哈爾濱市南崗中學(xué)校2022-2023學(xué)年高三年級上冊期末考試物理試題解析

參考答案：

1.D

【詳解】物體做勻速運(yùn)動其動能不變，但機(jī)械能可能變，如物體勻速上升或下降，機(jī)械能會

相應(yīng)的增加或減小，故A錯(cuò)誤；物體僅受重力作用，只有重力做功時(shí)，物體機(jī)械能守恒，

故BC錯(cuò)誤；物體沿豎直方向向下做加速度為5%*的勻加速運(yùn)動時(shí)，物體一定受到一個(gè)與

運(yùn)動方向相反的力作用，此力對物體做負(fù)功，物體機(jī)械能減少，故D正確；故選D.

2.C

【詳解】AB.根據(jù)題意可知，體驗(yàn)者下落過程中，當(dāng)彈性繩向上的力等于體驗(yàn)者重力時(shí)（體

驗(yàn)者下落距離一定大于20m）,體驗(yàn)者的速度最大，該位置以上，體驗(yàn)者做加速運(yùn)動，具有

向下的加速度，處于失重狀態(tài)，從該位置到最低點(diǎn)，體驗(yàn)者做減速運(yùn)動，具有向上的加速度，

體驗(yàn)者處于超重狀態(tài)，故AB錯(cuò)誤；

C.根據(jù)題意，設(shè)繩對人的平均作用力大小約為尸，體驗(yàn)者下落過程中，體驗(yàn)者下落的距離

/z=40m

彈性繩的形變量為

Ax=（40-20）m=20m

由動能定理有

mgh—FAx=0

解得

F=2mg—1000N

故C正確；

D.由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒可知，人到最低點(diǎn)時(shí)彈性繩的彈性勢能最大，等于其重力勢能的減

少量，故D錯(cuò)誤。

故選C。

3.D

【詳解】A.導(dǎo)體順著磁感線運(yùn)動，通過閉合電路的磁通量不變，不會產(chǎn)生感應(yīng)電流，故A

錯(cuò)誤。

B.條形磁鐵插入線圈中不動時(shí)，線圈中沒有磁通量的變化，從而不會產(chǎn)生感應(yīng)電流，故B

錯(cuò)誤。

C.小螺線管A插入大螺線管B中不動，開關(guān)S一直接通時(shí)，通過閉合回路的磁通量不變，

不會產(chǎn)生感應(yīng)電流，故C錯(cuò)誤。

D.小螺線管A插入大螺線管B中不動，開關(guān)S一直接通，當(dāng)改變滑動變阻器的阻值時(shí)，

電路中電流發(fā)生改變，A產(chǎn)生的磁場發(fā)生變化，B中的磁通量發(fā)生變化，產(chǎn)生感應(yīng)電流，故

D正確。

故選D。

4.C

在緩慢拉開2的過程中，B合力為零，由圖解法分析可知水平力/一定變大，故A不符合

題意；

B.取整體為研究對象，斜面體、A物體、B物體豎直方向合力為零，所受地面的支持力等

于三者重力之知，故斜面體所受地面的支持力一定不變，故B不符合題意；

C.

F\

設(shè)斜面體對物體A的作用力為物體A還受到重力、繩子的拉力，由圖解法分析可知重

力和拉力的合力可能先減小后增大，說明斜面體對物體A的作用力B先變小后變大，故C

符合題意；

D.取三個(gè)物體整體分析，水平方向合力為零，因水平拉力/增大，所以斜面體受到地面的

摩擦力一定變大，故D不符合題意。

故選擇C選項(xiàng)。

5.D

【詳解】AB.電容C與電阻R/、&并聯(lián)，其電壓等于電源的路端電壓，當(dāng)滑動變阻器滑動

觸頭P由?；騜的過程中，變阻器的電阻增大，總電阻增大，總電流減小，路端電壓增大，

根據(jù)。=較可知，電容器的電荷量增加，電容器充電，通過此的電流方向由右向左，故AB

項(xiàng)錯(cuò)誤;

c.因電路電流減小，故/>/，，則以兩端電壓減小，即q>%'。因路端電壓增大，則R2

兩端電壓增大，即人<5’,故c項(xiàng)錯(cuò)誤；

D.將B等效為電源內(nèi)阻，則4可視為等效電源的路段電壓，根據(jù)U—/圖像的斜率關(guān)系可

得

U,-U'

