安徽省阜陽市楊湖中學2022-2023學年高三物理知識點試題含解析

安徽省阜陽市楊湖中學2022-2023學年高三物理知識點試題含解析一、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.（單選）如圖所示，為一物體做直線運動的速度一時間圖象，由圖可知下列判斷錯誤的是A.物體的初速為3m/s

B.物體的加速度大小為1.5m/s2C.物體在2s末回到出發(fā)點

D.物體在4s末回到出發(fā)點參考答案：C2.圖3甲為理想變壓器的示意圖，其原、副線圈的匝數(shù)比為，電壓表和電流表均為理想電表。若發(fā)電機向原線圈輸入圖3乙所示的正弦交流電，圖中Rt為NTC型熱敏電阻（阻值隨溫度升高而變小），R1為定值電阻。下列說法中正確的是A．交流電壓u的表達式VB．變壓器原、副線圈中的電流之比為C．t=0.01s時，發(fā)電機中線圈與磁場平行D．Rt溫度升高時，電壓表的示數(shù)不變、電流表的示數(shù)變大

參考答案：D3.起重機將質量為m的貨物由靜止開始以加速度a勻加速提升，在t時間內上升h的高度，設t時間內起重機對貨物做的功為W，平均功率為P，則（

）A．

B．

C．

D．參考答案：C4.（單選題）水平地面上放著一質量為1kg的物體,t=0時在一個方向不變的水平拉力作用下運動,t=2s時撤去拉力,物體在4s內速度隨時間的變化圖象如圖所示,則物體（

）

A.所受的摩擦力大小為1NB.第1s內受到的拉力大小是2NC.在4s末回到出發(fā)點D.在4s內的平均速度為1.5m/s參考答案：A5.一單擺做小角度擺動，其位移－時間圖象如圖，以下說法正確的是A．時刻擺球速度最大，懸線對它的拉力最小B．時刻擺球速度為零，懸線對它的拉力最小C．時刻擺球速度為零，懸線對它的拉力最大D．時刻擺球速度最大，懸線對它的拉力最大參考答案：

D二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.某行星繞太陽運動可近似看作勻速圓周運動，已知行星運動的軌道半徑為R，周期為T，萬有引力恒量為G，則該行星的線速度大小為

；太陽的質量可表示為

。參考答案：

（2分），

7.如圖所示，一輕桿上端可以繞固定的水平軸O無摩擦轉動，輕桿下端固定一個質量為m的小球（可視為質點），開始時輕桿豎直靜止?，F(xiàn)用力F＝mg垂直作用于輕桿的中點，使輕桿轉動，轉動過程中保持力F與輕桿始終垂直，當輕桿轉過的角度θ＝_________時，F(xiàn)的功率最大。若從輕桿豎直靜止開始，保持F＝mg，且F始終水平作用于輕桿的中點，則桿能轉過的最大角度θM＝_________。參考答案：30o，53o8.如圖所示為“風光互補路燈”系統(tǒng)，它在有陽光時通過太陽能電池板發(fā)電，有風時通過風力發(fā)電機發(fā)電，二者皆有時將同時發(fā)電，并將電能輸至蓄電池儲存起來，供路燈照明使用。為了能使蓄電池的使用壽命更為長久，一般充電至90％左右即停止，放電余留20％左右即停止電能輸出。下表為某型號風光互補路燈系統(tǒng)配置方案：風力發(fā)電機太陽能電池組件其他元件最小啟動風速1.0m/s太陽能電池36W蓄電池500Ah-12V最小充電風速2.0m/s最大限制風速12.0m/s太陽能轉化效率15%大功率LED路燈80W-12V最大輸出功率400W如果當?shù)卮怪庇谔柟獾钠矫娴玫降奶栞椛渥畲髲姸燃s為240W/m2，要想使太陽能電池的最大輸出功率達到36W，太陽能電池板的面積至少要______________m2。

當風速為6m/s時，風力發(fā)電機的輸出功率將變?yōu)?0W，在這種情況下，將蓄電池的電能由20%充至90%所需時間為______________h；參考答案：1，84

9.某興趣小組為測一遙控電動小車的額定功率，進行了如下實驗：①用天平測出電動小車的質量為0.4kg；②將電動小車、紙帶和打點計時器按如圖甲所示安裝；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點跡如圖乙、圖丙所示，圖中O點是打點計時器打的第一個點．請你分析紙帶數(shù)據(jù)，回答下列問題：(1)該電動小車運動的最大速度為________m/s.

