江西省吉安市上模中學2022年高三物理期末試題含解析

江西省吉安市上模中學2022年高三物理期末試題含解析一、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1.一輛車由甲地開出沿平直公路開到乙地，剛好停止，其速度圖象如圖所示，那么在0~t和t~3t兩段時間內

A．加速度大小之比為2∶1B．位移大小之比為1∶2C．平均速度大小之比為1∶1D．以上都不對參考答案：ABC2.(多選)某娛樂項目中，參與者拋出一個小球去撞擊觸發(fā)器，從而進入下一關?，F將此娛樂項目進行簡化，假設參與者從觸發(fā)器的正下方以v的速率豎直上拋一小球，小球恰好擊中觸發(fā)器。若參與者仍在剛才的拋出點，沿A、B、C、D四個不同的光滑軌道分別以速率v拋出小球，如圖所示。則小球能夠擊中觸發(fā)器的可能是（

）參考答案：CD由參與者從觸發(fā)器的正下方以v的速率豎直上拋一小球，小球恰好擊中觸發(fā)器，說明小球到達觸發(fā)器的速度為零，對A小球是在圓軌道的內側運動，在最高點要滿足重力提供向心力，在最高點的速度不能為零，即小球不能達到最高點，不能夠擊中觸發(fā)器，A錯；對B小球離開軌道后做斜拋運動，不在沿直線斜向上運動，小球不能達到最高點，不能夠擊中觸發(fā)器，B錯；對CD小球在軌道的最高點都可以為零，所以小球都可能達到最高點，可能擊中觸發(fā)器.3.某同學為研究物體運動情況，繪制了物體運動的x-t圖象，如圖所示。圖中縱坐標表示物體的位移x，橫坐標表示時間t，由此可知該物體做A．勻速直線運動

B．變速直線運動C．勻速曲線運動

D．變速曲線運動參考答案：B4.已知電源的電動勢為E，內電阻為r，將滑動變阻器的滑片P向左移動，則三個燈亮度變化是（

）A．都比原來亮

B．都比原來暗C．A、B燈比原來亮，C燈變暗

D．A、B燈比原來暗，C燈變亮參考答案：C5.如圖1－6所示，在勻強磁場中勻速轉動的矩形線圈的周期為T，轉軸O1O2垂直于磁場方向，線圈電阻為2Ω.從線圈平面與磁場方向平行時開始計時，線圈轉過60°時的感應電流為1A．那么()A．線圈消耗的電功率為4WB．線圈中感應電流的有效值為2AC．任意時刻線圈中的感應電動勢為e＝4costD.任意時刻穿過線圈的磁通量為Φ＝sint圖1－6參考答案：AC二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.如圖為一小球做平拋運動的閃光照片的一部分，圖中背景方格的邊長均為5cm，如果取g=10m/s2，那么（1）閃光頻率是__________Hz。（2）小球運動中水平分速度的大小是__________m/s。（3）小球經過B點時的速度大小是__________m/s。參考答案：（1）10Hz

（2）1.5m/s

（3）2.5m/s。7.歐洲天文學家發(fā)現了一顆可能適合人類居住的行星。若該行星質量為M，半徑為R，萬有引力恒量為G，則繞該行星運動的衛(wèi)星的第一宇宙速度是______________。設其質量是地球的5倍，直徑是地球的1.5倍，在該行星表面附近沿圓軌道運行的人造衛(wèi)星的動能為Ek1，在地球表面附近沿圓軌道運行的相同質量的人造衛(wèi)星的動能為Ek2，則為______________。參考答案：，10/38.一光滑圓環(huán)固定在豎直平面內，環(huán)上套著兩個小球A和B（中央有孔），A、B間由細繩連接著，它們處于如圖中所示位置時恰好都能保持靜止狀態(tài)。此情況下，B球與環(huán)中心O處于同一水平面上，A、B間的細繩呈伸直狀態(tài)，與水平線成30°夾角。已知B球的質量為m，則細繩對B球的拉力為___________，A球的質量為_____________。參考答案：2mg，2m9.（4分）我國陸地面9.6×1012m2，若地面大氣壓

