第一學期高三物理期末考試試卷
大家有很多同學會說物理很難，難在哪里呢，大家來看看吧，今天小編就給大家分享一下高三物理，希望大家來收藏哦
高三級物理上學期期末試題
14.A、B兩質(zhì)點在同一平面內(nèi)同時向同一方向做直線運動，它們的位移時間圖像如圖所示，其中①是頂點過原點的拋物線的一部分，②是通過(0，3)的一條直線，兩圖像相交于坐標為(3，9)的P點，則下列說法不正確是( )
A.質(zhì)點A做初速度為零，加速度為2m/s2的勻加速直線運動
B.質(zhì)點B以2m/s的速度做勻速直線運動
C.在前3s內(nèi)，質(zhì)點A比B向前多前進了6m
D.在前3s內(nèi)，某時刻A、B速度相等
15.建筑工地通過吊車將物體運送到高處。簡化后模型如圖所示，直導軌ABC與圓弧形導軌CDE相連接，D為圓弧最高點，整個裝置在豎直平面內(nèi)，吊車先加速從A點運動到C點，再勻速率通過CDE。吊車經(jīng)過B、D處時，關于物體M受力情況的描述正確的是( )
A.過B點時，處于超重狀態(tài)，摩擦力水平向左
B.過B點時，處于超重狀態(tài)，摩擦力水平向右
C.過D點時，處于失重狀態(tài)，一定受摩擦力作用
D.過D點時，處于失重狀態(tài)，底板支持力一定為零
16.我國“天宮一號”圓滿完成相關科學實驗，于2018年“受控”墜落。若某航天器變軌后仍繞地球做勻速圓周運動，但動能增大為原來的4倍，不考慮航天器質(zhì)量的變化，則變軌后，下列說法正確的是( )
A.航天器的軌道半徑變?yōu)樵瓉淼? / 4
B.航天器的向心加速度變?yōu)樵瓉淼?倍
C.航天器的周期變?yōu)樵瓉淼? / 4
D.航天器的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍
17.如圖所示，一個帶正電荷q、質(zhì)量為m的小球，從光滑絕緣斜面軌道的A點由靜止下滑，然后沿切線進入豎直面內(nèi)半徑為R的光滑絕緣圓形軌道，恰能到達軌道的最高點B?，F(xiàn)在空間加一豎直向下的勻強電場，若仍從A點由靜止釋放該小球(假設小球的電量q在運動過程中保持不變，不計空氣阻力)，則( )
A.小球一定不能到達B點
B.小球仍恰好能到達B點
C.小球一定能到達B點，且在B點對軌道有向上的壓力
D.小球能否到達B點與所加的電場強度的大小有關
18.如圖所示，理想變壓器原線圈的兩端 a、 b接正弦交流電源時，電壓表V的示數(shù)為220 V，電流表A1的示數(shù)為0.20 A。已知負載電阻 R=44 Ω，則下列判斷中正確的是(電表均為理想交流電表)( )
A.原線圈和副線圈的匝數(shù)比為2:1
B.原線圈和副線圈的匝數(shù)比為5:1
C.電流表A2的示數(shù)為0.1 A
D.電流表A2的示數(shù)為0.4 A
19.如圖所示，圖中兩條平行虛線間存有勻強磁場，虛線間的距離為2L，磁場方向垂直紙面向里.abcd是位于紙面內(nèi)的梯形線圈，ad與bc間的距離為2L且均與ab相互垂直，ad邊長為2L，bc邊長為3L，t=0時刻，c點與磁場區(qū)域左邊界重合.現(xiàn)使線圈以恒定的速度v沿垂直于磁場區(qū)域邊界的方向穿過磁場區(qū)域.取沿a→b→c→d→a方向的感應電流為正，則在線圈穿過磁場區(qū)域的過程中，下列各量關系圖線可能正確的是( )
20.如圖所示，電源的電動勢E=12V，內(nèi)阻r=3Ω;M為直流電動機，其電樞電阻r´=1Ω。當電阻箱R調(diào)到某值時，此時電源輸出功率最大。則此時( )
A.電阻箱的阻值一定是R=2Ω
B.電路中的電流強度一定是I=2A
C.電源的輸出功率一定是P輸=12W
D.電動機的機械輸出功率一定是4W
21.如圖所示，兩根相距L=0.8m、電阻不計的平行光滑金屬導軌水平放置，一端與阻值R=0.30Ω的電阻相連。導軌x>0一側存在沿x方向均勻增大的垂直紙面向里的穩(wěn)恒磁場，其方向與導軌平面垂直，大小的變化率為K=0.5T/m，x=0處磁場的磁感應強度B0=0.5T。一根質(zhì)量m=0.2kg、電阻r=0.10Ω的金屬棒置于導軌上，并與導軌垂直。棒在外力作用下從x=0處以初速度v0=4m/s沿導軌向右運動，運動過程中電阻消耗的功率不變。下列說法正確的是( )
A.金屬棒從x=0運動到x=3m的過程中，安培力保持不變
B.金屬棒從x=0運動到x=3m的過程中，速度一直減小
C.金屬棒從x=0運動到x=3m的過程中，安培力做功的大小為12J
D.金屬棒從x=0運動到x=3m的過程中，外力的平均功率為5.6W
第 II 卷
三、非選擇題：本卷包括必考題和選考題兩部分。第22-32題為必考題，每個試題考生都必須作答。第33-38題為選考題，考生根據(jù)要求作答。
(一)必考題(共129分)
22.(7分)用如圖甲所示的裝置可驗證機械能守恒定律。裝置的主體是一個有刻度尺的立柱，其上裝有可移動的鐵夾A和光電門B。
主要實驗步驟如下：
?、儆糜螛丝ǔ邷y量小球的直徑d，如圖乙所示;
?、谟眉毦€將小球懸掛于鐵架臺上，小球處于靜止狀態(tài);
?、垡苿庸怆婇TB使之正對小球，固定光電門;
?、茉阼F夾A上固定一指針(可記錄小球釋放點的位置);
?、莅研∏蚶狡x豎直方向一定的角度后由靜止釋放，讀出小球釋放點到最低點的高度差h和小球通過光電門的時間t;
?、薷淖冃∏蜥尫劈c的位置，重復步驟④⑤。
回答下列問題：
(1)由圖乙可知，小球的直徑d=____________cm;
(2)測得小球擺動過程中的最大速度為____________(用所測物理量的字母表示);
(3)以t2為縱軸，以____________(填“h”或“1/h”)為橫軸，若得到一條過原點的、且斜率大小K=_________(用所測物理量的字母和重力加速度g表示)的傾斜直線，即可驗證小球在擺動過程中機械能守恒。
23.(8分)用以下器材盡可能準確地測量待測電阻Rx的阻值。
A.待測電阻Rx，阻值約為200Ω;
B.電源E，電動勢約為3.0V，內(nèi)阻可忽略不計;
C.電流表A1，量程為0～10mA，內(nèi)電阻r1=20Ω;
D.電流表A2，量程為0～20mA，內(nèi)電阻約為r2≈8Ω;
E.定值電阻R0，阻值R0=80Ω;
F.滑動變阻器R1，最大阻值為10Ω;
G.滑動變阻器R2，最大阻值為200Ω;
H.單刀單擲開關S，導線若干;
(1)為了盡可能準確地測量電阻Rx的阻值，請你設計并在虛線框內(nèi)完成實驗電路圖。
(2)滑動變阻器應該選_________(填器材前面的字母代號);在閉合開關前，滑動變阻器的滑片P應置于________ 端;(填“a”或“b”)
(3)若某次測量中電流表A1的示數(shù)為I1，電流表A2的示數(shù)為I2.則Rx的表達式為：Rx=_______________
24.(12分)如圖所示，質(zhì)量為mA=0.2 kg的小物塊A，沿水平面與小物塊B發(fā)生正碰，小物塊B質(zhì)量為mB=1 kg。碰撞前，A的速度大小為v0=3 m/s，B靜止在水平地面上。由于兩物塊的材料未知，將可能發(fā)生不同性質(zhì)的碰撞，已知A、B與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.2，重力加速度g取10 m/s2，試求碰后B在水平面上可能的滑行距離。(結果可用分數(shù)表示)
25.(20分)如圖所示，半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)有平行于紙面的勻強偏轉電場，電場與水平方向成60º角，同心大圓半徑為 r，兩圓間有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B。質(zhì)量為m，帶電量為+q的粒子經(jīng)電場加速后恰好沿磁場邊界進入磁場，經(jīng)磁場偏轉恰好從內(nèi)圓的最高點A處進入電場，并從最低點C處離開電場。不計粒子的重力。求：