(2)該電動小車運動過程中所受的阻力為________N.(3)該電動小車的額定功率為________W.參考答案：(1)1.5(或1.50)(2)1.6(或1.60)(3)2.4(或2.40)10.在勻強電場中建立空間坐標系O﹣xyz，電場線與xOy平面平行，與xOz平面夾角37°，在xOz平面內有A、B、C三點，三點連線構成等邊三角形，其中一邊與Ox軸重合．已知點電荷q=﹣1.0×10﹣8C在A點所受電場力大小為1.25×10﹣5N；將其從A點移到B點過程中克服電場力做功2.0×10﹣6J，從B點移到C點其電勢能減少4.0×10﹣6J，則A、B、C三點中電勢最高的點是

點，等邊三角形的邊長為

m．（cos37°=0.8，sin37°=0.6）參考答案：C；0.4．【考點】電勢差與電場強度的關系；勻強電場中電勢差和電場強度的關系．【分析】根據(jù)電場力做功正負分析電勢能的變化，結合推論：負電荷在電勢高處電勢能小，在電勢低處電勢能大，分析電勢的高低．由電場力做功公式求等邊三角形的邊長．【解答】解：將負點電荷從A點移到B點過程中克服電場力做功2.0×10﹣6J，電勢能增大2.0×10﹣6J，從B點移到C點其電勢能減少4.0×10﹣6J，所以C點的電勢能最小，由推論：負電荷在電勢高處電勢能小，在電勢低處電勢能大，則C點的電勢最高．由于點電荷從B移動到C電勢能變化量最大，由等邊三角形的對稱性可知，BC邊應與x軸重合，設等邊三角形的邊長為L．從B點移到C點電場力做功W=4.0×10﹣6J已知點電荷q=﹣1.0×10﹣8C在A點所受電場力大小為F=1.25×10﹣5N，由W=FLcos37°得L===0.4m故答案為：C；0.4．11.4．在圖示的復雜網絡中，所有電源的電動勢均為E0，所有電阻器的電阻值均為R0，所有電容器的電容均為C0，則圖示電容器A極板上的電荷量為

。參考答案：．（5分）12.氘核和氚核可發(fā)生熱核聚變而釋放巨大的能量，該反應方程為：，式中x是某種粒子。已知：、、和粒子x的質量分別為2.0141u、3.0161u、4.0026u和1.0087u；1u=931.5MeV/c2，c是真空中的光速。由上述反應方程和數(shù)據(jù)可知，粒子x是__________，該反應釋放出的能量為_________MeV（結果保留3位有效數(shù)字）參考答案：13.如圖所示，將邊長為a、質量為m、電阻為R的正方形導線框豎直向上拋出，穿過寬度為b、磁感應強度為B的勻強磁場，磁場的方向垂直紙面向里。線框向上離開磁場時的速度剛好是進入磁場時速度的一半，線框離開磁場后繼續(xù)上升一段高度，然后落下并勻速進入磁場。整個運動過程中始終存在著大小恒定的空氣阻力Ff，且線框不發(fā)生轉動，則：線框在上升階段剛離開磁場時的速度v1=

，線框在上升階段通過磁場過程中產生的焦耳熱Q=

。參考答案：三、簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.(8分)如圖所示，有四列簡諧波同時沿x軸正方向傳播，波速分別是v、2v、3v和4v，a、b是x軸上所給定的兩點，且ab＝l。在t時刻a、b兩點間四列波的波形分別如圖所示，則由該時刻起a點出現(xiàn)波峰的先后順序依次是圖

；頻率由高到低的先后順序依次是圖

。參考答案：

BDCA

DBCA15.直角三角形的玻璃磚ABC放置于真空中，∠B＝30°，CA的延長線上S點有一點光源，發(fā)出的一條光線由D點射入玻璃磚，如圖所示．光線經玻璃磚折射后垂直BC邊射出，且此光束經過SD用時和在玻璃磚內的傳播時間相等．已知光在真空中的傳播速度為c，，∠ASD＝15°.求：①玻璃磚的折射率；②S、D兩點間的距離．參考答案：(1)