，地面附近重力加速度g=10m/s2，空氣平均摩爾質量為，阿伏伽德羅常數

，我國陸地上空空氣的總質量M=

；我國陸地上空空氣的分子總數N=

。(結果保留兩位有效數字)參考答案：9.6×1016Kg，1.9×1042個

解析：①大氣壓可看作是由空氣重量產生的，

代入數據解出

②分子總數10.一物塊靜置于水平面上，現用一與水平方向成37°角的拉力F使物體開始運動，如圖（a）所示．其后一段時間內拉力F隨時間變化和物體運動速度隨時間變化的圖象如圖（b）所示，已知物塊的質量為0.9kg，g=10m/s2．根據圖象可求得，物體與地面間的動摩擦系數為，0～1s內拉力的大小為6.6N．（sin37°=0.6，cos37°=0.8）參考答案：考點：牛頓第二定律；勻變速直線運動的速度與時間的關系．專題：牛頓運動定律綜合專題．分析：由速度時間圖象抓住1～t1時間內做勻速直線運動，根據共點力平衡求出動摩擦因數，從圖象中求出物體運動的加速度，由牛頓第二定律可求得物體受到的拉力的大?。獯穑航猓何矬w在0～1s內做勻加速直線運動，在1～t1時間內做勻速直線運動，最好做勻減速直線運動．對于勻速直線運動階段，有：Fcos37°=f，f=μ（mg﹣Fsin37°）解得：．在0～1s內，做勻加速直線運動，加速度a=4m/s2．F1cos37°﹣μ（mg﹣F1sin37°）=ma解得F1=6.6N．故答案為：，6.6點評：解決本題的關鍵理清物體的運動規(guī)律，結合牛頓第二定律進行求解．11.如圖所示，實線為一列簡諧波在t＝0時刻的波形，虛線表示經過Dt＝0.2s后它的波形圖，已知T＜Dt＜2T（T表示周期），則這列波傳播速度可能值v＝________________；這列波的頻率可能值f＝________________。參考答案：向右0.25m/s，向左0.35m/s；向右6.25Hz，向左8.75Hz。

12.如圖所示，在河岸上利用定滑輪拉繩使小船靠岸，拉繩速度為v，當船頭繩長方向與水平方向夾角為θ時，船的速度為

。

參考答案：13.實際電流表有內阻，可等效為理想電流表與電阻的串聯．測量實際電流表G1內阻r1的電路如圖9所示．供選擇的儀器如下：①待測電流表G1(0～5mA，內阻約300Ω)，②電流表G2(0～10mA，內阻約100Ω)，③定值電阻R1(300Ω)，④定值電阻R2(10Ω)，⑤滑動變阻器R3(0～1000Ω)，⑥滑動變阻器R4(0～20Ω)，⑦干電池(1.5V)，⑧開關S及導線若干．圖9(1)定值電阻應選________，滑動變阻器應選________．(在空格內填寫序號)(2)用連線連接實物圖．(3)補全實驗步驟：①按電路圖連接電路，________；②閉合開關S，移動滑動觸頭至某一位置，記錄G1、G2的讀數I1、I2；③________________________________________________________________________；圖10④以I2為縱坐標，I1為橫坐標，作出相應圖線，如圖10所示．(4)根據I2I1圖線的斜率k及定值電阻，寫出待測電流表內阻的表達式________．參考答案：(1)根據電路的原理圖，定值電阻應適當大一些，滑動變阻器采用分壓接法時，應選用阻值適當小一些的變阻器(2)連線時要注意電表的正負接線柱不能接反(3)略(4)根據串、并聯電路規(guī)律可知：I2＝I1＋＝I1，所以k＝，所以r1＝(k－1)R1.答案(1)③⑥(2)如圖(3)①將滑動觸頭移至最左端③多次移動滑動觸頭，記錄相應的G1、G2讀數I1、I2(4)r1＝(k－1)R1三、實驗題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.在“驗證力的平行四邊形定則”實驗中，將橡皮條的一端固定在木板上，用兩個彈簧秤把橡皮條的另一端拉到某一位置O點，以下操作中正確的是A.實驗中，只需記錄彈簧測力計的讀數和O點的位置B.在實驗中，彈簧秤必須保持與木板平行，讀數時視線要正對彈簧秤刻度C.實驗中，要先將其中一個彈簧秤沿某一方向拉到最大量程，然后只需調節(jié)另一彈簧秤拉力的大小和方向，把橡皮條的結點拉到O點D.實驗中，把橡皮條的結點拉到O點時，兩彈簧之間的夾角必須取90°，便于算出合力的大小參考答案：【知識點】驗證力的平行四邊形定則．B6【答案解析】B解析：

