物理-山東省菏澤市2024-2025學(xué)年度高三第一（上）學(xué)期1月期末試題試題和答案

參考答案及解析物理菏澤市2024—2025學(xué)年度第一學(xué)期期末考試物理參考答案及解析氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵1.B【解析】只有滿足回復(fù)力與位移大小成正比、方向相反的振動才可以看作是簡諧運動,此過程中磁體最后會靜止不動,A項錯誤;磁鐵、彈簧、地球組成的系統(tǒng)中,有安培力做功,系統(tǒng)機械能不守恒,B項正確;磁極向上、向下振動時,磁通量變化不同,根據(jù)增反減同,閉合線圈中產(chǎn)生電流的方向不相同,C項錯誤;磁體減小的重力勢能一部分轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的內(nèi)能,另一部分可能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能,D項錯誤。2.D【解析】當光通過狹縫時,會發(fā)生衍射現(xiàn)象,由圖可知,圖乙中間部分為等間距條紋,所以圖乙是光的雙縫干涉圖樣,說明當光通過狹縫時,發(fā)生干涉現(xiàn)象,故A項錯誤;狹縫越小,衍射范圍越大,衍射條紋越寬,遮住一條狹縫,增大另一狹縫的寬度,其他條件不變,則衍射現(xiàn)象減弱,中央亮條紋的寬度減小,故B項錯誤;照射兩條狹縫時,若光從狹縫S1、S2到屏上P點的路程差為半波長的整數(shù)倍,P點處可能是暗條紋,也可能是亮條紋,故C項錯誤;根據(jù)△父=λ可知,若增大狹縫到光屏的距離l,同時減小狹縫S1、S2的寬度s,其他條件不變,則干涉圖樣中相鄰兩條亮條紋間的距離△父一定增大,故D項正確。3.C【解析】滑動變阻器R4的滑片向上端移動時,滑動變阻器R4接入電路的阻值增大,電路中的總電阻增大,根據(jù)閉合電路歐姆定律可知,電路中的總電流I總減小,路端電壓U外增大,定值電阻R1兩端的電壓U1減小,定值電阻R3兩端的電壓U3增大,通過定值電阻R3的電流I3增大,則通過定值電阻R2、R4所在支路的電流I2減小,即電流表A的示數(shù)減小,根據(jù)P2=IR2可知,定值電阻R2消耗的功率減小;由于I2減小,定值電阻R2兩端的電壓U2減小,根據(jù)U3=U2十U4可知,定值電阻R4兩端的電壓U4增大,即電壓表V的示數(shù)增大,故A、B項錯誤;由歐姆定律可得U3=IR2十U,則有△U3=—△IR2十△U,整理可得=—R2十,故C項正確;若將開關(guān)S斷開,電容器兩端的電壓等于電源電動勢,即電容器兩端的電壓增大,板間場強增大,帶電液滴M受到的電場力增大,帶電液滴M將向上極板運動,故D項錯誤。4.B【解析】放電時,穿過電感線圈的磁通量發(fā)生變化,根據(jù)楞次定律可知,電感線圈中產(chǎn)生阻礙原電流變化的感應(yīng)電流,故A項錯誤;振蕩電路的周期T=2π\(zhòng),則線圈的自感系數(shù)L越小、電容器的電容C越小,放電脈沖電流的放電時間就越短,故B項正確,C項錯誤;在該次除顫過程中,將電容為100μF的電容器充電至6.0kV,則流經(jīng)人體的電荷量Q=CU=100×10—6×6000C=0.6C,故D項錯誤。5.A【解析】速度為v時,人和車相對靜止,具有相同的加速度,有—f=Ma,解得a=—,則測試員受到汽車的作用力大小當汽車的速度為10m/s時F=600\N,故A項正確。6.C【解析】速度達到最大值v時,有mg=f=kv,解得k=,A項錯誤;若小球做勻加速直線運動,時間為時,小球的速度大小為,實際上小球做加速度減小的加速運動,則中間時刻的速度不等于平均速度,故B項錯誤;小球的速度大小為時,加速度大小,C項正確;根據(jù)動能定理可得mgh—wf=mv2—0,解得wf=物理參考答案及解析氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵7.D【解析】由幾何關(guān)系可得,a、b兩點與P點的距離均為d1=\r,a、b處導(dǎo)線在P點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小分別為Ba=k和B0=k,由安培定則可知,Ba和B0的方向均為由P點指向。