山東省煙臺市龍口東萊街道南關(guān)中學(xué)2022年高三物理下學(xué)期期末試題含解析

山東省煙臺市龍口東萊街道南關(guān)中學(xué)2022年高三物理下學(xué)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.（單選）如圖，圓環(huán)形導(dǎo)體線圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一豎直螺線管b，二者軸線重合，螺線管與電源和滑動變阻器連接成如圖所示的電路．若將滑動變阻器的滑片P向下滑動，下列表述正確的是（）A．線圈a中將產(chǎn)生俯視順時針方向的感應(yīng)電流B．穿過線圈a的磁通量變小C．線圈a有擴(kuò)張的趨勢D．線圈a對水平桌面的壓力FN將增大參考答案：考點：楞次定律．專題：電磁感應(yīng)與電路結(jié)合．分析：此題的關(guān)鍵首先明確滑動觸頭向下滑動時通過判斷出線圈b中的電流增大，然后根據(jù)楞次定律判斷出線圈a中感應(yīng)電流的方向．本題利用“楞次定律的第二描述”求解將更為簡便．解答：解：A、B：當(dāng)滑動觸頭P向下移動時電阻減小，由閉合電路歐姆定律可知通過線圈b的電流增大，從而判斷出穿過線圈a的磁通量增加方向向下，所以B錯誤；根據(jù)楞次定律即可判斷出線圈a中感應(yīng)電流方向俯視應(yīng)為逆時針，A錯誤．C、再根據(jù)微元法將線圈a無線分割根據(jù)左手定則不難判斷出線圈a應(yīng)有收縮的趨勢，或直接根據(jù)楞次定律的第二描述“感應(yīng)電流產(chǎn)生的效果總是阻礙引起感應(yīng)電流的原因”，因為滑動觸頭向下滑動導(dǎo)致穿過線圈a的磁通量增加，故只有線圈面積減少時才能阻礙磁通量的增加，故線圈a應(yīng)有收縮的趨勢，C錯誤；D、開始時線圈a對桌面的壓力等于線圈a的重力，當(dāng)滑動觸頭向下滑動時，可以用“等效法”，即將線圈a和b看做兩個條形磁鐵，不難判斷此時兩磁鐵的N極相對，互相排斥，故線圈a對水平桌面的壓力將增大，所以D正確．故選D．點評：首先應(yīng)掌握楞次定律的基本應(yīng)用，楞次定律的第二描述是能量守恒定律在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中得出的必然結(jié)果．一般在解決有關(guān)相對運動類問題時用楞次定律的第二描述將會非常簡便．2.第29屆奧運會已于2008年8月8日在北京舉行，跳水比賽是我國的傳統(tǒng)優(yōu)勢項目。某運動員正在進(jìn)行10m跳臺跳水賽，下列說法正確的是A．前一半時間內(nèi)位移大，后一半時間內(nèi)位移小B．前一半位移用的時間長，后一半位移用的時間短C．為了研究運動員的技術(shù)動作，可將正在比賽的運動員視為質(zhì)點D．運動員在下落過程中，感覺水面在勻速上升參考答案：B3.（多選題）如圖1所示，豎直光滑桿固定不動，套在桿上的彈簧下端固定，將套在桿上的滑塊向下壓縮彈簧至離地高度h=0.1m處，滑塊與彈簧不拴接．現(xiàn)由靜止釋放滑塊，通過傳感器測量到滑塊的速度和離地高度h并作出如圖2滑塊的Ek﹣h圖象，其中高度從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)圖象為直線，其余部分為曲線，以地面為零勢能面，取g=10m/s2，由圖象可知（）A．小滑塊的質(zhì)量為0.1kgB．輕彈簧原長為0.2mC．彈簧最大彈性勢能為0.5JD．小滑塊的重力勢能與彈簧的彈性勢能總和最小為0.4J參考答案：BC【考點】功能關(guān)系．