A、本實驗是在水平面作力的圖示，要記錄彈簧測力計的讀數和方向及0點的位置．故A錯誤；B、為了防止出現分力的情況，應讓各力盡量貼近木板，且與木板平行，同時，讀數時視線要正對彈簧秤刻度，故B正確；C、本實驗，彈簧稱的拉力應不超過量程，兩個彈簧稱拉力的大小沒有要求，只要使兩次效果相同就行．故C錯誤；D、本實驗只要使兩次效果相同就行，兩個彈簧稱拉力的方向沒有限制，故D錯誤；故選B【思路點撥】本實驗的目的是驗證力的平行四邊形定則，研究合力與分力的關系，而合力與分力是等效的．本實驗采用作合力與分力圖示的方法驗證，根據實驗原理和方法選擇．本實驗采用是等效替代的思維方法．實驗中要保證一個合力與兩個分力效果相同，結點O的位置必須相同．因此平時同學們應該加強實驗實踐，而不是空洞的記憶實驗．15.某同學為了較精確地測量一節(jié)干電池的電動勢和內阻，實驗室準備了下列器材：A．待測干電池E（電動勢約為1.5V，內阻約為1Ω）B．電流表G（滿偏電流3.0mA，內阻為100Ω）C．電流表A（量程0～0.6A，內阻約為1Ω）D．滑動變阻器R1（0～10Ω，額定電流為2A）E．滑動變阻器R2（0～1kΩ，額定電流為1A）F．定值電阻R0（阻值為900Ω）G．開關一個，導線若干（1）為了能比較準確地進行測量，同時還要考慮操作的方便，實驗中滑動變阻器應選．（2）根據題意在圖1中畫出該實驗所需要的電路圖．（3）根據圖2電路圖，將實物圖連接起來，組成完整的電路．（4）如圖3所示，是某同學根據正確的實驗得到的數據作出的圖線，其中縱坐標I1為電流表G的示數橫坐標I2為電流表A的示數，由圖可知，被測干電池的電動勢為V，內電阻為

