河北省高碑店市崇德實驗中學2022-2023學年高三上學期期末考試物理試題答案

學而優(yōu)教有方-2023學年度第一學期高三年級期末考試物理答案1.【知識點】v-t圖【答案】B【解析】根據(jù)v－t圖像與t軸所圍的面積表示位移，可得ETC通道的位移為x＝eq\f(30＋5,2)×(6－1)m＋5×(14－6)m＋eq\f(5＋30,2)×(41－14)m＝600m，沒有收費站時，汽車通過這段位移所用時所以B正確，A、C、D錯誤．2.【知識點】牛頓第二定律、連接體問題（整體法、隔離法）【答案】C【解析】臨界狀態(tài)對AB整體受力分析，B和斜面之間為滑動摩擦力2μmgcosθ，根據(jù)牛頓第二3.【知識點】電場中的等勢線、能量守恒【答案】D【解析】由題圖可知兩個粒子所受靜電力方向相反，所以粒子電性相反，故A錯誤；由于電場方向未知，所以無法判斷a、b兩點的電勢高低，故B錯誤；粒子初速度方向與電場線垂直，僅在靜電力的作用下加速，電勢能減小，動能增大，故C錯誤，D正確．4.【知識點】重力和電場力的合場力問題【答案】C【解析】小球靜止于A點時有tanθ＝eq\f(qE,mg)，靜電力qE＝mgtanθ，小球緩慢移到O點正下方B點過程中，重力與靜電力的合力為阻力，外力為動力，做正功，故A錯誤；把重力與靜電力的合力視為“等效重力”，A點為等效最低點，易得小球的擺動關于OA對稱，上擺過程中靜電力做正功，電勢能減少，機械能增加，小球經(jīng)過A點后，機械能仍增加，故B錯誤；小球到達最高點時輕繩的拉力與B點相等均為mg，故C正確；小球運動到A點時速度最大，從5.【知識點】安培力中導線的有效長度【答案】A【解析】導線的有效長度為L＝1m，其受到的安培力大小F＝BIL＝1N，故選A.6.【知識點】閉合電路歐姆定律、含容電路【答案】D【解析】燈泡L的燈絲燒斷，電路總電阻增大，干路電流減小，路端電壓增大，電壓表、電流表讀數(shù)均變大，A錯誤；電源內(nèi)阻消耗的功率P＝I2r變小，B錯誤；電容器兩極板間電壓增大，液滴所受靜電力大于重力，所以液滴向上運動；且由于電壓增大，電容器的帶電量變大，C錯誤，D正確．7.【知識點】變壓器、法拉第電磁感應定律、能量守恒【答案】D【解析】原線圈接題圖乙所示的正弦交流電，由圖知最大電壓U1m＝36eq\r(2)V，根據(jù)變壓比可知，副線圈兩端電壓的最大值為U2m＝eq\f(n2,n1)·U1m＝18eq\r(2)V，周期為T＝0.02s，故ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s，副線圈兩端電壓的瞬時值表達式為u′＝18eq\r(2)sin100πt(V)，故A錯誤；副線圈兩端電壓的有效值為U2＝18V，所以電壓表V2的示數(shù)為18V，故B錯誤；根據(jù)理想變壓器的變流比可知，變壓器原、副線圈中的電流之比等于匝數(shù)反比，即變壓器原、副線圈中的電流之比為1∶2，故C錯誤；Rt處溫度降低時，Rt的阻值增大，而副線圈的電壓不變，副線圈的電流減小，由于原線圈電壓不變，則副線圈的電壓不變，電壓表V2的示數(shù)不變，故D正確．8.【知識點】平拋運動、動能定理、動量定理【答案】AD【解析】運動員做平拋運動，根據(jù)tanθ＝eq\f(\f(1,2)gt2,vt)，解得t＝eq\f(2vtanθ,g)，因此運動員先后落在斜面上所用時間之比eq\f(t1,t2)＝eq\f(v0,3v0)＝eq\f(1,3)，A正確；運動員在斜面上的位移s＝eq\f(\f(1,2)gt2,sinθ)，因此運動員先后落在斜面上位移之比eq\f(s1,s2)＝eq\f(t12,t22)＝eq\f(1,9)，B錯誤；落在斜面上動能的變化量ΔEk＝eq\f(1,2)×m×[(gt)2＋v2]－eq\f(1,2)×m×v2＝eq\f(1,2)mg2t2，因此運動員先后落在斜面上動能的變化量之比eq\f(ΔEk1,ΔEk2)＝eq\f(t12,t22)＝eq\f(1,9)，C錯誤；落在斜面上動量的變化量Δp＝mvy＝mgt，因此運動員先后落在斜面上動量的變化量之比eq\f(Δp1,Δp2)＝eq\f(t1,t2)＝eq\f(1,3)，D正確．