2022-2023學年安徽省馬鞍山市亭頭中學高三物理下學期期末試卷含解析

2022-2023學年安徽省馬鞍山市亭頭中學高三物理下學期期末試卷含解析一、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.人造衛(wèi)星在受到地球外層空間大氣阻力的作用后，衛(wèi)星繞地球運行的半徑、角速度、速率將A．半徑變大，角速度變大，速率變大B．半徑變小，角速度變大，速率變大C．半徑變大，角速度變小，速率變小D．半徑變小，角速度變大，速率變小參考答案：B根據(jù)萬有引力提供向心力G=m=mrω2=ma，得v=，ω=，由于大氣阻力的作用，衛(wèi)星的運行高度逐漸降低，半徑r變小，線速度、角速度均增大，故B正確．2.質量相等的兩木塊A、B用一輕彈簧栓接，靜置于水平地面上，如圖(a)所示?，F(xiàn)用一豎直向上的力F拉動木塊A，使木塊A向上做勻加速直線運動，如圖(b)所示。從木塊A開始做勻加速直線運動到木塊B將要離開地面時的過程中，下列說法正確的是：（設此過程彈簧始終處于彈性限度內）（A）力F先減小后增大

（B）彈簧的彈性勢能先減小后增大

（C）木塊A的動能和重力勢能之和先增大后減小

（D）兩木塊A、B和輕彈簧組成的系統(tǒng)的機械能先增大后減小參考答案：[

B

]3.如圖8所示為宇宙中一個恒星系的示意圖，A為該星系的一顆行星，它繞中央恒星O運行軌道近似為圓，天文學家觀測得到A行星運動的軌道半徑為R0，周期為T0。長期觀測發(fā)現(xiàn)，A行星實際運動的軌道與圓軌道總存在一些偏離，且周期性地每隔t0時間發(fā)生一次最大的偏離。天文學家認為形成這種現(xiàn)象的原因可能是A行星外側還存在著一顆未知的行星B（假設其運行軌道與A在同一平面內，且與A的繞行方向相同），它對A行星的萬有引力引起A軌道的偏離，根據(jù)上述現(xiàn)象及假設，下列對未知行星B的運動的有關量的預測正確的是：（

） A．TB＝

B． C． D．參考答案：AD4.如圖所示，虛線A、B、C為某電場中的三條等勢線，其電勢分別為3V、5V、7V，實線為帶電粒子在電場中運動時的軌跡，P、Q為軌跡與等勢線A、C的交點，帶電粒子只受電場力，則下列說法正確的是

A．粒子可能帶負電

B．粒子在P點的動能大于Q點動能

C．粒子在P點電勢能大于粒子在Q點電勢能

D．粒子在P點受到電場力大于Q點受到的電場力參考答案：B5.質量為m的汽車，其發(fā)動機額定功率為P．當它開上一個傾角為θ，滑動摩擦系數(shù)為的斜坡時，車的最大速度為(

)

A．

B．

C．

D．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，電源電動勢E=3V，內阻r=1Ω，電阻R1=2Ω，滑動變阻器總電阻R=16Ω，在滑片P從a滑到b的過程中，電流表的最大示數(shù)為1A，滑動變阻器消耗的最大功率為0.75W．參考答案：考點：閉合電路的歐姆定律；電功、電功率．專題：恒定電流專題．分析：分析電路明確電路結構，再根據(jù)閉合電路歐姆定律求得電流表的最大示數(shù)；由功率公式可知當內外電阻相等時功率達最大．解答：解：由圖可知，滑動變阻器兩端相互并聯(lián)后與R1串聯(lián)，當滑動變阻器短路時，電流表示數(shù)最大，則最大電流I===1A；把保護電阻看做電源的內阻，電源與保護電阻等效于電源，滑動變阻器是外電路，滑片P從a滑到b的過程中，電路外電阻R先變大后變小，等效電源電動勢E不變，由P=可知，滑動變阻器消耗的電功率先變小后變大，當內外電路電阻相等時，外電路功率最大，即當R=r+R1=1+2=3Ω時，外電路功率最大，故此時滑動變阻器消耗的功率為：P===0.75W；故答案為：1；0.75．點評：本題考查閉合電路歐姆定律及功率公式的應用，要注意等效內阻法的應用，明確當內外電阻相等時，外部功率最大．7.15．如圖，光滑水平面上放置質量分別為m和2m的四個木塊，其中兩個質量為2m的木塊間用一不可伸長的輕繩相連，木塊間的最大靜摩擦力是μmg。現(xiàn)用大小未知的水平拉力F拉其中一個質量為m的木塊，使四個木塊以同一加速度運動，則輕繩對2m的最大拉力為

。參考答案：8.如題12B-1圖所示的裝置，彈簧振子的固有頻率是4Hz?，F(xiàn)勻速轉動把手，給彈簧振子以周期性的驅動力，測得彈簧振子振動達到穩(wěn)定時的頻率為1Hz，則把手轉動的頻率為___▲____。（A）1Hz（B）3Hz（C）4Hz（D）5Hz參考答案：A)受迫振動的頻率等于驅動力的頻率，f=1hz，故A對；B、C、D錯。