二----2-=RD,+r

i-r1

故D項(xiàng)正確。

故選D。

6.D

【詳解】A.“大氣一號”衛(wèi)星在軌道b上遠(yuǎn)地點(diǎn)時(shí)的速度小于在圓軌道。上的速度，而在圓

軌道a上的速度小于第一宇宙速度，則“大氣一號”衛(wèi)星在軌道b上遠(yuǎn)地點(diǎn)時(shí)的速度小于第一

宇宙速度，則A錯(cuò)誤；

B.根據(jù)開普勒第三定律，衛(wèi)星在軌道6上的半長軸小于軌道a上運(yùn)動的運(yùn)動半徑，則“大氣

一號”衛(wèi)星在軌道b上運(yùn)動的周期小于在軌道a上運(yùn)動的周期，B錯(cuò)誤；

C.“大氣一號”衛(wèi)星在軌道b上遠(yuǎn)地點(diǎn)做離心運(yùn)動時(shí)才能進(jìn)入軌道a,則需要在軌道b上遠(yuǎn)

地點(diǎn)加速，動能增加，所以“大氣一號”衛(wèi)星在軌道6上的機(jī)械能小于在軌道a上的機(jī)械能,

C錯(cuò)誤；

D.根據(jù)開普勒第二定律，“大氣一號”衛(wèi)星在軌道b上從近地點(diǎn)向遠(yuǎn)地點(diǎn)運(yùn)動的過程中速度

逐漸減小，D正確。

故選D。

7.C

【詳解】A.點(diǎn)電荷+。在6點(diǎn)產(chǎn)生的電場方向?yàn)樨Q直向上，在d點(diǎn)產(chǎn)生的電場方向?yàn)樨Q直

向下，且場強(qiáng)大小相同，勻強(qiáng)電場方向水平向右，根據(jù)平行四邊形定則可知，兩點(diǎn)場強(qiáng)大小

相同，方向不同，A錯(cuò)誤；

B.點(diǎn)電荷+Q在球面上的電勢相同，但是在勻強(qiáng)電場中，沿電場線電勢降低，收的■平面與電

場線平行，根據(jù)電勢的合成，則。點(diǎn)的電勢高于。點(diǎn)的電勢，B錯(cuò)誤；

CD.點(diǎn)電荷+。在球面上的電勢相同，在勻強(qiáng)電場中，沿電場線電勢降低，但是匕回平面與

電場垂直，根據(jù)電勢的合成，則e點(diǎn)的電勢等于c點(diǎn)的電勢，則點(diǎn)電荷+q在e點(diǎn)和7點(diǎn)電勢

能相等，則點(diǎn)電荷+q從e點(diǎn)從球面上移動到了點(diǎn)電場力不做功，D錯(cuò)誤C正確。

故選C。

8.A

【詳解】對兩個(gè)球分別受力分析，如圖所示

機(jī)2g

根據(jù)平衡條件，對""有

機(jī)/gcos7.5°-T/cos37.5°=0

F-migsin7.5°-T/sin37.5°=0

對m2,有

m2^cos7.5°-72cos37.5°=0

F+m2^sin7.5°-72sin37.5°=0

聯(lián)立解得

仍A/2

叫2

故選Ao

9.C

【詳解】根據(jù)動能定理可得，第一次質(zhì)點(diǎn)在槽中滾動有

解得質(zhì)點(diǎn)克服摩擦力所做的功為

Wf=；mgH

即第一次質(zhì)點(diǎn)在槽中滾動損失的機(jī)械能為）機(jī)gHO

4

由于第二次小球在槽中滾動時(shí)，對應(yīng)位置處速度變小，因此槽給小球的彈力變小，摩擦力變

小，摩擦力做的功小于。喝“，機(jī)械能損失小于。咫H,因此小球再次沖出。點(diǎn)時(shí)，能上升

44

的高度為

13

-H<H<-H

24

故ABD錯(cuò)誤，C正確。

故選C。

10.D

【詳解】A.小球從3點(diǎn)到C點(diǎn)過程做平拋運(yùn)動，在。點(diǎn)的速度方向與水平方向夾角為37。，

根據(jù)平拋運(yùn)動的推論，位移偏向角。的正切值等于速度偏向角8=37。的正切值的一半，則有

1c

tana=—tan”

