦載機提供水平向右、大小為F的恒定推力。經(jīng)歷時間t1，艦載機運行至B處，速度達到v1，由動能定理

④

電磁彈射系統(tǒng)關閉。艦載機繼續(xù)以額定功率加速運行至C處，經(jīng)歷的時間為t2，速度達到v2。同理得

⑤（艦載機總位移

⑥

聯(lián)④⑤⑥得

⑦（3）全過程，根據(jù)動能定理有

⑧

應減少的質(zhì)量

⑨得⑩17.(12分)如圖所示，水平面上的平板小車質(zhì)量為m=2kg，其上左端放有一質(zhì)量為M=6kg的鐵塊，鐵塊與平板車間動摩擦因數(shù)0.5，今二者以v0=10m／s的速度向右運動，并與墻發(fā)生彈性碰撞，使小車以大小相同的速度反向彈回．這樣多次進行，求：①欲使M不從小車上落下，小車至少多長?②第一次反彈后到最終狀態(tài)，小車運動的總

路程是多少?(小車與水平面的摩擦不計，g=10m／s2)參考答案：解析：①取平板車與鐵塊為研究系統(tǒng)，由M>m，系統(tǒng)每次與墻碰后總動量向右，經(jīng)多次反復與墻碰撞，最終二者停在墻邊，又因碰撞不損失機械能，系統(tǒng)的動能全在M相對m滑動時轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。設M相對m滑動的距離為s，則：

…………………(2分)

解得:………(2分)

欲使M不從小車上落下，則L≥s故小車至少長…(1分)

②小車第一次反彈向左以10m／s的速度做減速運動，直到速度為零，其加速度大小為

…………………(1分)

故小車第一次向左的最大位移為，代入數(shù)據(jù)得…(1分)

設小車第n一1次碰