【分析】根據(jù)對Ek﹣h圖象的理解：圖線的斜率表示滑塊所受的合外力，高度從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)圖象為直線，其余部分為曲線和能量守恒定律求解．【解答】解：A、在從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)，△Ek=△EP=mg△h，圖線的斜率絕對值為：k===2N=mg，所以：m=0.2kg，故A錯誤；B、在Ek﹣h圖象中，圖線的斜率表示滑塊所受的合外力，由于高度從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)圖象為直線，其余部分為曲線，說明滑塊從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)所受作用力為恒力，所示從h=0.2m，滑塊與彈簧分離，彈簧的原長的0.2m．故B正確；C、根據(jù)能的轉(zhuǎn)化與守恒可知，當(dāng)滑塊上升至最大高度時，增加的重力勢能即為彈簧最大彈性勢能，所以Epm=mg△h=0.2×10×（0.35﹣0.1）=0.5J，故C正確；D、由圖可知，當(dāng)h=0.18m時的動能最大；在滑塊整個運動過程中，系統(tǒng)的動能、重力勢能和彈性勢能之間相互轉(zhuǎn)化，因此動能最大時，滑塊的重力勢能與彈簧的彈性勢能總和最小，根據(jù)能的轉(zhuǎn)化和守恒可知，EPmin=E﹣Ekm=Epm+mgh﹣Ekm=0.5+0.2×10×0.1﹣0.32=0.38J，故D錯誤；故選：BC4.一質(zhì)點做勻加速直線運動，在時間t內(nèi)的位移為s，該段時間的末速度變?yōu)樵摱螘r間初速度的5倍．該質(zhì)點的加速度為（）A．B． C． D．參考答案：D【考點】加速度．【分析】設(shè)質(zhì)點運動的初速度為v0，加速度為a，根據(jù)勻變速直線運動位移時間公式以及速度時間公式列式，聯(lián)立方程求解即可．【解答】解：設(shè)質(zhì)點運動的初速度為v0，加速度為a，則有：s=，a=，解得：a=，故D正確，ABC錯誤．故選：D5.(單選題)在物理學(xué)的發(fā)展過程中，科學(xué)家們創(chuàng)造出了許多物理學(xué)研究方法，以下關(guān)于所用物理學(xué)研究方法的敘述正確的是A．在不需要考慮帶電物體本身的大小和形狀時，用點電荷來代替物體的方法叫微元法B．在探究加速度、力和質(zhì)量三者之間的關(guān)系時，先保持質(zhì)量不變研究加速度與力的關(guān)系，再保持力不變研究加速度與質(zhì)量的關(guān)系，該實驗采用了假設(shè)法C．在推導(dǎo)勻變速直線運動位移公式時，把整個運動過程劃分成很多小段，每一小段近似看作勻速直線運動，然后把各小段的位移相加，這里采用了理想模型法D．伽利略認(rèn)為自由落體運動就是物體在傾角為90°的斜面上的運動，再根據(jù)銅球在斜面上的運動規(guī)律得出自由落體的運動規(guī)律，這是采用了實驗和邏輯推理相結(jié)合的方法參考答案：D二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.如圖甲所示為某一測量電路，電源電壓恒定。閉合開關(guān)S，調(diào)節(jié)滑動變阻器由最右端滑動至最左端，兩電壓表的示數(shù)隨電流變化的圖象如圖乙所示，可知：_____（填“a”或“b”）是電壓表V2示數(shù)變化的圖象，電源電壓為_____V，電阻Rl阻值為_____Ω，變阻器最大阻值為_____Ω。參考答案：7.如下左圖所示，質(zhì)量為m，橫截面為直角三角形的物塊ABC，∠ABC=α．AB邊靠在豎直墻面上，F(xiàn)是垂直于斜面BC的推力．現(xiàn)物塊靜止不動，則摩擦力的大小為