(2)d試題分析：①由幾何關系可知入射角i=45°，折射角r=30°可得②在玻璃磚中光速光束經過SD和玻璃磚內的傳播時間相等有可得

SD=d考點：光的折射定律。四、計算題：本題共3小題，共計47分16.如圖所示，物體A放在足夠長的木板B上，木板B靜止于水平面。t=0時，電動機通過水平細繩以恒力F拉木板B，使它做初速度為零，加速度aB=1.0m/s2的勻加速直線運動。已知A的質量mA和B的質量mB均為2.0kg,A、B之間的動摩擦因數(shù)μ1=0.05，B與水平面之間的動摩擦因數(shù)μ2=0.1，最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小視為相等，重力加速度g取10m/s2。求（1）物體A剛運動時的加速度aA(2)

t1=1.0s時，電動機的輸出功率P；（3）若t1=1.0s時，將電動機的輸出功率立即調整為P1=5W，并在以后的運動過程中始終保持這一功率不變，t2=3.8s時物體A的速度為1.2m/s。則在t1=1.0s到t2=3.8s這段時間內木板B的位移為多少？參考答案：（1）0.5m/s2；（2）7W；（3）3.03m．解析：（1）若A相對于B滑動，則對物體A進行受力分析，水平方向只受摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律得：

f=μ1mAg=mAaA

解得：aA=0.5m/s2＜1.0m/s2，所以A的加速度為0.5m/s2；

（2）對物體B進行受力分析，水平方向受到拉力F、地面對B的摩擦力、A對B的摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律得：

F-μ1mAg-μ2（mB+mA）g=mBaB

帶入數(shù)據(jù)解得：F=7N，

v=aBt=1m/s

所以P=Fv=7W

（3）電動機的輸出功率調整為5W時，設細繩對木板B的拉力為F′，則P′=F′v1，代入數(shù)據(jù)解得F'=5N，

對木板進行受力分析，木板B受力滿足F′-μ1mAg-μ2（mA+mB）g=0

所以木板B將做勻速直線運動，而物體A則繼續(xù)在B上做勻加速直線運動直到A、B速度相等．

設這一過程時間為t′，有v1=aA（t1+t′），這段時間內B的位移

s1=v1t′，

A、B速度相同后，由于F＞μ2（mA+mB）g且電動機輸出功率恒定，A、B將一起做加速度逐漸減小的變加速運動，

由動能定理得：P′(t2-t′-t1)-μ2(mA+mB)gs2=(mA+mB)-(mA+mB)，

由以上各式帶入數(shù)據(jù)得：木板B在t=1.0s到t=3.8s這段時間的位移s=s1+s2=3.03m17.如圖所示，在光滑的水平面上，有一質量為M=3kg的薄板和質量m=1kg的物塊．現(xiàn)給薄板和物塊相同的初速度v=4m/s朝相反方向運動，它們之間有摩擦，薄板足夠長，求①當薄板的速度為2.4m/s時，物塊的速度大小和方向．②薄板和物塊最終停止相對運動時，因摩擦而產生的熱量．參考答案：①當薄板的速度為2.4m/s時，物塊的速度大小為0.8m/s，方向向左．②薄板和物塊最終停止相對運動時，因摩擦而產生的熱量為24J．：解：①取向左為正向，當薄板速度為v1=2.4m/s時，由動量守恒定律可得，（M﹣m）v=Mv1+mv2，解得v2=0.8m/s，方向向左

②停止相對運動時，由動量守恒定律得，Mv﹣mv=（M+m）v′，解得最終共同速度v′=2m/s，方向向左；

因摩擦而產生的熱量J答：①當薄板的速度為2.4m/s時，物塊的速度大小為0.8m/s，方向向左．②薄板和物塊最終停止相對運動時，因摩擦而產生的熱量為24J．18.如圖所示,一質量為1kg的小球套在一根固定的直桿上,直桿與水平面夾角為300.現(xiàn)小球在F=20N的豎直向上的拉力作用下,從B點靜止出發(fā)向上運動,已知桿與球間的動摩擦因數(shù)為.試求:

(1)小球運動的加速度；

(2)若F作用1.2s后撤去,小球上滑過程中距B點的最大距離；(3)若從撤去力F開始計時,小球經多長時間將經過距B點上方為2.25m的A點.參考答案：:(1)在力F作用時有:

(F-mg)sin30○cos30○.5m/s