2

zy=-1tan37°

x2

由平拋運(yùn)動的規(guī)律

u；=2gy

VR-V-

B%tan37°

解得

vy=1.5m/s,vB=2m/s

小球從A點(diǎn)到3點(diǎn)過程，由機(jī)械能守恒

12

mgR=—mvB

解得

R=0.2m

故A錯(cuò)誤；

B.小球在軌道最低點(diǎn)B受軌道的支持力為打，由牛頓第二定律

FV2

F-mg=m^B-

NK

解得

卅=30N

根據(jù)牛頓第三定律得，小球在軌道最低點(diǎn)B對軌道的壓力大小為30N,故B錯(cuò)誤；

C.重力的功率等于重力與豎直方向的分速度的乘積，故小球從A到8的過程中，重力的功

率先增加后減小，小球從8到C的過程中，重力的功率增加，故C錯(cuò)誤；

D.在C點(diǎn)的動能為

線。=gmvc=1""J+v；）=3-125J

故D正確。

故選D。

11.AC

【詳解】A.由圖看出，Z=4s時(shí)甲圖線的“面積”小于乙圖線的“面積”，則甲的位移小于乙的

位移，兩者又是從同一位置出發(fā)的，則/=4s時(shí)甲在乙的后面.故A正確.

B.當(dāng)兩物體速度相等時(shí)相距最遠(yuǎn)，則Z=4s時(shí)兩者相距最遠(yuǎn).故B錯(cuò)誤.

C.甲、乙兩個(gè)物體從同一地點(diǎn)沿同一方向做直線運(yùn)動，從圖象看出，2s末和6s末兩圖線

的“面積”相等，說明兩物體的位移再次相等，兩物體再次相遇.故C正確.

D.根據(jù)圖象看出，兩物體的速度一直都為正值，說明兩者都一直沿正方向向前運(yùn)動.故D

錯(cuò)誤.

故選ACo

12.AC

【詳解】A.物體做變速運(yùn)動，速度一定變化，合外力一定不為零，但速度大小不一定變化，

所以動能不一定變化，故A正確；

B.若合外力對物體做功為零，合外力不一定為零，可能是由于合外力與速度始終垂直，如

勻速圓周運(yùn)動，合外力不為零，故B錯(cuò)誤；

C.物體的合外力做功，由動能定理知物體的動能一定變化，則它的速度大小一定發(fā)生變化，

故C正確；

D.物體的動能不變，所受的合外力做功一定為零，但合外力不一定為零，故D錯(cuò)誤。

故選AC。

【點(diǎn)睛】解決本題的關(guān)鍵要理解并掌握動能定理，明確動能的變化取決于合外力做功?？山Y(jié)

合功的公式分析功與力的關(guān)系。

13.AD

【詳解】A.滑塊從接觸彈簧到最短的過程，開始時(shí)彈力小于mgsinO-〃〃?gcosO,先加速運(yùn)

動,當(dāng)彈力等于mgsin。-〃機(jī)geos。時(shí)加速度為零，速度最大；當(dāng)彈力大于wzgsin。-〃小geos。

時(shí)，做減速運(yùn)動，直到最低點(diǎn)，則滑塊先加速后減速，則滑塊的動能先增加后減少，A正確；

B.有摩擦力做功，則滑塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，B錯(cuò)誤；

C.將滑塊從彈簧原長位置靜止釋放，到彈簧壓縮至最短的過程中，根據(jù)能量守恒有

\Ep=叼+卓p彈

由上式可看出，滑塊減少的重力勢能大于彈性勢能的增加，C錯(cuò)誤；

D.由C選項(xiàng)可知，滑塊減少的機(jī)械能（重力勢能）大于其克服摩擦力所做的功，D正確。

14.AC

【詳解】由于P點(diǎn)的位置未確定，粒子運(yùn)動軌跡可能是①，轉(zhuǎn)過的圓心角最大為軌跡②,

轉(zhuǎn)過的圓心角最小是③，如圖

根據(jù)題意，粒子沿著與x軸成30。角的方向射入磁場，②中轉(zhuǎn)過的圓心角為300。，在③中轉(zhuǎn)