(1)該粒子從A處進入電場時的速率;
(2)偏轉電場的場強大小;
(3)使該粒子不進入電場并在磁場中做完整的圓周運動，加速電壓的取值范圍。
(二)選考題：共45分。請考生從2道物理題、2道化學題、2道生物題中每科任選一題作答。如 果多做，則每科按所做的第一題計分。
33.[物理一選修3-3](15分)
(1)(5分)關于分子動理論和物體的內(nèi)能，下列說法正確的是 _____。(填正確答案標號。選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分。每選錯1個扣3分，最低得分為0分)
A.某種物體的溫度為0℃，說明該物體中分子的平均動能為零
B.物體的溫度升高時，分子的平均動能一定增大，但內(nèi)能不一定增大
C.當分子間的距離增大時，分子間的引力和斥力都減小，但斥力減小的更快，所以分子間作用力總表現(xiàn)為引力
D.10g100℃水的內(nèi)能小于10g100℃水蒸氣的內(nèi)能
E.兩個鉛塊擠壓后能緊連在一起，說明分子間有引力
(2)(10分)有一導熱良好的圓柱形氣缸置于水平地面上，并用一光滑的質(zhì)量為M活塞密封一定質(zhì)量的理想氣體，活塞面積為S.開始時汽缸開口向上(如圖一)，已知外界大氣壓強p0，被封氣體的體積V1。求：
?、偾蟊环鈿怏w的壓強p1;
?、诂F(xiàn)將汽缸倒置(如圖二)，活塞與地面間的氣體始終與外界大氣相通，待系統(tǒng)重新穩(wěn)定后，活塞移動的距離△h是多少?
34.[物理一選修3-4](15分)
(1)(5分)如圖所示，振幅、頻率均相同的兩列波相遇，實線與虛線分別表示兩列波的波峰和波谷.某時刻，M點處波峰與波峰相遇，下列說法中正確的是( )
A.該時刻質(zhì)點O正處于平衡位置
B.P、N兩質(zhì)點始終處在平衡位置
C.隨著時間的推移，質(zhì)點M將沿波的傳播方向向O點處移動
D.從該時刻起，經(jīng)過二分之一周期，質(zhì)點M將到達平衡位置
(2)(10分)兩塊相同的直角棱鏡與一塊等腰棱鏡拼接成如圖所示的組合棱鏡，稱為直視棱鏡.在主截面內(nèi)，與底面平行的光線由左方射入棱鏡，光線等高地從右面棱鏡平行射出，猶如棱鏡不存在一樣.已知直角棱鏡的折射率為n1= ，等腰棱鏡的折射率為n2= ，不考慮底面的反射，求等腰棱鏡的頂角α.(當光以入射角θ1從折射率為n1的介質(zhì)入射到折射率為n2的介質(zhì)中時，折射角為θ2，則它們滿足關系式n1•sinθ1=n2•sinθ2)
物理評分細則：
14 15 16 17 18 19 20 21
C B A B B BD BC BCD
22、(7分)(1)1.060(2分) (2)d / t(1分)
(3)1 / h(2分) (4)d2 / 2g(2分)
23、(8分)(1)如右圖所示(3分)
(2)F(1分) b(1分)
(3) (3分)
24、(12分)
AB碰后粘在一起后，B在水平面上滑行最短距離xmin
mAv0=(mA+mB)v1 ————2分 解得：v1 =0.5m/s
————2分 解得： ————1分
AB彈性碰撞后，B在水平面上滑行最長距離xmax
mAv0=mA vA+mBvB ————2分
————2分 解得：vB=1m/s————1分
————1分
∴碰后B在水平面上可能滑行的距離范圍： ————1分
25、(20分)
(1)(5分)由幾何關系得：
————2分 解得：
————1分 解得： ————2分
(2)(6分)在電場中類平拋運動
————2分
————2分 解得： ————2分
(3)(9分)
————1分 解得：
?、佼?時，————1分， ， ————1分
?、诋?時，——1分， ， ———1分
?、郛?時，——1分， ， ————1分
所以加速電壓的取值范圍為 ：
————1分 和 ————1分
33、(1)、(5分)BDE(填正確答案標號。選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分。每選錯1個扣3分，最低得分為0分)
(2)(10分)
?、?4分)p1S= p0S+Mg————2分 解得： ————2分
?、?6分)p2S+Mg = p0S————2分 解得：
p1 V1= p2 V2————2分 解得：
————1分 解得： ————1分
34、(1)BD
有關高三物理上學期期末試題
一、單項選擇題
1.下列各個物理量中屬于矢量的有
A. 電場強度 B. 電勢差 C. 電場力做的功 D. 電勢能
【答案】A
【解析】
【分析】
矢量是既有大小又有方向的物理量，標量是只有大小沒有方向的物理量;
【詳解】A、電場強度為矢量，其定義式為 ，其方向為正電荷的受力方向，故選項A正確;
B、電勢差、電場力的功以及電勢能只有大小，沒有方向，是標量，故選項BCD錯誤。
【點睛】對于矢量與標量，要知道它們有兩大區(qū)別：一是矢量有方向，標量沒有方向;二是運算法則不同，矢量運算遵守平行四邊形定則，標量運算遵守代數(shù)加減法則。
2.下列關于物理學史或物理方法的說法中正確的是
A. 伽利略利用斜面“外推”研究自由落體運動時，直接測量銅球的速度與時間的關系，得到自由落體運動的規(guī)律
B. 速度、加速度、動量和動能都是利用比值法定義的物理量
C. 物理模型在物理學的研究中起了重要作用，其中“質(zhì)點”“點電荷”“光滑的輕滑輪”“輕彈簧”等都是理想化模型
D. 牛頓發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律并測定了萬有引力常量G
【答案】C
【解析】
【詳解】A、伽利略時代，沒有先進的測量手段和工具，為了“沖淡”重力作用，采用斜面實驗，其實就是為了使物體下落時間長些，減小實驗誤差，根據(jù)實驗結果，伽利略將實驗結論進行合理的外推，得到自由落體的運動規(guī)律，但不是直接得出的落體規(guī)律，故選項A錯誤;
B、速度、加速度是用比值法定義的物理量，但是動量和動能都不是，故選項B錯誤;
C、物理模型在物理學的研究中起了重要作用，其中“質(zhì)點”“點電荷”“光滑的輕滑輪”“輕彈簧”等都是理想化模型，故選項C正確;
D、牛頓發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律，卡文迪許測定了萬有引力常量，故D錯誤。
【點睛】本題考查物理學史以及物理方法，是常識性問題，對于物理學上重大發(fā)現(xiàn)、發(fā)明、著名理論要加強記憶，這也是考試內(nèi)容之一。
3.如圖所示一架飛機正在沿一直線勻速爬升，飛機除了受到重力以外還受到來自噴射氣體的推力、空氣阻力、升力等力的作用，請分析除去重力以外的其他外力的合力的方向
A. 沿飛機的速度方向 B. 垂直機身方向向上
C. 沿飛機速度的反方向 D. 豎直向上
【答案】D
【解析】
【詳解】由題可知飛機做勻速運動，處于平衡狀態(tài)，合力為零，則根據(jù)平衡條件可以知道：除去重力以外的其他外力的合力的大小與重力的大小相等，但是方向與重力的方向相反，即豎直向上，故選項D正確，ABC錯誤。
【點睛】本題主要考查物體的平衡狀態(tài)，掌握平衡狀態(tài)的平衡條件，即合力為零。
4.飛鏢比賽是一項極具觀賞性的體育比賽項目。 (國際飛鏢聯(lián)合會)飛鏢世界杯賽上，某一選手在距地面高 、離靶面的水平距離 處，將質(zhì)量為 的飛鏢以速度 水平投出，結果飛鏢落在靶心正上方。從理論分析只改變 、 、 、 四個量中的一個，可使飛鏢投中靶心的是(不計空氣阻力)
A. 適當減少飛鏢投出時的水平速度
B. 適當提高飛鏢投出時的離地高度
C. 適當減小飛鏢的質(zhì)量
D. 適當減小飛鏢離靶面的水平距離
【答案】A
【解析】
飛鏢飛行中豎直方向y= gt2、水平方向L=v0t，得y= ，欲擊中靶心，應該使豎直位移增大，使L增大或v0減小，選項A正確.
