2021-2022學年湖南省益陽市槐奇嶺中學高三物理上學期期末試題含解析

2021-2022學年湖南省益陽市槐奇嶺中學高三物理上學期期末試題含解析一、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.小球以v1=4m/s的速度水平向右運動，碰到墻壁經(jīng)△t=0.01s后以v2=3m/s的速度沿同一直線反彈．小球在這0.01s內(nèi)的平均加速度為（）A．100m/s2，方向向右 B．100m/s2，方向向左C．700m/s2，方向向左 D．700m/s2，方向向右參考答案：C【考點】加速度．【分析】根據(jù)加速度的定義，規(guī)定正方向求解即可．【解答】解：令水平向右運動方向為正方向則，加速度a=負號表示加速度的方向水平向左．故選：C．2.以υ0的速度水平拋出一物體，當其水平分位移與豎直分位移相等時，下列說法正確的是(

)A.豎直分速度大小是υ0

B.即時速度的大小是υ0

C.運動時間是

D.運動時間是參考答案：BD3.質(zhì)量為m的物體在沿斜面向上的拉力F作用下沿放在水平地面上的質(zhì)量為M的粗糙斜面勻速下滑，此過程中斜面體保持靜止，則地面對斜面

A．無摩擦力

B．水平向左的摩擦力

C．支持力為（M+m）g

D．支持力小于（M+m）g參考答案：BD4.(單選)在一個豎直方向運動的密閉升降機內(nèi)，用彈簧秤掛著一個已知質(zhì)量的砝碼，當?shù)氐闹亓铀俣纫阎?。根?jù)彈簧秤的讀數(shù)，我們可以知道：A．升降機加速度的大小和方向

B．升降機速度的大小和方向C．升降機加速度的大小和速度的方向

D．升降機加速度的大小和方向以及速度的方向參考答案：A5.（多選題）質(zhì)量為m的球從高處由靜止開始下落，已知球所受的空氣阻力與速度大小成正比．下列圖象分別描述了球下落過程中加速度a、速度v隨時間t的變化關(guān)系和動能Ek、機械能E隨下落位移h的變化關(guān)系，其中可能正確的是（）A． B． C． D．參考答案：BD【考點】勻變速直線運動的圖像．【分析】根據(jù)牛頓第二定律分析球下落過程加速度的變化進而得到其速度的變化情況，v﹣t圖象的斜率表示加速度；動能的變化等于合外力做的功，阻力做的功等于球機械能的變化量．由這些知識分析．【解答】解：A、已知球所受的空氣阻力與速度大小成正比，即f=kv，根據(jù)牛頓第二定律：mg﹣kv=ma，得a=g﹣①開始時v比較小，且mg＞kv，球向下加速，當v逐漸增大，則a減小，即球做加速度逐漸減小的加速運動，又v=at②，①②整理得：a=，可見a不是均勻減小，故A錯誤；B、由前面分析知球做加速度逐漸減小的加速運動，其斜率應該逐漸減小，故B正確；C、由動能定理：mgh﹣fh=Ek，即Ek=（mg﹣kv）h，由于v是變化的，故Ek﹣h不是線性關(guān)系，故C錯誤；D、機械能的變化量等于克服阻力做的功：﹣fh=E﹣E0v逐漸增大，則f逐漸增大，即E﹣h圖象的斜率逐漸變大，故D正確；故選：BD【點評】本題借助數(shù)學函數(shù)知識考查了動能定理以及重力以外的力做功等于機械能的變化量等功能關(guān)系，原則就是將利用功能關(guān)系列出的方程整理成圖象對應的函數(shù)解析式，分析其斜率的物理意義．二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.一個電流表的滿偏電流值Ig=0.6mA，內(nèi)阻Rg=50Ω，面板如圖所示，如果要把這個電流表改裝成量程為3V的電壓表，那么應該在Rg上串聯(lián)一個電阻Rs，Rs的大小應是______Ω；如果將這個量程為0.6mA的電流表與=10Ω的電阻并聯(lián)后改裝成一個量程大一些的電流表，用來測某一電流，指針指到圖中所示位置，則該電流值

Ma參考答案：、4950（2分）

2.047.）用歐姆表測電阻時，將選擇開關(guān)置于合適的擋位后，必須先將兩表筆短接，調(diào)整

▲

旋鈕，使指針指在歐姆刻度的“0”處．若選擇旋鈕在“×100”位置，指針在刻度盤上停留的位置如圖所示，所測量電阻的值為

▲

．參考答案：歐姆調(diào)零（2分）

3200（2分）歐姆表使用前首先應進行調(diào)零，即將兩表筆短接，調(diào)整歐姆調(diào)零旋鈕使指針指在歐姆刻度的“0”處。歐姆表讀數(shù)一定不要忘記乘以倍率。8.水平面上質(zhì)量為m的滑塊A以速度v撞質(zhì)量為m的靜止滑塊B，碰撞后A、B的速度方向相同，它們的總動量為___________；如果碰撞后滑塊B獲得的速度為v0，則碰撞后滑塊A的速度為____________。參考答案：mv，v－v0 9.如圖，用細繩一端系著質(zhì)量為M=0.6kg的物體A，物體A靜止在水平轉(zhuǎn)盤上。細繩的另一端通過圓盤中心的光滑小孔O吊著系著質(zhì)量為m=0.3kg的小球B。物體A到O點的距離為0.2m.物體A與轉(zhuǎn)盤間的最大靜摩擦力為2N，為使物體A與圓盤之間保持相對靜止，圓盤轉(zhuǎn)動的角速度范圍為