過的圓心角為120°,當(dāng)軌跡與y軸相切時(shí)，轉(zhuǎn)過角度為240°,則最長時(shí)間為

300.5T

t=----T=—

3606

周期為

f2兀m

可得

571m

t=----

3qB

最短時(shí)間為

t，_120。1_271m

~36^~^B

相切時(shí)間

廣_240。丁_

~360°-3^3

所以粒子在磁場中的運(yùn)動時(shí)間為

271m,^7imn571m

或"—

-3--q-B--W--3-q--B--人3qB

故AC正確，BD錯(cuò)誤。

故選ACo

2

15.不必要0.48—

k

【分析】(1)只有平衡摩擦力，彈簧秤的拉力的2倍才等于小車的合外力；小車所受拉力可

由彈簧測力計(jì)測出，實(shí)驗(yàn)不需要控制砂和砂桶質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車質(zhì)量；

(2)根據(jù)勻變速直線運(yùn)動的推論

Ax=at

求出加速度大小；

(3)根據(jù)題意，應(yīng)用牛頓第二定律求出圖像的函數(shù)表達(dá)式，然后分析答題。

【詳解】依據(jù)優(yōu)化后實(shí)驗(yàn)原理圖，該實(shí)驗(yàn)需要將帶滑輪的長木板右端墊高，以平衡摩

擦力，這樣才能使得彈簧秤的拉力的2倍等于小車的合外力；由于有彈簧測力計(jì)測量拉力的

大小，則實(shí)驗(yàn)中不必要保證砂和砂桶的質(zhì)量m遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量M-,

⑵［2］頻率為50Hz,則周期為0.02s,由于兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有四個(gè)點(diǎn)沒有畫出，相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)的

時(shí)間間隔為0.1s,由

Ax=at

(3.8+3.3+2.8-2.3-1.9-1.4)……

--------------------------；-----------m/s2=0.48m/s2

100x9x0.1

⑶⑶根據(jù)牛頓第二定律

2F=Ma

16.8?250甲電壓表量程不夠

【詳解】(1)口］根據(jù)等效原理可知，待測電阻的阻值等于電阻箱的阻值，即4=4

(2)［2］由電路結(jié)構(gòu)可知，與R兩端的電壓之比為工可知電阻之比為工即

7?=—&

A12-

(3)[3]將S2接b,電壓表滿偏時(shí)，則

旦4

1=——-——

R、+&+r

凡守

解得

R=250Q

⑷⑸由于&的阻值約為200~300。之間，對于甲圖而言，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知R

上的電壓最小值為

^2LV=2.4V

Rx+r200+50

這個(gè)值大于電壓表的量程,故甲同學(xué)的設(shè)計(jì)不合理。

17.(1)v0=10m/s；(2)l=4m；(3)2.44s

【詳解】試題分析：(1)未劃擦冰面時(shí)，滑塊從A到B過程中，由動能定理得:

-/j^ngL=:mvf-；mv1①

代入解得v0=10m/s.

(2)將CD段劃擦后，滑塊再從A到B的過程中，由動能定理得:

L-D—/a21ngi=；mvf-；mv1②

代入解得l=4m.

(3)由②式，不論CD在AB中的具體位置如何變化，滑塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度％不變，設(shè)

滑塊在AC段和CD段的加速度分別為生和出，根據(jù)牛頓第二定律得：-=〃(③

-內(nèi)mg=ma2(4)

滑塊在A、B間運(yùn)動的VT圖象如圖，由圖象可知當(dāng)C點(diǎn)與A點(diǎn)重合時(shí)，滑塊運(yùn)動的時(shí)間

最長.

設(shè)此時(shí)滑塊到達(dá)D點(diǎn)時(shí)的速度為v,則由動能定理得：-田咫｝加-;〃而⑤

解得v=8根/s,根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式得u=%⑥

v2=v-a也⑦

解得t=tl+t2=2.44s.

考點(diǎn)：動能定理、牛頓第二定律

【名師點(diǎn)睛】解決本題的關(guān)鍵要通過畫出V