5.如圖所示，兩光滑水平放置的平行金屬導軌間距為 ，直導線 垂直跨在導軌上，且與導軌接觸良好，整個裝置處于垂直于紙面向里的勻強磁場中，磁感應強度為 。電容器的電容為 ，除電阻 外，導軌和導線的電阻均不計?，F(xiàn)給導線 一初速度，使導線 向右運動，當電路穩(wěn)定后， 以速度 向右勻速運動時
A. 電容器兩端的電壓為零
B. 通過電阻 的電流為
C. 電容器所帶電荷量為
D. 為保持 勻速運動，需對其施加的拉力大小為
【答案】C
【解析】
AB、當導線MN勻速向右運動時,導線所受的合力為零,說明導線不受安培力,電路中電流為零,故電阻兩端沒有電壓.此時導線MN產(chǎn)生的感應電動勢恒定,根據(jù)閉合電路歐姆定律得知,電容器兩板間的電壓為 .故AB錯誤.
C、電容器所帶電荷量 ,所以C選項是正確的;
D、因勻速運動后MN所受合力為0,而此時無電流,不受安培力,則無需拉力便可做勻速運動,故D錯誤.
故選C
點睛：當電路穩(wěn)定后,MN以速度v向右做勻速運動時,導線產(chǎn)生的感應電動勢恒定,對電容器不充電也放電,電路中無電流,電容器兩板間的電壓等于感應電動勢,即可求出電荷量.勻速時,電路中沒有電流,不受安培力,無需拉力.
6.自20世紀以來，隨著人類天文觀測技術的不斷進步，地球自轉中的各種變化相繼被天文學家發(fā)現(xiàn)，經(jīng)過長時間的觀察和計算，天文科學家觀察到地球自轉速度存在長期減慢的趨勢。5.43億年前，地球每天的時間是0.37小時，5.43億年以來，地球每天的時間越來越長，平均每年增加0.00015秒，經(jīng)過5.43億年的緩慢進化，現(xiàn)在，地球的一天的時間已經(jīng)增加變化成了23小時56分。假設這種趨勢會持續(xù)下去，地球的其它條件都不變，未來人類發(fā)射的地球同步衛(wèi)星與現(xiàn)在的相比
A. 距地面的距離變大
B. 向心加速度變大
C. 線速度變大
D. 角速度變大
【答案】A
【解析】
【分析】
同步衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，由地球的萬有引力提供向心力，由牛頓第二定律得到同步衛(wèi)星的周期與半徑的關系，從而求出半徑大小、向心加速度大小、線速度大小和角速度大小的變化關系;
【詳解】A、設同步衛(wèi)星的質(zhì)量為m，軌道半徑為r，地球的質(zhì)量為M，同步衛(wèi)星做圓周運動，萬有引力提供向心力，由牛頓第二定律得： ，解得： ，由題意知，現(xiàn)在同步衛(wèi)星的周期T變大，則：同步衛(wèi)星的軌道半徑r增大，同步衛(wèi)星距地面的高度變大，故A正確;
B、同步衛(wèi)星做圓周運動，萬有引力提供向心力，由牛頓第二定律得： ，解得，向心加速度 ，由于r變大，則向心角速度a減小，故B錯誤;
C、同步衛(wèi)星做圓周運動，萬有引力提供向心力，由牛頓第二定律得： ，解得，線速度為： ，由于r變大，則線速度v變小，故C錯誤;
D、由題意知，現(xiàn)在同步衛(wèi)星的周期變大，根據(jù) ，可知角速度 減小，故D錯誤。
【點睛】本題是萬有引力定律與圓周運動知識的綜合，關鍵要建立模型，抓住同步衛(wèi)星做勻速圓周運動時，由地球的萬有引力提供向心力。
7.如圖所示，游樂園的游戲項目——旋轉飛椅，飛椅從靜止開始緩慢轉動，經(jīng)過一小段時間，坐在飛椅上的游客的運動可以看作勻速圓周運動。整個裝置可以簡化為如圖所示的模型。忽略轉動中的空氣阻力。設細繩與豎直方向的夾角為，則
A. 飛椅受到重力、繩子拉力和向心力作用
B.角越大，小球的向心加速度就越大
C. 只要線速度足夠大，角可以達到
D. 飛椅運動的周期隨著角的増大而增大
【答案】B
【解析】
【分析】
飛椅做勻速圓周運動時，由重力和繩子的拉力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律進行分析即可;
【詳解】A、飛椅受到重力和繩子的拉力作用，二者的合力提供向心力，故選項A錯誤;
B、根據(jù)牛頓第二定律可知： ，則向心加速度為大小為： ，可知角越大，小球的向心加速度就越大，故選項B正確;
C、若角可以達到 ，則在水平方向繩子的拉力提供向心力，豎直方向合力為零，但是豎直方向只有重力作用，合力不可能為零，故選項C錯誤;
D、設繩長為L，則根據(jù)牛頓第二定律可知： ，
整理可以得到： ，當增大則 減小，導致周期T減小，故選項D錯誤。
【點睛】飛椅做勻速圓周運動時，由重力和繩子的拉力的合力提供向心力，因此受力分析時不能將向心力作為單獨的力而分析出來，這是部分同學易錯的地方。
8.一列簡諧波沿 軸傳播，其波源位于坐標原點 。質(zhì)點 剛好完成一次全振動時，形成的簡諧橫波波形如圖所示，已知波速為 ，波源 簡諧運動的周期為 ， 是沿波傳播方向上介質(zhì)中的一個質(zhì)點，則
A. 圖中 軸上 、 之間的距離為
B. 波源 的起振方向沿 軸正方向
C. 在一個周期內(nèi)，質(zhì)點 將向右運動一個波長的距離
D. 圖示時刻質(zhì)點 所受的回復カ方向沿 軸正方向
【答案】D
【解析】
【分析】
波在同一均勻介質(zhì)中勻速傳播，振動在一個周期內(nèi)傳播一個波長，簡諧波傳播過程中，質(zhì)點做簡諧運動時，起振方向與波源起振方向相同，與圖示時刻波最前端質(zhì)點的振動方向相同，各個質(zhì)點合外力方向指向平衡位置;
【詳解】A、波長為 ，O、A 之間的距離為 ，故A錯誤;
B、波源O開始振動時的運動方向與波前質(zhì)點的起振方向相同，沿y軸負方向，故B錯誤;
C、質(zhì)點只是在平衡位置附近上下振動，并不隨波遷移，故C錯誤;
D、圖示時刻質(zhì)點C所受的合外力方向指向平衡位置，即沿y軸正方向，故D正確。
【點睛】本題應用到機械波兩個基本特點：一簡諧橫波向前傳播時質(zhì)點并不隨波遷移;二是介質(zhì)中質(zhì)點起振方向與波源起振方向相同。