。（g=10m/s2）參考答案：10.如圖所示，位于豎直平面內(nèi)的固定半徑為R的光滑圓環(huán)軌道，圓環(huán)軌道與水平面相切于M點，與豎直墻相切于A點，豎直墻上另一點B與M的連線和水平面的夾角為600，C是圓環(huán)軌道的圓心，D是圓環(huán)上與M靠得很近的一點（DM遠小于CM）．已知在同一時刻：a、b兩球分別由A、B兩點從靜止開始沿光滑傾斜直軌道運動到M點；c球由C點自由下落到M點；d球從D點靜止出發(fā)沿圓環(huán)運動到M點．則a、b、c、d四個小球最先到達M點的球是_______球。重力加速度取為g，d球到達M點的時間為____________。參考答案：c球；tD=。

11.有一只家用電熨斗，其電路結(jié)構(gòu)如圖（a）所示，圖中1、2、3、4是內(nèi)部4個接線柱，改變內(nèi)部接線方式可使電熨斗獲得低、中、高三個不同的溫度擋。圖（b）是它的四種不同的連線方式，其中能獲得低擋溫度的連線方式是圖（b）中的

?

，能獲得高擋溫度的連線方式是圖（b）中的

?

。參考答案：B，D12.（單選）某人欲估算飛機著陸時的速度，他假設(shè)飛機停止運動前在平直跑道上做勻減速直線運動，飛機在跑道上滑行的距離為s，從著陸到停下來所用的時間為t，則飛機著陸時的速度為

A．

B．

C．

D．到之間的某個值參考答案：B13.如圖所示，A、B和C、D為兩對帶電金屬極板，長度均為l，其中A、B兩板水平放置，間距為d，A、B間電壓為U1；C、D兩板豎直放置，間距也為d，C、D間電壓為U2。有一初速度為0、質(zhì)量為m、電荷量為e的電子經(jīng)電壓U0加速后，平行于金屬板進入電場，則電子進入該電場時的速度大小為

；若電子在穿過電場的過程中始終未與極板相碰，電子離開該電場時的動能為_____________。（A、B、C、D四塊金屬板均互不接觸，電場只存在于極板間，且不計電子的重力）參考答案：三、簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.如圖所示，質(zhì)量為m帶電量為+q的小球靜止于光滑絕緣水平面上，在恒力F作用下，由靜止開始從A點出發(fā)到B點，然后撤去F，小球沖上放置在豎直平面內(nèi)半徑為R的光滑絕緣圓形軌道，圓形軌道的最低點B與水平面相切，小球恰能沿圓形軌道運動到軌道末端D，并從D點拋出落回到原出發(fā)點A處．整個裝置處于電場強度為E=的水平向左的勻強電場中，小球落地后不反彈，運動過程中沒有空氣阻力．求：AB之間的距離和力F的大?。畢⒖即鸢福篈B之間的距離為R，力F的大小為mg．考點： 帶電粒子在勻強電場中的運動；牛頓第二定律；平拋運動；動能定理的應用．專題： 帶電粒子在電場中的運動專題．分析： 小球在D點，重力與電場力的合力提供向心力，由牛頓第二定律即可求出D點的速度，小球離開D時，速度的方向與重力、電場力的合力的方向垂直，小球做類平拋運動，將運動分解即可；對小球從A運動到等效最高點D過程，由動能定理可求得小球受到的拉力．解答： 解：電場力F電=Eq=mg

電場力與重力的合力F合=mg，方向與水平方向成45°向左下方，小球恰能到D點，有：F合=解得：VD=從D點拋出后，只受重力與電場力，所以合為恒力，小球初速度與合力垂直，小球做類平拋運動，以D為原點沿DO方向和與DO垂直的方向建立坐標系（如圖所示）．小球沿X軸方向做勻速運動，x=VDt

沿Y軸方向做勻加速運動，y=at2a==所形成的軌跡方程為y=直線BA的方程為：y=﹣x+（+1）R解得軌跡與BA交點坐標為（R，R）AB之間的距離LAB=R從A點D點電場力做功：W1=（1﹣）R?Eq