9.（1）在該實驗中必須采用控制變量法，應保持小車質量不變，用鉤碼所受的重力作為___________，用DIS測小車的加速度。（2）改變所掛鉤碼的數(shù)量，多次重復測量。在某次實驗中根據(jù)測得的多組數(shù)據(jù)可畫出a-F關系圖線（如圖所示）。①分析此圖線的OA段可得出的實驗結論是______________。②此圖線的AB段明顯偏離直線，造成此誤差的主要原因是A．小車與軌道之間存在摩擦

B．導軌保持了水平狀態(tài)C．所掛鉤碼的總質量太大

D．所用小車的質量太大參考答案：（1）小車受到的合力；（2）小車的加速度跟所受的合力成正比；（3）C。10.(3分)演示地磁場存在的實驗裝置(由環(huán)形線圈，微電流傳感器，DIS等組成)如圖所示。首先將線圈豎直放置，以豎直方向為軸轉動，屏幕上的電流指針＿＿＿＿(填：“有”或“無”)偏轉；然后仍將線圈豎直放置，使其平面與東西向平行，并從東向西移動，電流指針＿＿＿＿(填：“有”或“無”)偏轉；最后將線圈水平放置，使其從東向西移動，電流指針＿＿＿＿(填：“有”或“無”)偏轉。參考答案：有

無

無首先將線圈豎直放置，以豎直方向為軸轉動，線圈中磁通量變化，屏幕上的電流指針有偏轉。然后仍將線圈豎直放置，使其平面與東西向平行，并從東向西移動，線圈中磁通量不變化，電流指針無偏轉。最后將線圈水平放置，使其從東向西移動，線圈中磁通量不變化，電流指針無偏轉。11.一小球從水平臺面邊緣以速度v水平飛出，落到水平地面上需要時間為t，落地點距臺面邊緣的水平距離為s。若使小球以速度2v仍從同一位置水平飛出，落到水平地面上需要時間為

；落地點距臺面邊緣的水平距離為

。參考答案：12.如右圖甲所示，有一質量為m、帶電量為的小球在豎直平面內做單擺，擺長為L，當?shù)氐闹亓铀俣葹?，則周期

；若在懸點處放一帶正電的小球（圖乙），則周期將

。（填“變大”、“不變”、“變小”）參考答案：；不變13.如圖，足夠長的粗糙絕緣斜面與水平面成θ=37°放置，在斜面上虛線aa′和bb′與斜面底邊平行，在aa′b′b圍成的區(qū)域有垂直斜面向上的有界勻強磁場，磁感應強度為B=1T；現(xiàn)有一質量為m=10g、總電阻為R=1Ω、邊長d=0.1m的正方形金屬線圈MNPQ，讓PQ邊與斜面底邊平行，從斜面上端靜止釋放，線圈剛好勻速穿過磁場．已知線圈與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ=0.5，則線圈釋放時，PQ邊到bb′的距離為1m；整個線圈穿過磁場的過程中，線圈上產生的焦耳熱為4×10﹣3J．參考答案：考點：導體切割磁感線時的感應電動勢；焦耳定律．專題：電磁感應與電路結合．分析：線圈勻速穿過磁場，受力平衡，根據(jù)平衡條件列式求解；根據(jù)安培力公式F安=BId、E=Bvd、I=得到安培力與速度的關系式，即可求得速度，從而得出距離，線圈上產生的焦耳熱等于克服安培力做功．解答：解：對線圈受力分析，根據(jù)平衡條件得：F安+μmgcosθ=mgsinθ代入數(shù)據(jù)解得：F安=mgsinθ﹣μmgcosθ=（0.01×10×0.6﹣0.5×0.01×10×0.8）N=2×10﹣2N；

F安=BId、E=Bvd、I=解得：F安=代入數(shù)據(jù)解得：v==m/s=2m/s線圈進入磁場前做勻加速運動，根據(jù)牛頓第二定律得：

a==gsinθ﹣μgcosθ=（10×0.6﹣0.5×10×0.80）m/s2=2m/s2線圈釋放時，PQ邊到bb的距離L==m=1m；由于線圈剛好勻速穿過磁場，則磁場寬度等于d=0.1m，

Q=W安=F安?2d代入數(shù)據(jù)解得：Q=2×10﹣2×2×0.1J=4×10﹣3J；故答案：1

4×10﹣3點評：解決本題的關鍵是推導安培力與速度的關系式，求熱量時，要注意線框進入和穿出磁場兩個過程都要產生焦耳熱．三、實驗題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.（9分）一水平放置的圓盤繞過其圓心的豎直軸勻速轉動。盤邊緣上固定一豎直的擋光片。盤轉動時擋光片從一光電數(shù)字計時器的光電門的狹縫中經過，如圖1所示。圖2為光電數(shù)字計時器的示意圖。光源A中射出的光可照到B中的接收器上。若A、B間的光路被遮斷，顯示器C上可顯示出光線被遮住的時間。