9.【知識點】反電動勢、閉合電路歐姆定律、牛頓第二定律【答案】AB【解析】閉合開關S，導體棒受到的安培力向右同時導體棒切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，且方向與電源電動勢相反，電流減小，所受安培力減小，加速度減小，當導體棒的電動勢和定值電阻R兩端電壓大小相等時，導體棒中電流為零，導體棒做勻速運動，速度達到最大，故A正確；Eab＝BLvm＝eq\f(R,R＋r)E，得vm＝eq\f(ER,R＋rBL)，故B正確；導體棒穩(wěn)定運動時電源的輸出功率為P＝I2R＝(eq\f(E,R＋r))2R＝eq\f(E2R,R＋r2)，故C錯誤；導體棒穩(wěn)定運動時導體棒中電流為零，導體棒的感應電動勢與電源兩端的路端電壓相等，即U＝eq\f(ER,R＋r)，故D錯誤．10.【知識點】閉合回路的動態(tài)分析【答案】BD【解析】當滑動變阻器的滑片向左移動時，滑動變阻器接入電路的電阻R3增大，則外電路中的總電阻增大，根據(jù)閉合電路歐姆定律I＝eq\f(E,R總＋r)，可知總電流減小，即A1的示數(shù)變小，根據(jù)U＝E－Ir可知路端電壓增大，即V2的示數(shù)變大，A錯誤，D正確；電阻R1流過的電流即為總電流，根據(jù)U1＝IR1，因總電流I減小，故U1減小，即V1的示數(shù)變小，C錯誤；根據(jù)路端電壓U2＝U1＋U并，因U2增大，U1減小，可知U并增大，故流過A2的電流增大，即A2的示數(shù)變大，故B正確．11.【知識點】機械能守恒定律【答案】(4)mgh＝eq\f(1,2)(2M＋m)(eq\f(d,Δt))2(5)0.910.490.04(6)A【解析】(4)要驗證的關系式是mgh＝eq\f(1,2)(2M＋m)v2其中v＝eq\f(d,Δt)即mgh＝eq\f(1,2)(2M＋m)(eq\f(d,Δt))2(5)某次實驗中，測得遮光條擋光的時間為Δt＝5.5×10－3s，重物A經(jīng)過光電門的速度大小為v＝eq\f(d,Δt)＝eq\f(0.5×10－2,5.5×10－3)m/s＝eq\f(10,11)m/s≈0.91m/s系統(tǒng)減小的重力勢能為ΔEp＝mgh＝0.1×9.8×0.5J＝0.49J系統(tǒng)增加的動能ΔEk＝eq\f(1,2)(2M＋m)v2＝eq\f(1,2)×1.1×(eq\f(10,11))2J≈0.45J系統(tǒng)由于存在阻力損失的機械能為0.04J；(6)由能量關系可知nmgh＝eq\f(1,2)(2M＋nm)(eq\f(d,Δt))2解得(Δt)2＝eq\f(1,n)·eq\f(Md2,mgh)＋eq\f(d2,2gh)則需要作出(Δt)2－eq\f(1,n)圖像，如果所得圖線是一條直線，也可以驗證機械能守恒定律，故選A.12.【知識點】多用表使用【答案】(1)1.990(1.989～1.991均正確)(2)500(3)見解析圖（4）eq\f(πd2I2R2＋RA2,4L\f(U,RV)－I2)【解析】(1)螺旋測微器的固定刻度為1.5mm，可動刻度為49.0×0.01mm＝0.490mm，所以最終讀數(shù)為1.5mm＋0.490mm＝1.990mm(1.989～1.991mm均正確)(2)表盤的讀數(shù)為5，所以導電玻璃的電阻約為5×100Ω＝500Ω.