9.利用電容傳感器可檢測礦井滲水，及時發(fā)出安全警報，從而避免事故的發(fā)生。如圖所示是一種通過測量電容器電容的變化來檢測礦井中液面高低的儀器原理圖， 為位置固定的導體芯， 為導體芯外面的一層絕緣物質(zhì)， 為導電液體(礦井中含有雜質(zhì)的水)， 、 、 構成電容器。若礦井滲水(導電液體深度 增大)，則電流
A. 從 向， 、 、 構成的電容器放電
B. 從向 ， 、 、 構成的電容器放電
C. 從 向， 、 、 構成的電容器充電
D. 從向 ， 、 、 構成的電容器充電
【答案】D
【解析】
【分析】
由圖可知電容器的構造，再由平行板電容器的決定式進行分析即可;
【詳解】由圖可知，液體C與芯柱A構成了電容器的兩個極板，B為電介質(zhì)，由圖可知，兩板間距離不變，液面變化時只有正對面積發(fā)生變化;則由 可知，當液面升高時，只能是正對面積S增大，故可判斷電容增大，再依據(jù) ，因此電勢差不變，那么電容的電荷量增大，因此電容器處于充電狀態(tài)，由圖可知電流從向 ，故ABC錯誤，D正確。
【點睛】本題考查平行板電容器在生產(chǎn)生活中的應用，注意由題意找出我們常見的模型再進行分析。
10.某興趣小組利用如圖所示裝置給燈泡供電。圖中兩磁極位置相對于水平軸線 對稱，導線框 繞軸線 以角速度 勻速轉動，并通過升壓變壓器給燈泡供電。下列說法正確的是
A. 圖示位置穿過線框的磁通量為零
B. 圖示位置線框產(chǎn)生的感應電動勢為零
C. 線框 中電流的有效值小于燈泡中電流的有效值
D. 若燈泡偏暗，可通過增加原線圈匝數(shù)來提高燈泡亮度
【答案】B
【解析】
【分析】
線框與磁場垂直時，位于中性面，感應電動勢為零，根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比，電流與匝數(shù)成反比，逐項分析即可得出結論;
【詳解】A、由圖可知，此時線圈和磁場垂直，線框的磁通量最大，感應電動勢為零，故A錯誤，B正確;
C、根據(jù)變壓器的原理可以得到原副線圈電流與匝數(shù)的關系為： ，由圖可知匝數(shù)關系為： ，則可以知道 ，故選項C錯誤;
D、根據(jù)變壓器的原理可以得到原副線圈電壓與匝數(shù)的關系為： ，則可以得到副線圈電壓即燈泡兩端電壓為： ，若增大 則 減小，則燈泡繼續(xù)偏暗，故選項D錯誤。
【點睛】本題關鍵交變電流產(chǎn)生的過程及其規(guī)律，掌握住理想變壓器的電壓、電流及功率之間的關系。
11.如圖甲所示，傾斜的傳送帶正以恒定速率 沿順時針方向轉動，傳送帶的傾角為 。一物塊以初速度 從傳送帶的底部沖上傳送帶并沿傳送帶向上運動，其運動的 圖象如圖乙所示，物塊到傳送帶頂端時速度恰好為零， ， ， 取 ，則
A. 由圖乙可知， 內(nèi)物塊受到的摩擦力大于 內(nèi)的摩擦力
B. 摩擦力方向一直與物塊運動的方向相反
C. 物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為
D. 傳送帶底端到頂端的距離為
【答案】C
【解析】
【分析】
剛開始時，物塊的速度大于傳送帶的速度，受到沿斜面向下的滑動摩擦力，向上做減速運動，速度與傳送帶相等以后，物體所受摩擦力改為向上，繼續(xù)向上做減速運動;根據(jù)牛頓第二定律求解摩擦因數(shù)，根據(jù)圖象的“面積”求傳送帶底端到頂端的距離;
【詳解】A、由乙圖可知在0-1s內(nèi)物塊的速度大于傳送帶的速度，物塊所受摩擦力的方向沿斜面向下，與物塊運動的方向相反;1-2s內(nèi)，物塊的速度小于傳送帶的速度，物塊所受摩擦力的方向沿斜面向上，與物塊運動的方向相同，由于物塊對傳送帶的壓力相等，根據(jù)摩擦力公式 可知兩段時間內(nèi)摩擦力大小相等，故選項AB錯誤;
C、在 內(nèi)物塊的加速度大小為 ，根據(jù)牛頓第二定律得： ，解得 ，故C正確;
D、物塊上升的位移大小等于 圖象所包圍的面積大小，為：
，所以傳送帶底端到頂端的距離為 ，故D錯誤。
【點睛】解決本題的關鍵理清物體在整個過程中的運動規(guī)律，結合牛頓第二定律和運動學公式進行求解。
12.如圖甲是建筑工地將樁料打入泥土中以加固地基的打夯機示意圖，打夯前先將樁料扶正立于地基上，樁料進入泥土的深度忽略不計。已知夯錘的質(zhì)量為 ，樁料的質(zhì)量為 。每次打夯都通過卷揚機牽引將夯錘提升到距離樁頂 處再釋放，讓夯錘自由下落，夯錘砸在樁料上后立刻隨樁料一起向下運動。樁料進入泥土后所受阻力隨打入深度 的變化關系如圖乙所示，直線斜率 。 取 ，則下列說法正確的是
A. 夯錘與樁料碰撞前瞬間的速度為
B. 夯錘與樁料碰撞后瞬間的速度為
C. 打完第一夯后，樁料進入泥土的深度為
D. 打完第三夯后，樁料進入泥土的深度為
【答案】C
【解析】
【分析】
夯錘先自由下落，然后與樁料碰撞，先由運動學公式求出與樁料碰撞前瞬間的速度，對于碰撞過程，由于內(nèi)力遠大于外力，所以系統(tǒng)的動量守恒，由動量守恒定律求出碰后共同速度;夯錘與樁料一起下沉的過程，重力和阻力做功，由動能定理可求得樁料進入泥土的深度;
【詳解】A、夯錘與樁料碰撞前瞬間的速度 ，得
取向下為正方向，打擊過程遵守動量守恒定律，則得：
代入數(shù)據(jù)解得： ，故選項AB錯誤;
C、由乙圖知，樁料下沉過程中所受的阻力是隨距離均勻變化，可用平均力求阻力做功，為
打完第一夯后，對夯錘與樁料，由動能定理得：
即：
代入數(shù)據(jù)解得 ，故選項C正確;
D、由上面分析可知：第二次夯后樁料再次進入泥土的深度為
則對夯錘與樁料，由動能定理得：
同理可以得到：第三次夯后樁料再次進入泥土的深度為
則對夯錘與樁料，由動能定理得：
則打完第三夯后，樁料進入泥土的深度為
代入數(shù)據(jù)可以得到： ，故選項D錯誤。