參考答案：8.在做《研究勻變速直線運動》的實驗時，某同學(xué)得到一條紙帶，如圖所示，每隔四個計時點取一個計數(shù)點，已知每兩個計數(shù)點間的距離為x，且x1＝0.96cm，x2＝2.88cm，x3＝4.80cm，x4＝6.72cm，x5＝8.64cm，x6＝10.56cm，電磁打點計時器的電源頻率為50Hz．計算此紙帶的加速度大小a＝___________m/s2，打第四個計數(shù)點時紙帶的速度大小v＝___________m/s．參考答案：1.92

0.5769.（選修3—3（含2—2）模塊）（6分）某壓力鍋結(jié)構(gòu)如圖所示，蓋好密封鍋蓋，將壓力閥套在出氣孔上，給壓力鍋加熱，當(dāng)鍋內(nèi)氣體壓強(qiáng)達(dá)到一定值時，氣體就把壓力閥頂起．已知大氣壓強(qiáng)P隨海拔高度H的變化滿足P=P0(1–aH)，其中常數(shù)a＞0，隨海拔高度H的增大，大氣壓強(qiáng)P

（填“增大”、“減小”或“不變”），閥門被頂起時鍋內(nèi)氣體壓強(qiáng)

（填“增大”、“減小”或“不變”），結(jié)合查理定律分析可知，在不同海拔高度使用壓力鍋，閥門被頂起時鍋內(nèi)氣體的溫度隨著海拔高度的增加而

．（填“升高”、“降低”或“不變”）參考答案：答案：減小（2分）；減小（2分）；降低．（2分）10.帶電量為C的粒子先后經(jīng)過電場中的A、B兩點，克服電場力做功J，已知B點電勢為50V，則（l）A、B間兩點間的電勢差是V；（2）A點的電勢V；（3）電勢能的變化J；（4）把電量為C的電荷放在A點的電勢能J．參考答案：（1）V；（2）V；（3）J；（4）11.2014年5月10日南京發(fā)生放射源銥-192丟失事件，銥-192化學(xué)符號是Ir，原子序數(shù)77，半衰期為74天．銥-192通過β衰變放出γ射線，γ射線可以穿透10-100mm厚鋼板．設(shè)衰變產(chǎn)生的新核用X表示，寫出銥-192的衰變方程

▲

；若現(xiàn)有1g銥-192，經(jīng)過148天有

▲

g銥-192發(fā)生衰變．參考答案：

（2分）；0.7512.在光滑水平面上，有一個粗細(xì)均勻的單匝正方形閉合線框abcd，在水平外力的作用下，從靜止開始沿垂直磁場邊界方向做勻加速直線運動，穿過勻強(qiáng)磁場，平行磁場區(qū)域的寬度大于線框邊長，如圖甲所示．測得線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流i的大小和運動時間t的變化關(guān)系如圖乙所示．已知圖象中四段時間分別為△t1、△t2、△t3、△t4．在△t1、△t3兩段時間內(nèi)水平外力的大小之比1：1；若已知△t2：△t3：△t4=2：2：1，則線框邊長與磁場寬度比值為7：18．參考答案：考點：導(dǎo)體切割磁感線時的感應(yīng)電動勢；電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化．專題：電磁感應(yīng)——功能問題．分析：線框未進(jìn)入磁場時沒有感應(yīng)電流，水平方向只受外力作用．可得△t1、△t3兩段時間內(nèi)水平外力的大小相等．設(shè)線框加速度a，bc邊進(jìn)入磁場時速度v，根據(jù)運動學(xué)位移公式得到三段位移與時間的關(guān)系式，即可求出則線框邊長與磁場寬度比值．解答：解：因為△t1、△t3兩段時間無感應(yīng)電流，即無安培力，則線框做勻加速直線運動的合外力為水平外力．所以△t1、△t3兩段時間內(nèi)水平外力的大小相等．即水平外力的大小之比為1：1．設(shè)線框加速度a，bc邊進(jìn)入磁場時速度v，△t2=△t3=2△t4=2△t，線框邊長l，磁場寬L根據(jù)三段時間內(nèi)線框位移，得：

v?2△t+a（2△t）2=l

v?4△t+a（4△t）2=L

v?5△t+a（5△t）2=l+L解得：=故答案為：1：1，7：18．點評：此題是電磁感應(yīng)與電路、力學(xué)知識的綜合，根據(jù)圖象上獲取的信息，結(jié)合E=Blv分析線框的運動情況是解題的關(guān)鍵．13.據(jù)報道：1978年澳大利亞科學(xué)家利用5m長的電磁軌道炮，將質(zhì)量為3.3g的彈丸以5.9km/s的高速發(fā)射獲得成功。假設(shè)彈丸在軌道炮內(nèi)做勻加速直線運動，彈丸所受的合力為_________N。如果每分鐘能發(fā)射6顆彈丸，該電磁軌道炮的輸出功率約為＿＿＿＿＿Ｗ。參考答案：1.15×104

N；

5.74×103

W。三、簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.（4分）圖為一簡諧波在t=0時，對的波形圖，介質(zhì)中的質(zhì)點P做簡諧運動的表達(dá)式為y=4sin5xl，求該波的速度，并指出t=0.3s時的波形圖(至少畫出一個波長)

參考答案：解析：由簡諧運動的表達(dá)式可知，t=0時刻指點P向上運動，故波沿x軸正方向傳播。由波形圖讀出波長，；由波速公式，聯(lián)立以上兩式代入數(shù)據(jù)可得。t=0.3s時的波形圖如圖所示。

15.