(3)電源的電動勢為12V，電壓表的量程為10V，滑動變阻器的電阻為20Ω，由于滑動變阻器的電阻與待測電阻的電阻值差距不太大，若串聯(lián)使用調(diào)節(jié)的范圍太小，所以滑動變阻器選擇分壓式接法；流過待測電阻的電流約為：I＝eq\f(3,500)A＝0.006A＝6mA，兩電流表量程均不合適；同時由于電壓表量程為10V，遠大于待測電阻的額定電壓3V，故常規(guī)方法不能正常測量；所以考慮用電流表改裝成電壓表使用，同時電壓表量程為10V，內(nèi)阻RV＝1kΩ，故滿偏電流為10mA，符合要求，故將電壓表充當電流表使用，電流表A2與R2串聯(lián)充當電壓表使用，改裝后量程為4V，可以使用，由于改裝后電表內(nèi)阻已知，故內(nèi)外接法均可，故電路圖如圖所示：(4)根據(jù)串并聯(lián)電路的規(guī)律可知，待測電阻中的電流：I＝eq\f(U,RV)－I2電壓：Ux＝I2(R2＋RA2)由歐姆定律可知電阻：Rx＝eq\f(Ux,I)根據(jù)電阻定律可知：Rx＝ρeq\f(L,S)而橫截面面積：S＝πeq\f(d2,4)聯(lián)立解得：ρ＝eq\f(πd2I2R2＋RA2,4L\f(U,RV)－I2)13.【知識點】帶電粒子在組合場中運動【答案】eq\f(1,L)eq\r(\f(2mU0,e))【解析】設電子到達小孔S2時的速度大小為v0，根據(jù)動能定理有eU0＝eq\f(1,2)mv02由幾何關系可知，電子在磁場中做圓周運動的軌道半徑為L，有ev0B＝meq\f(v02,L)解得B＝eq\f(1,L)eq\r(\f(2mU0,e))14.【知識點】法拉第電磁感應定律、能量守恒、牛頓第二定律【答案】(1)eq\f(2B2d2\r(2gh),3mR)(2)eq\f(4,3)mgh【解析】(1)金屬棒P從下滑到剛進入磁場時，速度最大，感應電動勢最大，金屬棒Q受到的安培力最大，加速度也最大．設金屬棒P剛進入磁場時的速度大小為v0，此時回路中的感應電動勢為Em，感應電流為Im，據(jù)機械能守恒定律有2mgh＝eq\f(1,2)×2mv02v0＝eq\r(2gh)產(chǎn)生的感應電動勢為Em＝B·2dv0回路感應電流為Im＝eq\f(Em,2R＋R)據(jù)牛頓第二定律可得Fm＝BImd＝mam聯(lián)立解得am＝eq\f(2B2d2\r(2gh),3mR)(2)金屬棒P進入水平軌道后在安培力作用下做減速運動，金屬棒Q做加速運動，直到兩金屬棒產(chǎn)生的電動勢等大、反向，回路中的電流為零，最終兩金屬棒都做勻速運動，設兩金屬棒勻速運動時的速度大小分別為vP、vQ，這個過程中通過兩棒的電荷量為q，則有B·2dvP＝BdvQ據(jù)動量定理，對P、Q金屬棒分別有－B·eq\x\to(I)·2d·Δt＝－B·2dq＝2mvP－2mv0B·eq\x\to(I)·d·Δt＝B·dq＝mvQ－0由能量守恒定律可得Q熱＝2mgh－eq\f(1,2)×2mvP2－eq\f(1,2)mvQ2聯(lián)立解得Q熱＝eq\f(4,3)mgh15.【知識點】帶電粒子在電場中直線運動（動能定理）、帶電粒子在電場中曲線運動（運動合成與分解）【答案】(1)eq\r(\f(2qU0,m))(2)相同，見解析(3)Um<91V【解析】(1)根據(jù)動能定理qU0＝eq\f(1,2)mv02解得α粒子進入偏轉電場時的速度大小v0＝eq\r(\f(2qU0,m))(2)建立如圖所示的坐標系，設偏轉極板P、Q間的電壓為U