【點睛】本題的關鍵是要分析物體的運動過程，抓住把握每個過程的物理規(guī)律，要知道當力隨距離均勻變化時，可用平均力求功，也可用圖象法，力與距離所夾面積表示阻力做功的大小。
二、實驗題
13.如圖甲所示，在“驗證力的平行四邊形定則”的實驗中，小高同學進行實驗的主要步驟是：將橡皮條的一端固定在木板上A位置，另一端系有輕質(zhì)小圓環(huán)：兩根輕質(zhì)細繩的一端分別系在小圓環(huán)上，另一端分別系在彈簧測力計的掛鉤上?，F(xiàn)用彈簧測力計通過細繩拉動小圓環(huán)，使橡皮條沿平行木板平面伸長至O位置。讀取此時彈簧測力計的示數(shù)，分別記錄兩個拉力F1、F2的大小。再用筆在兩繩的拉力方向上分別標記a、b兩點，并分別將其與O點連接，表示兩力的方向。再用一個彈簧測力計將橡皮筋的活動端仍拉至O點，記錄其拉力F的大小并用上述方法記錄其方向.對于上述的實驗過程，下列說法中正確的是________
A.用一個彈簧測力計將橡皮筋的活動端時，可以拉至O點，也可以不拉至O點
B.兩根輕質(zhì)繩拉力的方向應與木板平面平行
C.這位同學在實驗中確定分力方向時，圖甲所示的a點離O點過近，標記得不妥
D.圖乙是在白紙上根據(jù)實驗結果作出的圖示，其中F是F1和F2合力的理論值
【答案】BC
【解析】
【分析】
驗證力的平行四邊形定則的實驗中需要我們讓兩次拉時的效果相同，且需要記錄下拉力的大小及方向;分析兩個合力的來源可知實驗值及真實值;
【詳解】A、兩次用彈簧測力計將橡皮筋的活動端都要拉至O點，這樣做的目的是保證前后兩次作用力的效果相同;故A錯誤.
B、為保證拉力的方向為在紙面上畫出的方向，OB和OC繩拉力的方向應與木板平面平行;故B正確.
C、由圖可知，O、a兩點距離太近，畫力的方向時容易產(chǎn)生誤差，應使a離O遠一些;則C正確.
D、圖乙是在白紙上根據(jù)實驗結果作出的力的圖示，實際測量值一定與AO在同一直線上，而另一合力是由平行四邊形得出的，一定為平行四邊形的對角線，故F為實際測量值，F(xiàn)′為實驗值;故D錯誤.
故選BC.
【點睛】要圍繞“驗證力的平行四邊形定則”的實驗原理對實驗步驟和實驗中需要注意的問題進行記憶.
14.單擺測定重力加速度的實驗中：
(1)實驗時用20分度的游標卡尺測量擺球直徑，示數(shù)如圖甲所示，該擺球的直徑 ________
(2)接著測量了擺線的長度為 。，實驗時用拉力傳感器測得擺線的拉力 隨時間變化的圖像如圖乙所示，寫出重力加速度 與 、 、 的關系式： ________。
(3)某小組改變擺線長度 ，測量了多組數(shù)據(jù)。在進行數(shù)據(jù)處理時，甲同學把擺線長 作為擺長，直接利用公式求出各組重力加速度值再求出平均值：乙同學作出 圖像后求出斜率，然后算出重力加速度。兩同學處理數(shù)據(jù)的方法對結果的影響是：甲________，乙________。(填“偏大”、“偏小”或“無影響”)
【答案】 (1). 14.15 (2). (3). 偏小 (4). 無影響
【解析】
【分析】
(1)由圖示游標卡尺確定游標尺的精度，游標卡尺主尺示數(shù)與游標尺示數(shù)之和是游標卡尺的示數(shù);
(2)單擺的擺長等于擺線的長度與擺球的半徑之和，根據(jù)題意求出擺長，由圖像確定單擺的周期，最后由單擺周期公式求出重力加速度的表達式;
(3)根據(jù)單擺周期公式判斷甲的測量值與真實值間的關系，由單擺周期公式的變形公式求出 關系表達式，然后根據(jù)圖像斜率求解加速度，之后判斷測量值與真實值間的關系;
【詳解】(1)由圖甲所示游標卡尺可知，游標尺是20分度的，游標尺的精度是 ，游標尺主尺示數(shù)是 ，游標尺示數(shù)是 ，游標卡尺示數(shù)，即擺球的直徑為： ;
(2)單擺擺長等于擺線長度與擺球半徑之和，則單擺擺長為 ，由圖乙所示圖象可知，單擺的周期 ，由單擺周期公式 可知，
重力加速度 ;
(3)由單擺周期公式 可知，重力加速度 ，擺長應該是擺線長度 與擺球半徑 之和，甲同學把擺線長 作為擺長，擺長小于實際擺長，由 可知，重力加速度的測量值小于真實值;
對于乙同學，若擺長為擺線長 ，則由 可知， ，其中 ，由此可見， 與 成正比，k是比例常數(shù)，在 圖像取兩組坐標 和 ，可以得到斜率 ，可知由于單擺擺長偏大還是偏小不影響圖象的斜率 ，因此擺長偏小不影響重力加速度的測量值。
【點睛】根據(jù)圖乙所示圖象求出單擺的周期是易錯點，要掌握單擺的運動過程，結合圖象求出單擺周期，熟練應用單擺周期公式是正確解題的關鍵。
15.某實驗小組利用如圖1所示的電路做”測量電池的電動勢和內(nèi)電阻”的實驗。
(1)請你根據(jù)電路圖，在圖3所示的實物圖上連線_____________。
(2)該小組利用測量出來的幾組電壓和電流值畫出了 圖線如圖2。根據(jù)圖線求出電源的電動勢 ________，電源的內(nèi)電阻 ________。
(3)另一實驗小組也做了“測量電池的電動勢和內(nèi)電阻”的實驗，他們在實驗室里找到了以下器材：
A.一節(jié)待測的干電池
B.電流表 (滿偏電流 ，內(nèi)阻 )
C.電流表 ( ，內(nèi)阻 約為 )
D.滑動變阻器 ( ， )
E.定值電阻 ( )
F.開關和導線若干
某同學發(fā)現(xiàn)上述器材中雖然沒有電壓表，但提供了兩塊電流表，于是他設計了如圖4所示的電路，并進行實驗。該同學測出幾組電流表 、 的數(shù)據(jù) 、 ，利用測出的數(shù)據(jù)畫出 圖像，則由圖像可得被測干電池的電動勢 _________ ，內(nèi)電阻 ________ 。(兩空結果均保留兩位有效數(shù)字)
【答案】 (1). 如圖所示：
(2). (3). (4). 【答題空4】1.5 (5). 【答題空5】0.60
【解析】
【分析】
(1)根據(jù)圖1所示電路圖連接實物電路圖;
