山東省濰坊市2021-2022學年高三上學期期末統(tǒng)考物理試題 附答案

高三物理試卷一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.綠水青山就是金山銀山，為加大生態(tài)環(huán)保力度，打贏污染防治攻堅戰(zhàn)，某工廠堅決落實有關節(jié)能減排政策，該工廠“水平的排水管道滿管徑工作，減排前、后，水落點距出水口的水平距離分別為x0、xA.x1x0 B.x0x1【答案】B【解析】【詳解】設水下落的高度為h與水下落的時間關系為?=故下落高度相同，水流入下方的時間相同根據平拋運動水平方向的位移與時間關系x=vt減排前、后水的流速比就等于水平位移之比所以減排前、后相同時間內的排水量之比就等于水平位移之比即x0x1，ACD故選B。2.如圖所示，abc是玻璃制成的柱體的橫截面，玻璃的折射率n=2，ab是半徑為R的圓弧，ac邊垂直于bc邊，∠aOc=60°。一束平行光垂直ac入射，只有一部分光從abA.πR12 B.πR6 C.πR4【答案】C【解析】【詳解】由題意作光路圖如圖所示，該介質的臨界角是C，則有：sin∠C在α≥45°時，均發(fā)生全反射，圖中d點為入射角等于臨界角的臨界點，所以在ab部分表面只有s=R×故ABD錯誤，C正確。故選C。3.兩塊標準平面玻璃板形成一個劈形空間，內部為空氣時，用單色光垂直照射玻璃板上表面，產生等間距的明暗相間的干涉條紋。若在劈形空間內充滿水，則相鄰的條紋間距將（）A.變小 B.變大 C.不變 D.無法確定【答案】A【解析】【詳解】從空氣膜的上下表面分別反射的兩列光是相干光，其光程差為Δ即光程差為空氣層厚度的2倍，當光程差Δ時此處表現為亮條紋，故相鄰亮條紋之間的空氣層的厚度差為12λΔ同理加入水后Δ由于n>1在劈形空間內充滿水，則相鄰的條紋間距將變小。故選A。4.一列簡諧波在初始時刻的全部波形如圖所示，質點a、b、c、d對應x坐標分別為1m、1.5m、3m、4m。從此時開始，質點d比質點b先到達波谷。下列說法正確的是（）

A.波源的起振方向沿y軸向上 B.振動過程中質點a、c動能始終相同C.波沿x軸負方向傳播 D.此時b點加速度沿y軸正方向【答案】B【解析】【詳解】AC．質點d比質點b先到達波谷，則此時質點d正在沿y軸向下振動，所以波源的起振方向沿y軸向下，根據質點振動方向與波的傳播方向的關系，可知波沿x軸正方向傳播，故AC錯誤；B．質點a、c的平衡位置之間相差半個波長，振動速度方向總是相反，大小總是相等，所以振動過程中質點a、c動能始終相同，故B正確；D．此時b點偏離平衡位置位移方向為正方向，恢復力方向指向平衡位置，所以加速度沿y軸負方向，故D錯誤。故選B。5.甲、乙兩輛小汽車在平直的路面上同向運動，以兩車并排時的位置為位移起點，其位移x與速度平方v2

A.乙車的加速度逐漸增大 B.甲車的加速度逐漸增大C.甲比乙早到達x1處 D.兩車在x【答案】C【解析】【詳解】AB．根據公式x=易知甲圖線斜率一直增加，其加速度減??；乙圖線斜率為一定值，其加速度保持不變。故AB錯誤；CD．由圖可知，兩車在到達x1之前，在相同的位移時甲的速度都比乙的大，甲車的平均速度大于乙車，由公式x=可知甲比乙早到達x1處。所以兩車不可能在x1處再次相遇。故C正確；故選C。6.光滑水平面上做簡諧運動的彈簧振子的系統(tǒng)總能量表達式為E=12kA2，其中k為彈簧的勁度系數，A為簡諧運動的振幅。若振子質量為0.25kg，彈簧的勁度系數為25N/mA.該振動的振幅為0.16mB.振子經過平衡位置時的速度為0.4m/sC.振子的最大加速度為8m/sD.若振子在位移最大處時，質量突變?yōu)?.15kg，則振幅變大【答案】C【解析】【詳解】A．彈簧振子振動過程中系統(tǒng)機械能守恒，則有1所以該振動的振幅為A=0.08故A錯誤；B．振子經過平衡位置時，動能為1所以速度為v=0.8故B錯誤；C．由牛頓第二定律可知振子的最大加速度為a=故C正確；D．振子在位移最大處時，速度為零，動能為零，所以質量突變?yōu)?.15kg，不影響系統(tǒng)的機械能，所以振幅不變，故D錯誤。故選C。7.北斗衛(wèi)星導航系統(tǒng)是我國自主建設、獨立運行且技術成熟的衛(wèi)星導航系統(tǒng)，目前已經實現全球的衛(wèi)星導航功能。如圖所示，北斗導航系統(tǒng)包含地球靜止軌道衛(wèi)星a（GEO）和中圓地球軌道衛(wèi)星b（MEO）。若a、b的軌道半徑之比為k，則（）