擋光片的寬度用螺旋測微器測得，結果如圖3所示。圓盤直徑用游標卡尺測得，結果如圖4所示。由圖可知，（l）擋光片的寬度為

mm。（2）圓盤的直徑為

cm。（3）若光電數(shù)字計時器所顯示的時間為50.0ms，則圓盤轉動的角速度為

弧度/秒（保留3位有效數(shù)字）。參考答案：答案：（1）10.243（2）24.220（3）1.69解析：（1）根據(jù)螺旋測微器的讀數(shù)規(guī)則可讀數(shù)出擋光片的寬度：

mm，（讀數(shù)在10.242～10.244mm之間均可）。

（2）這是一個20分度的游標卡尺，精度是0.05mm，根據(jù)游標卡尺讀數(shù)原理，可讀出圓盤的直徑。

（3）圓盤轉動的角速度為，而，綜合兩式并代入數(shù)據(jù)可得：。15.在驗證機械能守恒定律的實驗中，使質量為m=200g的重物自由下落，打點計時器在紙帶上打出一系列的點，選取一條符合實驗要求的紙帶如圖所示．O為紙帶下落的起始點，A、B、C為紙帶上選取的三個連續(xù)點．已知打點計時器每隔T=0.02s打一個點，當?shù)氐闹亓铀俣葹間=9.8m/s2，那么（1）計算B點瞬時速度時，甲同學用v=2gsOB，乙同學用vB=其中所選擇方法正確的是乙（填“甲”或“乙”）同學．（2）若同學丙不慎將上述紙帶從OA之間扯斷，他僅利用A點之后的紙帶能否實現(xiàn)驗證機械能守恒定律的目的能．（填“能”或“不能”）（3）同學丁根據(jù)紙帶上的測量數(shù)據(jù)計算發(fā)現(xiàn)重物和紙帶下落過程中重力勢能的減少量和動能的增加量并非嚴格相等，他認為主要原因是重物和紙帶下落過程中所受的阻力引起的，根據(jù)紙帶上的測量數(shù)據(jù)，他計算出阻力f=0.06N．參考答案：考點：驗證機械能守恒定律．專題：實驗題．分析：（1）題的關鍵是處理紙帶問題時應用=求瞬時速度；（2）既可以用mgh=mv2來驗證機械能守恒，也可以用mgh=mv22﹣mv12來驗證．（3）根據(jù)△x=at2，求出加速度，結合牛頓第二定律，即可求解阻力．解答：解：（1）、由于實驗過程中重物和紙帶會受到空氣和限位孔的阻力作用，導致測得的加速度小于當?shù)氐闹亓铀俣龋郧笏俣葧r不能用=2gSOB，來求，只能根據(jù)=求瞬時速度值，所以乙正確．（2）、根據(jù)mgh=mv22﹣mv12可知，可以利用A點之后的紙帶驗證機械能守恒，即能實現(xiàn)．（3）、根據(jù)△x=at2，可求出a=，代入數(shù)據(jù)，解得a==9.5m/s2，由mg﹣f=ma解得，阻力f=0.2×0.3=0.06N．故答案為：（1）乙；（2）能；（3）0.06．點評：明確實驗原理，熟記處理紙帶問題的思路和方法，注意求瞬時速度的方法，分清理論推導與實驗探索的區(qū)別，學會求加速度的方法，并掌握牛頓第二定律與運動學公式的應用，最后注意單位的統(tǒng)一與計算的正確性．四、計算題：本題共3小題，共計47分16.如圖所示，在真空中，半徑為d的虛線所圍的圓形區(qū)域內只存在垂直紙面向外的勻強磁場，在磁場右側有一對平行金屬板M和N，兩板間距離也為d，板長為l．板

間存在勻強電場，兩板間的電壓為U0。兩板的中心線O1O2,與磁場區(qū)域的圓心O在同一直線上。有一電荷量為q、質量為m的帶正電粒子，以速率v0從圓周上的P點沿垂

直于半徑OOl并指向圓心O的方向進入磁場，從圓周上的O1點飛出磁場后沿兩板的中心線O1O2射入勻強電場，從兩板右端某處飛出。不計粒子所受重力。求

(1)磁場的磁感應強度B的大小(2)粒子在磁場和電場中運動的總時間(3)當粒子在電場中經過時間時，突然改變兩金屬板帶電性質，使電場反向，且兩板間電壓變?yōu)閁1，則粒子恰好能從O2點飛出電場，求電壓U1和U0的比值參考答案：(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，設圓周運動的半徑為r，由牛頓第二定律

（2分）由幾何關系知

（2分）所以

（1分）(2)粒子在磁場中運動的周期，（2分）在磁場中運動時間為四分之一個周期，（1分）粒子在電場中做類平拋運動，平行板的方向做勻速直線運動

（1分）

所以（1分）在電磁場中運動的總時間（1分）(3)根據(jù)運動的獨立性可知：粒子在豎直方向先做勻加速直線運動，再做等時間的勻減速直線運動，第一階段（2分）第二階段（2分）豎直方向總位移為零，（1分）所以

（1分）故（1分）

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