(2)電源U-I圖象與縱軸的交點是電源電動勢，圖象斜率的絕對值等于電源內(nèi)阻;
(3)由圖象求出與縱軸的交點，然后由歐姆定律求出該電流所對應的電壓，該電壓是電源的電動勢，圖象斜率的絕對值等于電源的內(nèi)阻;
【詳解】(1)根據(jù)電路圖連接實物電路圖，如圖所示：
(2)由圖2所示可知，電源電動勢為 ，電源內(nèi)阻 ;
(3)由圖5所示可知，圖象與縱軸的交點為： ，與橫軸的交點為： ，
則電源內(nèi)阻為：
電源電動勢為： 。
【點睛】應用圖象求電源電動勢與內(nèi)阻時，從圖象上求出電流值，然后應用歐姆定律求出電源電動勢與內(nèi)阻。
三、計算題
16.北京將在2022年舉辦冬季奧運會，滑雪運動將速度與技巧完美地結合在一起，一直深受廣大觀眾的歡迎。一質(zhì)量為60kg的運動員在高度為 ，傾角為 的斜坡頂端，從靜止開始沿直線滑到斜面底端。下滑過程運動員可以看作質(zhì)點，收起滑雪杖，忽略摩擦阻力和空氣阻力， 取 ，問：
(1)運動員到達斜坡底端時的速率 ;
(2)運動員剛到斜面底端時，重力的瞬時功率;
(3)從坡頂滑到坡底的過程中，運動員受到的重力的沖量。
【答案】(1) (2) (3) 方向為豎直向下
【解析】
【分析】
(1)根據(jù)牛頓第二定律或機械能守恒定律都可以求出到達底端的速度的大小;
(2)根據(jù)功率公式進行求解即可;
(3)根據(jù)速度與時間關系求出時間，然后根據(jù)沖量公式進行求解即可;
【詳解】(1)滑雪者由斜面頂端滑到底端過程中，系統(tǒng)機械能守恒：
到達底端時的速率為： ;
(2)滑雪者由滑到斜面底端時重力的瞬時功率為： ;
(3)滑雪者由斜面頂端滑到底端過程中，做勻加速直線運動
根據(jù)牛頓第二定律 ，可以得到：
根據(jù)速度與時間關系可以得到：
則重力的沖量為： ，方向為豎直向下。
【點睛】本題關鍵根據(jù)牛頓第二定律求解加速度，然后根據(jù)運動學公式求解末速度，注意瞬時功率的求法。
17.隨著新技術的應用，手機不斷地更新?lián)Q代。新機型除了常規(guī)的硬件升級外，還支持快充和無線充電。圖甲為興趣小組制作的無線充電裝置中的輸電線圈示意圖，已知線圈匝數(shù) ，電阻 ，線圈的橫截面積 ，外接電阻 。線圈處在平行于線圈軸線的磁場中，磁場的磁感應強度隨時間變化如圖乙所示，求：
(1) 時線圈中的感應電動勢
(2) 內(nèi)通過電阻 的電荷量 ;
(3) 內(nèi)電阻 上產(chǎn)生的熱量 。
【答案】(1) (2) (3)
【解析】
【分析】
根據(jù)法拉第電磁感應定律列式求解感應電動勢，根據(jù)閉合電路歐姆定律求解電流，根據(jù)焦耳定律列式求解熱量即可;
【詳解】(1)由圖乙可知 時刻
根據(jù)法拉第電磁感應定律得
代入數(shù)據(jù)解得： ;
(2) 內(nèi)根據(jù)閉合電路歐姆定律可以得到：
電荷量
代入數(shù)據(jù)可以解得： ;
(3) 內(nèi)，根據(jù)上面分析可知： ， ，
根據(jù)焦耳定律可以得到， 上產(chǎn)生的焦耳熱為：
內(nèi)，同理可以得到： ， ，
根據(jù)焦耳定律可以得到， 上產(chǎn)生的焦耳熱為：
所以 。
【點睛】本題關鍵是根據(jù)法拉第電磁感應定律列式求解各個時間段的感應電動勢大小，然后根據(jù)歐姆定律、電流定義公式、焦耳定律列式求解即可。
18.如圖所示，長度為 的輕繩一端固定于 點，另一端系一個質(zhì)量為 的小球，將細繩拉直到水平狀態(tài)時輕輕釋放小球。問：
(1)小球經(jīng)過最低點時，細繩受到的拉力大小。
(2)若在 點的正下方釘一個釘子 ，要求小球在細繩與釘子相碰后能夠繞釘子做一個完整的圓周運動(忽略釘子的直徑)，釘子 的位置到懸點 的距離至少為多大?
(3)經(jīng)驗告訴我們，當細繩與釘子相碰時，釘子的位置越靠近小球，繩就越容易斷。請你通過推導計算解釋這一現(xiàn)象。(推導過程中需要用到的物理量，自己設定。)
【答案】(1) (2) (3)見解析
【解析】
【分析】
根據(jù)動能定理或機械能守恒求出小球運動到最低點時速度的表達式，根據(jù)牛頓第二定律求解繩的拉力，逐項分析即可;
【詳解】(1)小球從繃緊的輕繩水平時擺下到最低點過程機械能守恒：
由牛頓第二定律可得：
小球在最低點時，輕繩受到的拉力： ;
(2)設釘子 點到懸點 的距離為 ，小球在細繩與釘子相碰后圓周軌道半徑為
小球擺到最高點時，由牛頓第二定律可得： ，其中：
由機械能守恒定律可得：
解得： ;
(3)設小球到釘子的距離為 ，
小球擺到最低點過程中，由機械能守恒定律可得：
小球通過最低點的速度：
在最低點由牛頓第二定律可得：
則：
可見釘子 點到小球的距離 越小，輕繩拉力 越大，繩就越容易斷。
【點睛】該題是機械能及圓周運動相結合的問題，關鍵找出向心力的提供者，這是解決這類問題通用的方法，同時要注意恰好通過最高點的臨界條件。
19.如圖軌道Ⅲ為地球同步衛(wèi)星軌道，發(fā)射同步衛(wèi)星的過程可以筒化為以下模型：先讓衛(wèi)星進入一個近地圓軌道Ⅰ(離地高度可忽略不計)，經(jīng)過軌道上 點時點火加速，進入橢圓形轉移軌道Ⅱ。該橢圓軌道Ⅱ的近地點為圓軌道Ⅰ上的 點，遠地點為同步圓軌道Ⅲ上的 點。到達遠地點 時再次點火加速，進入同步軌道Ⅲ。
已知引力常量為 ，地球質(zhì)量為 ，地球半徑為 ，飛船質(zhì)量為 ，同步軌道距地面高度為 。
當衛(wèi)星距離地心的距離為時，地球與衛(wèi)星組成的系統(tǒng)的引力勢能為 (取無窮遠處的引力勢能為零)，忽略地球自轉和噴氣后飛船質(zhì)量的変化，問：
(1)在近地軌道Ⅰ上運行時，飛船的動能是多少?
(2)若飛船在轉移軌道Ⅱ上運動過程中，只有引力做功，引力勢能和動能相互轉化。已知飛船在橢圓軌道Ⅱ上運行中，經(jīng)過 點時的速率為 ，則經(jīng)過 點時的速率 多大?