A.a、b兩衛(wèi)星運行線速度大小之比為1B.在相同時間內，a、b與地心連線掃過的面積之比為kC.a、b兩衛(wèi)星運行時加速度大小之比為1D.a、b兩衛(wèi)星運行時周期之比為k【答案】B【解析】【詳解】A．根據萬有引力定律和圓周運動規(guī)律G得v=GMr，a=Gv故A錯誤；B．經過相同時間t，衛(wèi)星轉過的角度θ=S=將周期公式T=SS故B正確；C．由a=GMa故C錯誤；D．由T=T故D錯誤。故選B。8.如圖所示，“V”形槽兩側面的夾角為60°，槽的兩側面與水平面的夾角相同。質量為m的圓柱形工件放在“V”形槽中，當槽的棱與水平面的夾角為37°時，工件恰好能勻速下滑，重力加速度為g，sin37°=0.6

A.工件對槽每個側面的壓力均為mg B.工件對槽每個側面的壓力均為2C.工件與槽間的動摩擦因數為310 D.工件與槽間的動摩擦因數為【答案】D【解析】【詳解】AB．工件勻速下滑，在任意方向上合力都為零，將工件的重力分解到沿斜面向下和垂直斜面向下，做出工件受力側視平面圖如下

根據平衡條件知FF做出垂直于“V”形槽方向的受力平面圖如下

“V”形槽兩側面的夾角為60°，所以兩側面對工件的彈力N夾角120°，則合力FN=N=mg故AB都錯誤；CD．“V”形槽兩側面對工件的摩擦力f方向相同，大小都為μN2f帶入可解得μ=故C錯誤，D正確。故選D。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。9.如圖所示，在水平桌面上放有一正三角形線框abc，線框由粗細相同的同種材料制成，邊長為L，線框處在與桌面成60°斜向下的勻強磁場中，磁感應強度大小為B，ac邊與磁場垂直，a、c兩點接到直流電源上，流過ac邊的電流為I，線框靜止在桌面上，線框質量為m，重力加速度為g，則（）

A.線框受到的摩擦力大小為32BIL C.線框對桌面的壓力大小為mg?12BIL【答案】BD【解析】【詳解】AB．線框靜止在桌面上，線框受到的摩擦力是靜摩擦力，與安培力水平方向的分力的合力平衡，磁感應強度垂直于桌面的分量B導線ac與導線abc并聯(lián)，且導線abc的電阻是導線ac電阻的兩倍，故通過abc的電流是通過導線ac電流的一半，即I2Ff=A錯誤，B正確；CD．磁感應強度平行于桌面的分量B安培力在豎直方向上的合力F受力分析得FF故線框對桌面的壓力大小為mg?34BIL，C故選D。10.如圖所示，理想變壓器原、副線圈的匝數比為1：3，在原、副線圈中接有三個相同的電阻a、b、c，原線圈一側接在電壓u=2202sin100πtA.流過電阻a、c的電流之比為3：1 B.理想電壓表示數為120VC.電阻a與c的功率之比為9：4 D.原、副線圈中磁通量的變化率之比為1：3【答案】BC【解析】【詳解】A．設副線圈電壓和電流分別為U2、I2，a、b、c的阻值都為R，則Uc=由U1U2可知原線圈上電壓和電流分別為U1=則a、b中電流Ia=可知Ia:IB．對原線圈電路，有U=U=220V，電壓表示數為副線圈電壓有效值，帶入得U故B正確；C．由P=UP故C正確；D．通過原副線圈的磁感線任意時刻都相等，所以磁通量變化率是相等的，故D錯誤。故選BC。