點,a、b處導(dǎo)線在P點產(chǎn)生的合磁感應(yīng)強度大小B1=(I十Ia),由幾何關(guān)系可得,c點與P點的距離d2=3r,c處導(dǎo)線在P點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小B2=k,由安培定則可知,B2的方向與P、。兩點的連線垂直,即B2與B1 垂直,則P點的磁感應(yīng)強度的大小B=\B十B,聯(lián)立可得Ia=2I,D項正確。8.C【解析】小球從。點運動到A點過程,小球做平拋運動,水平方向有2L=v0t1,豎直方向有vy=gt1,小球經(jīng)過A點時,對其速度分解有vy=v0tan30。,聯(lián) 立解得v0=\2\gL,故A項錯誤;根據(jù)題意可知,小球進入電場后在水平方向做勻變速直線運動,有L=t2,0=v0—at2,a=,聯(lián)立解得E=\,故B項錯誤;小球在豎直方向做自由落體運動,則有vB=g(t1十t2),故EKB===4\gL,C項正確;由于E=\,設(shè)電場力與重力的合力方向與電場力方向的夾角為θ,則有tanθ==\,解得θ=30,當速度方向垂直于電場力與重力的合力方向時,小球的動能最小,結(jié)合上述可知,此時速度方向與水0tan30。十gt,解得vmin=v0,故EKmin=mvin==\mgL,D項錯誤。二、多項選擇題9.AC【解析】t=1.5s時,甲、乙兩列波均傳播了6m,即一個半波長,則波形圖與題圖關(guān)于父軸對稱,此時P仍在平衡位置,即P偏離平衡位置的位移為0,此時由甲波在Q點引起的位移為1cm,由乙波在Q點引起的位移為—2cm,則t=1.5s時,Q偏離平衡位置的位移為—1cm,A項正確,B項錯誤;兩波相遇后,P點為振動加強點,Q點為振動減弱點,則P點的振幅為3cm>2cm,Q點的振幅為1cm,C項正確,D項錯誤。10.BC【解析】根據(jù)右手定則可知,當矩形線圈轉(zhuǎn)過時,線圈中的電流方向為ADCBA,A項錯誤;矩形線框繞垂直于磁場的軸勻速轉(zhuǎn)動,形成感應(yīng)電動 勢最大值為Em=NBSw=10×\×0.3×100πV= 300\2V,瞬時表達式為E=Emsin(wt)=300\2sin(100πt),B項正確;原線圈電動勢有效值為300V,設(shè)原線圈中的電流為I,有=100()=,當滑動變阻器接入電路的阻值為R=1Ω時I=1A,則滑動變阻器的熱功率P=(10I)2R=100W,C項正確;將滑動變阻器R的滑片P向下移動,滑動變阻器R接入電路的阻值減小,副線圈中的電流增大,電流表A2的示數(shù)增大,原線圈中的電流增大,電流表A1的示數(shù)增大,D項錯誤。11.AC【解析】設(shè)兩星球的軌道半徑分別為rP、rQ,由題意可知rP十rQ=L1,rP—rQ=L2,解得rP=L1L2,rQ=,整理可得=十—,P、Q的線速度分別為vP=wrP,vQ=wrQ,P、Q的線速度之和△v1=vP十vQ=wL1,P、Q的線速度之差△v2=vP—vQ=wL2,解得=,故A項正確,B項錯mPmQL誤;由牛頓第二定律對星球P可得mPmQLmPrPw2,解得mQ=,同理對星球Q有G=mQrQw2,則mP=,P、Q質(zhì)量之和Δm1=mP十mQ=,P、Q質(zhì)量之差△m2=mQ—參考答案及解析物理氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵12.BD【解析】由法拉第電磁感應(yīng)定律得線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E1=NS=0.6V,通過導(dǎo)體棒ab的感應(yīng)電流I1=,根據(jù)受力平衡可得mgsin37。=B2I1d,聯(lián)立解得I1=0.6A,磁感應(yīng)強度B2=2T,故A項錯誤;斷開開關(guān)S之前,電容器兩端的電壓與導(dǎo)體棒兩端的電壓相等,則有U1=I1r,若斷開開關(guān)S后鎖定導(dǎo)體棒ab,電容器、定值電阻和導(dǎo)體棒ab構(gòu)成閉合回路,電容器放電,通過定值電阻R的電荷量為q=CU1=0.12C,故B項正確;若斷開開關(guān)S后,對導(dǎo)體棒ab施加沿導(dǎo)軌斜面向上、大小為0.6N的拉力F,拉力F與導(dǎo)體棒ab的重力沿導(dǎo)軌的分力平衡,電容器放電,結(jié)合上述可知,導(dǎo)體棒ab受到的安培力沿導(dǎo)軌斜面向上,導(dǎo)體棒ab向上加速,同時導(dǎo)體棒ab切割磁感線產(chǎn)生電動勢,回路中的電流減小,當導(dǎo)體棒ab產(chǎn)生的電動勢與電容器極板間的電壓相等時,回路中電流為零,導(dǎo)體棒ab的速度達到最大,對導(dǎo)體棒ab有U’=B2dv,由動量定理可得B2id△t=mv,其中q’=i△t,對電容器有項錯誤,D項正確o13.