(3)若在近地圓軌道Ⅰ上運行時，飛船上的發(fā)射裝置短暫工作，將小探測器射出，并使它能脫離地球引力范圍(即探測器可以到達離地心無窮遠處)，則探測器離開飛船時的速度 (相對于地心)至少是多少?(探測器離開地球的過程中只有引力做功，動能轉化為引力勢能)
【答案】(1) (2) (3)
【解析】
【分析】
(1)萬有引力提供向心力，求出速度，然后根據(jù)動能公式進行求解;
(2)根據(jù)能量守恒進行求解即可;
(3)將小探測器射出，并使它能脫離地球引力范圍，動能全部用來克服引力做功轉化為勢能;
【詳解】(1)在近地軌道(離地高度忽略不計)Ⅰ上運行時，在萬有引力作用下做勻速圓周運動
即：
則飛船的動能為 ;
(2)飛船在轉移軌道上運動過程中，只有引力做功，引力勢能和動能相互轉化。由能量守恒可知動能的減少量等于勢能的増加量：
若飛船在橢圓軌道上運行，經(jīng)過 點時速率為 ，則經(jīng)過 點時速率為：
;
(3)若近地圓軌道運行時，飛船上的發(fā)射裝置短暫工作，將小探測器射出，并使它能脫離地球引力范圍(即探測器離地心的距離無窮遠)，動能全部用來克服引力做功轉化為勢能
即：
則探測器離開飛船時的速度(相對于地心)至少是： 。
【點睛】本題考查了萬有引力定律的應用，知道萬有引力提供向心力，同時注意應用能量守恒定律進行求解。
20.高能粒子是現(xiàn)代粒子散射實驗中的炮彈，加速器是加速粒子的重要工具，是核科學研究的重要平臺。
質(zhì)子回旋加速器是利用電場和磁場共同作用，使質(zhì)子作回旋運動，在運動中通過高頻電場反復加速、獲得能量的裝置。質(zhì)子回旋加速器的工作原理如圖(a)所示，置于真空中的 形金屬盒半徑為 ，兩盒間狹縫的間距為 ，磁感應強度為 的勻強磁場與盒面垂直，被加速質(zhì)子( )的質(zhì)量為 ，電荷量為 。加在狹縫間的交變電壓如圖(b)所示，電壓值的大小為 、周期 。為了簡化研究，假設有一束質(zhì)子從 板上 處小孔均勻地飄入狹縫，其初速度視為零。不考慮質(zhì)子間的相互作用。
(1)質(zhì)子在磁場中的軌跡半徑為(已知)時的動能 ;
(2)請你計算質(zhì)子從飄入狹縫至動能達到 (問題(1)中的動能)所需要的時間。(不考慮質(zhì)子間的相互作用，假設質(zhì)子每次經(jīng)過狹縫均做加速運動。)
(3)若用該裝置加速氦核( )，需要對偏轉磁場或交變電壓作出哪些調(diào)整?
【答案】(1) (2)
(3)方案一：增大磁感應強度 ，使得氦核的圓周運動周期等于上述電場的周期即可。
方案二：增大交變電場的周期，使得電場的周期等于氦核圓周運動的周期。
【解析】
【分析】
回旋加速器的工作條件是電場的變化周期與粒子在磁場中運動的周期相等，回旋加速器運用電場加速磁場偏轉來加速粒子，根據(jù)洛倫茲力提供向心力進行求解即可;
【詳解】(1)洛倫茲力提供向心カ，根據(jù)牛頓第二定律有：
粒子的動能為 ，解得 ;
(2)設粒子被加速 次后達到最大動能，則有 ，解得：
粒子在狹縫間做勻加速運動，加速度為
設 次經(jīng)過狹縫的總時間為 ，根據(jù)運動學公式有：
設在磁場中做圓周運動的周期為 ，某時刻質(zhì)子的速度為 ，半徑為
則 ， ，由
解得： ;
(3)氦核的荷質(zhì)比與質(zhì)子不同，要實現(xiàn)每次通過電場都被加速，需要保證交變電場的周期與磁場中圓周運動的周期相同，粒子在磁場中的圓周運動周期 ，氦核的荷質(zhì)比大于質(zhì)子，使得圓周運動周期變大
方案一：增大磁感應強度 ，使得氦核的圓周運動周期等于上述電場的周期即可。
方案二：增大交變電場的周期，使得電場的周期等于氦核圓周運動的周期。
【點睛】解決本題的關鍵知道回旋加速器電場和磁場的作用，知道最大動能與什么因素有關，以及知道粒子在磁場中運動的周期與電場的變化的周期相等。
高三物理上學期期末試卷帶答案
選擇題：本題共8小題，每題6分。在每小題給出的四個選項中，第14~18題只有項符合題目要求，19~21題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有錯選或不選的得0分。
1.關于碳14的衰變方程 C→ X+ e，下面說法正確的是
A. A等于13，Z等于5 B. A等于14，Z等于7
C. A等于14，Z等于5 D. A等于13，Z等于6
【答案】B
【解析】
【分析】
根據(jù)質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒可求解A和Z的值。
【詳解】根據(jù)質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒可知：14=A;6=Z+(-1)，解得Z=7，故選B.
2.如圖所示，長木板A與物體B疊放在水平地面上，物體與木板左端立柱間放置輕質(zhì)彈簧，在水平外力F作用下，木板和物體都靜止不動，彈簧處于壓縮狀態(tài)。將外力F緩慢減小到零，物體始終不動，在此過程中
A. 彈簧彈力逐漸減小
B. 物體B所受摩擦力逐漸減小
C. 物體B所受摩擦力始終向左
D. 木板A受到地面的摩擦力逐漸減小
【答案】D
【解析】
【分析】
物體始終不動，則彈簧的長度不變，彈力不變;軌物體B受力分析，分析物體B所受摩擦力的大小和方向情況;對整體受力分析，可得木板A受到地面的摩擦力的變化.
【詳解】將外力F緩慢減小到零，物體始終不動，則彈簧的長度不變，彈力不變，選項A錯誤;對物體B，因開始時所受的靜摩擦力的方向不確定，則由F彈=F±f，則隨F的減小，物體B所受摩擦力大小和方向都不能確定，選項BC錯誤;對AB的整體，水平方向力F與地面對A的摩擦力平衡，則隨F的減小，木板A受到地面的摩擦力逐漸減小，選項D正確，故選D.
【點睛】此題關鍵是能正確選擇研究對象，靈活運用整體法和隔離法;抓住物體始終不動進行分析;注意靜摩擦力可能的不同的方向.
3.空間存在平行于紙面方向的勻強電場，紙面內(nèi)ABC三點形成一個邊長為1cm的等邊三角形。將電子由A移動到B點，電場力做功2eV，再將電子由B移動到C點，克服電場力做功1eV。勻強電場的電場強度大小為
A. 100V/m B. V/m C. 200V/m D. 200 V/m
【答案】C
【解析】
【分析】
根據(jù)電場力功與電勢差的關系求解AB和BC各點之間的電勢差，然后找到等勢面確定場強的方向，根據(jù)E=U/d求解場強。
【詳解】將電子由A移動到B點，電場力做功2eV，則 ;同樣： ，若設C點的電勢為0，則B點的電勢為1V，A點的電勢為-1V，則AB中點的電勢與C點電勢相同，可知場強方向沿BA方向斜向上，場強為 ，故選C.
4.某顆星球的同步軌道半徑為該星球半徑的6倍。物體A在該星球赤道上隨星球一起自轉，衛(wèi)星B繞星球做勻速圓周運動，軌道半徑等于星球半徑的3倍。物體A和衛(wèi)星B的線速度大小之比為
A. 1︰ B. ︰1 C. 1︰3 D. 1︰6
【答案】A
【解析】
【分析】
物體A在該星球赤道上隨星球一起自轉的角速度與同步衛(wèi)星的角速度周期相同，根據(jù)萬有引力等于向心力列式即可求解.
【詳解】設星球的半徑為R，則對同步衛(wèi)星： ;對物體A： ;對衛(wèi)星B: ;聯(lián)立解得： ，故選A.