（選修3-3（含2-2）模塊）(6分)理想氣體狀態(tài)方程如下：。從理論的角度，設(shè)定一定的條件，我們便能得到氣體三大定律：玻意爾定律、查理定律和蓋·呂薩克定律。下面請你通過設(shè)定條件，列舉其中兩條定律的內(nèi)容。（要求條件、內(nèi)容要與定律名稱相對應(yīng)，不必寫數(shù)學(xué)表達(dá)式）參考答案：

答案：玻意爾定律：一定質(zhì)量的氣體，在溫度不變的情況下，它的壓強(qiáng)跟體積成反比。查理定律：一定質(zhì)量的氣體，在體積不變的情況下，它的壓強(qiáng)跟熱力學(xué)溫度成正比。蓋·呂薩克定律：一定質(zhì)量的氣體，在壓強(qiáng)不變的情況下，它的體積跟熱力學(xué)溫度成正比。四、計算題：本題共3小題，共計47分16.如圖所示,可看成質(zhì)點質(zhì)量分別為m1=1kg的物體A和m2=2kg的物體B之間夾著一壓縮的輕、短彈簧，兩物體用細(xì)線綁著放在水平傳送帶上，物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為0.2，傳送帶兩端與光滑水平地面相切。某一時刻燒斷細(xì)線，同時傳送帶以的恒定速度沿順時針方向運動（忽略傳送帶加速和彈簧彈開的時間）。彈開時，A獲得的速度為，A、B距傳送帶兩端的距離如圖所示，（取）求：。(1)彈開過程彈簧釋放的彈性勢能。(2)A、B到達(dá)傳送帶兩端時的速度大小。

(3)若在傳送帶兩端外的水平地面上各固定放置一半徑相同的光滑豎直圓軌道，要使兩物體第一次沖上內(nèi)圓軌道后都不脫離軌道，軌道半徑應(yīng)滿足什么條件？參考答案：(1)A、B、彈簧系統(tǒng)在彈開過程動量和能量守恒解得彈開后B的速度大小解得彈開過程彈簧釋放的彈性勢能

(2)彈開后B做加速運動，設(shè)B一直加速到右端：解得：

彈開后A做減速運動，設(shè)一直減速到左端：解得：

(3)欲使A、B均不脫離軌道，有兩種情形：①均能過軌道的最高點，設(shè)恰能過最高點：在最低點速度為，最低到最高過程：解得：

因，故取A，解得

②均不超過圓心等高處，設(shè)恰到圓心等高處：解得：因，故取B，解得

綜上：或

17.如圖所示，圓心為O、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1、方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁場區(qū)域右側(cè)有一寬度也為R足夠長區(qū)域Ⅱ，區(qū)域Ⅱ內(nèi)有方向向左的勻強(qiáng)電場，區(qū)域Ⅱ左右邊界CD、FG與電場垂直，區(qū)域I邊界上過A點的切線與電場線平行且與FG交于G點，F(xiàn)G右側(cè)為方向向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2的勻強(qiáng)磁場區(qū)域Ⅲ．在FG延長線上距G點為R處的M點放置一足夠長的熒光屏MN，熒光屏與FG成角，在A點處有一個粒子源，能沿紙面向區(qū)域內(nèi)各個方向均勻地發(fā)射大量質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q且速率相同的粒子，其中沿AO方向射入磁場的粒子，恰能平行于電場方向進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ并垂直打在熒光屏上（不計粒子重力及其相互作用）求：（1）粒子的初速度大小v0；（2）電場的電場強(qiáng)度大小E；（3）熒光屏上的發(fā)光區(qū)域長度△x參考答案：（1）

（2）

（3）1.2R【詳解】(1)如圖所示，分析可知，粒子在區(qū)域I中的運動半徑由得；(2)因粒子垂直打在熒光屏上，由題意可知，在區(qū)域III中的運動半徑為由得：粒子在電場中做勻減速運動，由動能定理得：解得：；(3)如圖分析可知，速度方向與電場方向平行向左射入?yún)^(qū)域I中的粒子將平行電場方向從區(qū)域I中最高點穿出，打在離M點處的屏上，由幾何關(guān)系得：解得：速度方向與電場方向平行向右射放區(qū)域I中的粒子將平行電場方向從區(qū)域I中最低點穿出打在離M點處的屏上，由幾何關(guān)系得：解得：分析可知所有粒子均未平行于FG方向打在板上，因此熒光屏上的發(fā)光區(qū)域長度為解得：。18.如圖所示，有一質(zhì)量m＝1kg的小物塊，在平臺上以初速度v0=3m/s水平拋出，到達(dá)C