(2)1.070(2分)(4)①2t0(2分)②(2分)③沒有考慮磁性小球的半徑(2分)【解析】(2)根據(jù)游標卡尺的讀數(shù)規(guī)則,該磁性小球的直徑d=10mm十0.05×14mm=10.70mm=(4)①磁性小球經(jīng)過最低點時測得的磁感應(yīng)強度B最大,根據(jù)圖丙可知t0=T,解得周期T=2t0o②擺長等于擺線長與磁性小球半徑之和,則有L=l十,根據(jù)周期公式有T=2π\(zhòng),代入數(shù)據(jù)整理可得T2=l十,結(jié)合圖像有圖像的斜率k=,解得重力加速度g=o③圖丁中圖像不過原點的原因是沒有考慮磁性小球的半徑o14.(1)2.9(2分)3.3(3.0~3.5,2分)(2)0.44(0.42~0.44,2分)【解析】(1)根據(jù)閉合電路歐姆定律可得U=E—I(r十R0),結(jié)合圖像可知E=2.9V;當電流0≤I≤150mA時,電池的內(nèi)阻r=—R0=8Ω—4Ω≈3.3Ωo(2)當電壓表的示數(shù)為1.0V時,電池的輸出功率P=UI十I2R0≈0.44Wo3B)CP15.【解析】光線在圓柱體中的路徑如圖所示3B)CPP點處sinθ=nB點處=n(1分)又因為α十C=90。7,2解得sinC=2\7n=\7(2分)7,2(2)光線在圓柱體中的路程s=n3=3\221L(1分)傳播速度v=(1分)光通過這段圓柱體所用的時間t==21L(1分)16.【解析】(1)以C為研究對象,受力分析如圖所示物理參考答案及解析CBA氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵CBA氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵17.【解析】(1)滑塊與擋板碰撞前木板一直處于靜止狀態(tài),設(shè)碰前瞬間滑塊的速度為v0,由動能定理可得1mgLcos37。=mv—0(1分)碰撞過程中由滑塊和木板組成的系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒,設(shè)碰后瞬間滑塊和木板的速度分別為v12,可得mv0=mv1十Mv2(1分)mv=mv十Mv(1分)解得v1=—1m/s,方向沿斜面向上(1分)v2=2m/s,方向沿斜面向下(2)滑塊和擋板碰后,滑塊與木板第一次達到共速的過程中,滑塊和木板組成的系統(tǒng)所受合力為0,動量守恒,根據(jù)動量守恒定律可得mv0=(M十m)v3(1分)碰后滑塊上滑的加速度大小a1=gsin37。十μ1gcos37。(1分)設(shè)滑塊與擋板碰后第一次達到共速的過程中經(jīng)歷的時間為t1,則v3—v1=a1t1(1分)解得t1=s(1分)(3)從釋放滑塊到滑塊與木板第一次達到共速的過程中,滑塊的位移大小為(v1十2v3)t1,木板的位移大小為(v2十2v3)t1,相對位移大小△父=(v1十2v3)t1十v3)t1(1分)滑塊與擋板第一次碰撞到第二次碰撞的過程中滑塊和木板之間因摩擦產(chǎn)生的熱量Q=μ1mgcos37?！?△父=2J(1分)當滑塊向下滑動的速度大于木板速度時,對滑塊進(1分)設(shè)木板與斜面之間的動摩擦因數(shù)為μ2,由于木板恰好靜止在斜面上,可得μ2=tan37。,對木板進行受力分析,可得Ma3(1分)從滑塊與木板第一次達到共速到滑塊與擋板發(fā)生第二次碰撞,有v3t2十a(chǎn)2t—(v3t2—a3t)=△父(1分)解得t2=\s故第二次碰撞前各自的速度分別為 v塊=v3十a(chǎn)2t2=3十\3m/s v板=v3—a3t2=3—3\3m/s(1分)18.【解析】(1)粒子在加速電場中,由動能定理可得qu=mv—0(2分) 解得v0=\(1分)(2)粒子在勻強電場中做類平拋運動,沿父軸方向有=v0t1