Ω（保留2位有效數字）參考答案：解：（1）電源電動勢為1.5V較小，電源的內阻較小，為多次幾組實驗數據，方便實驗操作，應選最大阻值較小的滑動變阻器，因此滑動變阻器應選D，（2）上述器材中雖然沒有電壓表，但給出了兩個電流表，將電流表G與定值電阻R0串聯，改裝成電壓表，用電流表A測電路電流，滑動變阻器R1串聯接入電路，實驗電路圖如圖所示．（3）根據表中實驗數據在坐標系內描出對應點，然后用直線把各點連接起來，作出圖象如圖所示；（4）根據歐姆定律和串聯的知識得電源兩端電壓為：U=I1（900+100）=1000I1，根據圖象與縱軸的交點得電動勢為E=1.4mA×1000Ω=1.4V，與橫軸的交點可得出路端電壓為1.0V時電流是0.6A，由閉合電路歐姆定律E=U+Ir可得，電源內阻r==≈0.67Ω；故答案為：（1）D；（2）電路圖如左圖所示；（3）實物電路圖如右圖所示；（4）1.4；0.67．【分析】（1）在保證安全的前提下，為方便實驗操作，應選擇最大阻值較小的滑動變阻器；（2）所給實驗器材中，有兩個電流表，沒有電壓表，也沒有電阻箱，只能用伏安法測電池電動勢與內阻，可以用電流表與定值電阻組裝一個電壓表，根據伏安法測電源電動勢與內阻的原理作出電路圖．（3）根據電路圖連接實物電路圖；（4）根據歐姆定律和串聯的知識求出I1和電源兩端電壓U的關系，根據圖象與縱軸的交點求出電動勢，由與橫軸的交點可得出路端電壓為某一值時電流，則可求得內阻．四、計算題：本題共3小題，共計47分16.在動摩擦因數m＝0.2的粗糙絕緣足夠長的水平滑漕中，長為2L的絕緣輕質細桿兩端各連接一個質量均為m的帶電小球A和B，如圖為俯視圖（槽兩側光滑）。A球的電荷量為＋2q，B球的電荷量為－3q（均可視為質點，也不考慮兩者間相互作用的庫侖力）。現讓A處于如圖所示的有界勻強電場區(qū)域MPQN內，已知虛線MP恰位于細桿的中垂線，MP和NQ的距離為3L，勻強電場的場強大小為E＝1.2mg/q，方向水平向右。釋放帶電系統(tǒng)，讓A、B從靜止開始運動（忽略小球運動中所產生的磁場造成的影響）。求：（1）小球B第一次到達電場邊界MP所用的時間；（2）小球A第一次離開電場邊界NQ時的速度大?。?）帶電系統(tǒng)運動過程中，B球電勢能增加量的最大值。參考答案：（1）帶電系統(tǒng)開始運動后，先向右加速運動；當B進入電場區(qū)時，開始做減速運動。設B進入電場前的過程中，系統(tǒng)的加速度為a1，由牛頓第二定律：2Eq－m2mg＝2ma1

即

a1=g

B剛進入電場時，由L＝a1t12

可得

4分（2）當A剛滑到右邊界時，電場力對系統(tǒng)做功為W1＝2Eq′2L＋（—3Eq′L）＝EqL

摩擦力對系統(tǒng)做功為W2＝—＝—0.8mmgLW總=EqL—0.8mgL=0.4mgL

故A球從右端滑出。

設B從靜止到剛進入電場的速度為v1，

由＝2a1L

可得v1＝

設B進入電場后，系統(tǒng)的加速度為a2，由牛頓第二定律2Eq－3Eq－2mg＝2ma2

a2＝－0.8g

系統(tǒng)做勻減速運動，設小球A第一次離開電場邊界NQ時的速度大小為v2；由

—=2a2L

可得

6分（3）當帶電系統(tǒng)速度第一次為零，此時A已經到達右邊界NQ外，B克服電場力做的功最多，B增加的電勢能最多，設此時A離右邊界NQ的距離為x

由動能定理：2Eq′2L—3Eq′（L＋x）—2L+x)=0

可得

x=0.1L所以B電勢能增加的最大值DW1＝3Eq′1.1L＝3.3EqL=3.96mgL

6分17.如圖所示，平面鏡M與豎直巨型光屏平行放置，其與光屏之間的距離為L，由小孔S處垂直光屏向平面鏡中點O射入一束氦氖激光，現平面鏡M以其中點O為軸逆時針勻速旋轉，角速度為ω．求：（1）平面鏡轉過15°時，光屏上形成的光點P至S的距離；（2）平面鏡轉動時間t（t＜）時，激光束在光屏上形成的光點移動的速度．參考答案：解：（1）平面鏡轉過15°，則反射光線轉過30°，由幾何關系，可知：=L?tan30°=（2）平面鏡轉動時間為t，則反射光線轉過的角度為：θ=2ωt；光點P離O點的距離為：SOP=光點P繞點O旋轉的線速度為：v1=2ωSop=；由速度的合成與分解的知識可知，P點在光屏上