重力做功W2=﹣（1+）R?mg；F所做的功W3=F?R有W1+W2+W3=mVD2，有F=mg答：AB之間的距離為R，力F的大小為mg．點評： 本題是動能定理和向心力知識的綜合應用，分析向心力的來源是解題的關(guān)鍵．15.一在隧道中行駛的汽車A以的速度向東做勻速直線運動，發(fā)現(xiàn)前方相距處、以的速度同向運動的汽車B正開始勻減速剎車，其剎車的加速度大小,從此刻開始計時，若汽車A不采取剎車措施，汽車B剎車直到靜止后保持不動，求：（1）汽車A追上汽車B前，A、B兩汽車間的最遠距離；（2）汽車A恰好追上汽車B需要的時間．參考答案：（1）16m（2）8s(1)當A、B兩汽車速度相等時，兩車間的距離最遠，即v＝vB－at＝vA

得t＝＝3s此時汽車A的位移xA＝vAt＝12m；汽車B位移xB＝vBt－at2＝21mA、B兩汽車間的最遠距離Δxm＝xB＋x0－xA＝16m(2)汽車B從開始減速直到靜止經(jīng)歷的時間t1＝＝5s

運動的位移x′B＝＝25m汽車A在t1時間內(nèi)運動的位移x′A＝vAt1＝20m

此時相距Δx＝x′B＋x0－x′A＝12m汽車A需要再運動的時間t2＝＝3s

故汽車A追上汽車B所用時間t＝t1＋t2＝8s四、計算題：本題共3小題，共計47分16.如圖所示，AB、CD間的區(qū)域有豎直向上的勻強電場，在CD的右側(cè)有一與CD相切于M點的圓形有界勻強磁場，磁場方向垂直于紙面．一帶正電粒子自O(shè)點以水平初速度v0正對P點進入該電場后，從M點飛離CD邊界，再經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后又從N點垂直于CD邊界回到電場區(qū)域，并恰能返回O點．已知OP間距離為d，粒子質(zhì)量為m，電荷量為q，電場強度大小，不計粒子重力．試求：(1)M、N兩點間的距離(2)磁感應強度的大小和圓形勻強磁場的半徑(3)粒子自O(shè)點出發(fā)到回到O點所用的時間參考答案：（1）

(2)；(3)（1）據(jù)題意，作出帶電粒子的運動軌跡，如圖所示：粒子從O到M的時間：t1＝

粒子在電場中加速度：a＝＝粒子在M點時豎直方向的速度：vy＝at1＝v0粒子在M點時的速度：v＝＝2v0

速度偏轉(zhuǎn)角正切：故θ＝60o

粒子從N到O點時間：，...粒子從N到O點過程的豎直方向位移：

故P、N兩點間的距離為：。由幾何關(guān)系得：MN

(2)幾何關(guān)系得：

可得半徑：

由解得：

由幾何關(guān)系確定區(qū)域半徑為：，即

（3）O到M的時間：t1＝N到O的時間：

在磁場中運動的時間：

無場區(qū)運動的時間：

17.如圖，在直角坐標系xOy平面內(nèi)，虛線MN平行于y軸，N點坐標(－L，0)，MN與y軸之間有沿y軸正方向的勻強電場，在第四象限的某區(qū)域有方向垂直于坐標平面的圓形有界勻強磁場（圖中未畫出）?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為e的電子，從虛線MN上的P點，以平行于x軸正方向的初速度v0射人電場，并從y軸上A點(0，0.5L)射出電場，射出時速度方向與y軸負方向成300角，此后，電子做勻速直線運動，進人磁場并從圓形有界磁場邊界上Q點(,－L)射出，速度沿x軸負方向。不計電子重力。求：（1）勻強電場的電場強度E的大?。浚?）勻強磁場的磁感應強度B的大?。侩娮釉诖艌鲋羞\動的時間t是多少？（3）圓形有界勻強磁場區(qū)域的最小面積S是多大？參考答案：解：⑴設(shè)電子在電場中運動的加速度為a，時間為t，離開電場時，沿y軸方向的速度大小為vy，則 …

(1分)vy＝at …

(1分)l＝v0t …

(1分)vy＝v0cot300 …

(1分)解得 …

(2分)(2)設(shè)軌跡與x軸的交點為D，OD距離為xD，則xD＝0.5ltan300 …

(2分)xD＝ …

(1分)所以，DQ平行于y軸，電子在磁場中做勻速圓周運動的軌道的圓心在DQ上，電子運動軌跡如圖所示。設(shè)電子離開電場時速度為v，在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑為r，則v０＝vsin300

…

(1分)

…

(1分)（有）

…

(2分)

…

(1分)（或）…

(1分)解得，

…

(2分)（3）以切點F、Q為直徑的圓形有界勻強磁場區(qū)域的半徑最小，設(shè)為r1，則 …

(2分)18.足夠長光滑斜面BC的傾角α=53°，小物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.5，水平面與斜面之間B點有一小段弧形連接，一質(zhì)量m=2kg的小物塊