11.如圖所示，在正方體的b點和d點固定等量異種點電荷，b點固定正電荷，d點固定負電荷，O、O'分別為上下兩面的中心點，下列說法正確的是（）A.O點的場強與O'點場強之比為3B.將某正電荷由a點沿ac移至c點，電荷受到的電場力不變C.將某正電荷由a'點沿a'c'移至c'點，電荷的電勢能先變大后變小D.b'、a'兩點間電勢差與O'、d'間電勢差相等【答案】AD【解析】【詳解】A．設邊長為x，則由幾何關系可得bO=b則O點的場強為E則O'點的場強為E則O點的場強與O'點場強之比為E故A正確；B．根據等量異種點電荷電場的分布可知，由a點沿ac到c點，電場強度先增大后減小，所以電荷受到的電場力先增大后減小，故B錯誤；C．由等量異種點電荷電場的分布可知，aa′c′c所在平面是等勢面，所以將某正電荷由a'點沿a'c'D．a'與O'在同一個等勢面上，b'、d'相對于兩個點電荷連線的中垂面對稱，所以b'、a'兩點間電勢差與O'、d'間電勢差相等，故D正確。故選AD。12.如圖所示，線框ac、bd邊長為2L、電阻不計，三條短邊ab、cd、ef長均為L、電阻均為R，ef位于線框正中間。線框下方有一寬度為L的有界勻強磁場，磁感應強度大小為B，cd邊與磁場邊界平行，當cd距磁場上邊界一定高度時無初速釋放線框，線框cd邊進入磁場時線框恰好勻速運動，下落過程中線框始終在豎直面內，已知線框質量為m，重力加速度為g，則下列判斷正確的是（）

A.釋放時cd邊到磁場上邊界高度為9B.線框通過磁場過程中a、b兩點間電勢差始終為UC.線框通過磁場過程中流過ab邊的電流大小和方向均不變D.整個過程中ab邊產生的焦耳熱一定為mgL【答案】ABD【解析】【詳解】A．設釋放時cd邊到磁場上邊界高度為h，cd邊進入磁場時的速度大小為v=2g?cd邊產生的感應電動勢大小為E=BLv②回路中總電阻為r=R+R?RR+R通過cd的電流為I=Ercd所受的安培力大小為F=BIL⑤由題意，根據平衡條件有F=mg⑥聯(lián)立①~⑥式解得?=9m故A正確；B．根據線框構成等效電路的特點可知線框在通過磁場的過程中將始終做勻速運動，a、b兩點間電勢差始終等于對應等效電路的路端電壓的相反數，即Uab=?聯(lián)立③④⑤⑥⑧解得Uab=?故B正確；C．當cd和ef通過磁場的過程中，流過ab的電流大小均為Iab=方向均為b→a；當ab通過磁場的過程中，流過ab的電流大小為I，方向為a→b，故C錯誤；D．根據焦耳定律可得整個過程中ab邊產生的焦耳熱為Q=I2聯(lián)立②③④⑤⑥?解得Q=mgL?故D正確。故選ABD。三、非選擇題：本題共6小題，共60分。13.某同學利用如圖甲所示的裝置驗證動量定理。所用電源的頻率f=50Hz，重物和托盤的質量為m，小車的質量為M，重力加速度g=10m/s

（1）打下計時點2時，小車瞬時速度大小為_______（結果保留三位有效數字）；（2）取打下計時點1～5的過程研究，打下計時點1、5時小車的速度大小分別為v1、v（3）若實驗過程中發(fā)現m所受重力的沖量大于系統(tǒng)動量的增加量，造成此問題的原因可能是_______?！敬鸢浮竣?0.575②.4mgf=(M+m)【解析】【詳解】(1)[1]打點計時器頻率是50Hz，所以周期是0.02s，打下計時點2時，小車的瞬時速度大小為v(2)[2]動量定理的內容是合力的沖量等于動量的變化量，已平衡摩擦力，所以系統(tǒng)的合力等于重物和托盤的重力，則合力的沖量為I=mg?4T=系統(tǒng)的動量變化量為Δ則驗證動量定理的表達式為4mg(3)[3]若實驗過程中發(fā)現m所受重力的沖量大于系統(tǒng)動量的增加量，說明系統(tǒng)的合力小于重物與托盤的重力，造成此問題的原因可能是摩擦力未平衡完。14.電學實驗中可將電源E1與電源E2及靈敏電流計G連成如圖甲所示電路，若靈敏電流計G示數為

根據這一原理，某同學設計如圖乙所示電路，測量某電源C的電動勢為Ex。其中A為工作電源，B為電動勢恒定的標準電源，其電動勢為EN。R1、R2為變阻箱，R3為滑動變阻器，G為靈敏電流計，S1、S

①實驗開始之前，將R1和R2阻值限定在1000Ω到3000Ω②將S2置于1處，閉合開關S1、S3，通過調節(jié)R1、R2，使R3阻值為0時，靈敏電流計G示數為0。記錄此時的R1與R2③將開關S2置于2處，保持通過R1、R2的電流不變，復上述操作，使R3的阻值為0時，靈敏電流計G的示數為0，記錄此時的R1與R2根據上述實驗過程回答問題：（1）實驗步驟①中，為保護靈敏電流計，開始時滑動變阻器觸頭應處在最_______端（填“左”或“右”）；（2）在步驟③中，為保持實驗過程中流過R1與R2的電流不變，調整R1、R2時需要使R1測、（3）待測電源C的電動勢Ex（4）若工作電源A的內阻不可忽略，則待測電源C的電動勢Ex【答案】①.左②.R1測+R【解析】【詳解】(1)[1]在開關閉合前，R3接入的阻值應為最大，保護G，則觸頭應在最左端。(2)[2]改用待測電源替換標準電源的位置，其前提條件是工作電源A所在電路電流I要保持不變，電源A的輸出電壓固定不變，采取的措施是使R1校與R2校的阻值之和為某一固定阻值，使R1測和R2測的阻值之和也為該固定阻值。(3)[3]根據部分電路歐姆定律，有ENR可知，當滿足R有E(4)[4]若考慮工作電源內阻，則有ENR因之前有R考慮到了工作電源內阻后，則有R故整理后依舊為E故測量值不變。15.如圖所示，一導熱性能良好的圓柱形容器豎直放置于地面上，容器的橫截面積為S。內部用質量為m的活塞密封一定質量的理想氣體，活塞可無摩擦地滑動，整個裝置放在大氣壓強為p0、溫度為T0的室內，開始時活塞到容器底的距離為h。由于溫度變化，活塞緩慢下降了d，這一過程中，封閉氣體內能變化量大小為ΔU（1）此時的室內溫度T；（2）此過程吸收或者放出的熱量是多少。

【答案】（1）??d?T0（【解析】【詳解】（1）取密閉氣體為研究對象，活塞下降過程為等壓變化，由蓋·呂薩克定律有V其中V0=?S解得外界溫度為T=（2）活塞下降的過程，大氣壓力和活塞重力對氣體做功，所以外界對系統(tǒng)做的功W=根據熱力學第一定律，得封閉氣體增加的內能ΔQ=溫度降低，內能減小，放熱過程。題目中的ΔU只表示內能的變化量，實際上內能是減小的，ΔQ16.兩光滑金屬導軌平行放置，右側導軌水平，左側導軌與水平面的夾角為37°，導軌間距L=1.25m，勻強磁場均垂直導軌平面向上，磁感應強度大小均為B=1.0T，導軌最右端連接電阻R2=1.5Ω，一質量m=1.0kg、電阻R1=1.0Ω的導體棒垂直導軌放置，從某一位置處無初速釋放。已知棒與導軌接觸良好，其余電阻不計，導體棒到達（1）導體棒沿斜導軌下滑的最大速度；（2）導體棒在水平導軌上滑動的距離?！敬鸢浮浚?）9.6m/s；（【解析】【詳解】（1）設最大速度時導體棒受到的安培力為F，則mgFIEv解得v（2）設導體棒在水平導軌上滑動x距離后速度減小到零，此過程安培力的平均值為F，由動量定理?FIEv聯(lián)立可得x=帶入數據可得x=15.3617.如圖所示為O-xyz坐標系，在xOz平面內x軸下方半徑為d的圓形區(qū)域內有勻強磁場，磁場沿y軸負方向，磁感應強度大小為B，圓形區(qū)域與z軸相切于C點。在z軸右側空間同時存在沿x軸正方向的勻強電場和勻強磁場，磁感應強度大小為B，電場強度大小為Bd。在圓心A處有一粒子源，某時刻沿z軸方向發(fā)射一正粒子，粒子初速度大小為v0，粒子比荷為v0Bd，粒子恰好能從O（1）粒子從A射出到達O點所用時間t0（2）粒子經O點開始計時，t時刻的速度大??；（3）粒子經O點開始計時，t時刻z軸的位置坐標。

【答案】(1)3+π3v0d；【解析】【詳解】(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，如圖所示

由洛倫茲力提供向心力Bq可得r=d所以粒子運動的圓心角為60°，粒子從A射出到達O點時速度與z軸負方向夾角60°，粒子在磁場中運動時間為t出射點到O點的距離為l=d則出射點到O的運動時間為t粒子從A射出到達O點所用時間t(2)粒子進入復合場后，沿x軸的初速度為v沿x軸方向做勻加速直線運動，加速度為a=速度為v沿z軸速度為v沿z軸方向不受電場力，粒子在洛倫茲力的作用下，在平行yOz平面內做勻速圓周運動，所以粒子在t時刻的速度大小為v=(3)粒子在沿x軸方向做勻加速直線運動，在平行yOz平面內做勻速圓周運動，如圖

由Bq可得r設t時刻粒子與y軸的夾角為α，則有α=所以在z軸的坐標為r18.如圖所示，在光滑水平面上放置一端帶有擋板的長直木板A，木板A左端上表面有一小物塊B，其到擋板的距離為d=2m，A、B質量均為m=1kg，不計一切摩擦。從某時刻起，B始終受到水平向右、大小為F=9N的恒力作用，經過一段時間，B與A的擋