5.如圖所示為兩個底邊和高都是L的等腰三角形，三角形內(nèi)均分布方向如圖所示的勻強磁場，磁感應強度大小為B。一邊長為L、電阻為R的正方形線框置于三角形所在平面內(nèi)，從圖示位置開始沿x軸正方向以速度v勻速穿過磁場區(qū)域。取逆時針方向感應電流為正，則線框中電流i隨bc邊的位置坐標x變化的圖象正確的是
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
分段確定線框有效的切割長度，分析線框中感應電動勢的大小與位置坐標的關系.線框的電阻一定，感應電流與感應電動勢成正比.
【詳解】bc邊的位置坐標x在0-L過程，線框bc邊有效切線長度從0到L再減到0，感應電流的方向為逆時針方向，感應電動勢從0增加到BLv，再減到0，感應電流從0增加到 ，再減到0; bc邊的位置坐標x在L-2L過程中，bc邊進入右側磁場切割磁感線產(chǎn)生順時針方向的電流，ad邊在左側磁場切割磁感線產(chǎn)生順時針方向的電流，兩電流同向，則相加;隨線向右運動，電流先增加后減小到0，最大值為 ;bc邊的位置坐標x在2L-3L過程，bc邊出離磁場，線框ad邊有效切線長度從0到L再減到0，感應電流的方向為逆時針方向，感應電動勢從0增加到BLv，再減到0，感應電流從0增加到 ，再減到0;則圖像C正確 ，ABD錯誤;故選C.
【點睛】本題關鍵確定線框有效切割長度與x的關系，再結合數(shù)學知識選擇圖象;注意感應電流的方向的判斷.
6.甲乙兩車沿同一平直公路同向運動，運動的v-t圖象如圖所示。t1時刻兩車相遇，下說法正確的是
A. t2時刻兩車再次相遇
B. t2時刻后，兩車會再次相遇
C. 0時刻，乙在前，甲在后
D. 0～t1時間內(nèi)甲的加速度先增大后減小
【答案】BC
【解析】
【分析】
v-t圖像的斜率等于加速度，圖像與坐標軸圍成的面積等于位移，結合圖像進行分析.
【詳解】t1時刻兩車相遇，而t1到t2時間內(nèi)乙車的位移大于甲車的位移，可知t2時刻乙車在甲車前面，選項A錯誤;t2時刻后，甲車的速度大于乙車，則兩車會再次相遇，選項B正確;因0-t1時間內(nèi)甲車的位移大于乙車的位移，t1時刻兩車相遇，則0時刻，乙在前，甲在后，選項C正確;v-t線的斜率等于加速度，可知0～t1時間內(nèi)甲的加速度一直減小，選項D錯誤;故選BC.
【點睛】本題根據(jù)速度圖象分析運動情況的能力，要注意兩車的位置關系和距離隨時間如何變化，當兩車相遇時，位移之差等于原來之間的距離.
7.如圖所示，小車在水平面上做勻加速直線運動，車廂內(nèi)兩質(zhì)量相同的小球通過輕繩系于車廂頂部，輕繩OA、OB與豎直方向夾角均為45°，其中一球用水平輕繩AC系于車廂側壁，下列說法正確的是
A. 小車運動方向向右
B. 小車的加速度大小為 g
C. 輕繩OA、OB拉力大小相等
D. 輕繩CA拉力大小是輕繩OA拉力的 倍
【答案】CD
【解析】
【分析】
對小球B受力分析可求解小車運動的加速度和加速度的方向;OA和OB細繩拉力的豎直分量均等于mg，由此判斷輕繩OA、OB拉力大小關系;對小球A受力分析，根據(jù)正交分解法以及牛頓第二定律求解兩邊繩子的拉力關系。
【詳解】對小球B受力分析可知，B所受的合外力向左，且mgtan450=ma，解得a=g，且加速度向左，即小車的加速度向左，小車向左加速或者向右減速運動，選項AB錯誤;分別對AB受力分析， OA和OB細繩拉力的豎直分量均等于mg，即TOBcos450=TOAcos450=mg，可知輕繩OA、OB拉力大小相等，選項C正確;對A受力分析可知，TCA -TOAsin450=ma=mg，解得TCA=2mg即TCA= TOA，選項D正確;故選CD.
8.兩個質(zhì)子以不同速率在勻強磁場中做圓周運動，軌跡如圖所示，兩圓周相切于A點，過A點做一直線與兩圓周交于B點和C點。若兩圓周半徑r1：r2=1：2，下列說法正確的有
A. 兩質(zhì)子速率v1：v2=1：2
B. 兩質(zhì)子周期T1：T2=1：2
C. 兩質(zhì)子由A點出發(fā)第一次到達B點和C點經(jīng)歷的時間t1：t2=1：2
D. 兩質(zhì)子在B點和C點處速度方向相同
【答案】AD
【解析】
【分析】
根據(jù)半徑關系根據(jù) 可判斷速度關系;同種粒子在相同磁場中運動的周期相同;結合幾何關系可知兩粒子在磁場中運動過程中轉過的圓弧對應的圓心角相同，從而判斷時間關系和速度方向關系。
【詳解】根據(jù) 解得 ，可知兩質(zhì)子速率v1：v2= r1：r2=1：2，選項A正確;根據(jù) 可知兩質(zhì)子周期相同，選項B錯誤;由幾何關系可知，兩粒子在磁場中運動過程中轉過的圓弧對應的圓心角相同，根據(jù) 可知，兩質(zhì)子由A點出發(fā)第一次到達B點和C點經(jīng)歷的時間相同，選項C錯誤;因兩粒子進入磁場時速度方向相同，在磁場中運動過程中轉過的圓弧對應的圓心角相同，可知兩質(zhì)子在B點和C點處速度方向相同，選項D正確;故選AD.
【點睛】帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動問題，關鍵是理解記憶兩個基本公式，即半徑公式和周期公式，充分利用幾何關系找到圓心角和半徑關系等等.
三、非選擇題包括必考題和選考題兩部分。第2題~第32題為必考題，每個試題考生都必須作答。第33題~第38題為選考題，考生根據(jù)要求作答。
(一)必考題
9.某同學利用如圖所示裝置進行“研究勻變速直線運動”的實驗。
(1)下列說法正確的有__________
A.實驗開始前，需要墊高長木板右端到合適角度，平衡摩擦力
B.鉤碼質(zhì)量需要滿足遠遠小于小車的質(zhì)量
C.小車釋放的位置應盡量遠離滑輪
D.先接通電源，后釋放小車
(2)實驗中獲得一條紙帶，設紙帶上計數(shù)點的間距為S1和S2，如圖為用米尺測量某一紙帶上的S1、S2的情況，從圖中可讀出S1=3.10cm，S2=___________cm，已知打點計時器的頻率為50Hz，由此求得加速度的大小a=___________m/s2。
【答案】 (1). CD (2). 5.48~5.52 (3). 2.38~2.42
【解析】
【分析】
(1)根據(jù)實驗原理以及實驗過程判斷各個選項;(2)刻度尺讀數(shù)保留到mm的下一位;根據(jù)?S=aT2解得加速度。
【詳解】(1)此實驗只要使小車加速運動即可，則實驗開始前，不需要平衡摩擦力，鉤碼質(zhì)量也不需要滿足遠遠小于小車的質(zhì)量，選項AB錯誤;小車釋放的位置應盡量遠離滑輪，且先接通電源，后釋放小車，從而能充分利用紙帶，選項CD正確;故選CD.
(2)由刻度尺讀出S1=3.10cm;S2=5.50cm;T=0.1s，?S=2.40cm，根據(jù)?S=aT2解得
10.如圖所示電路可以測量兩塊電壓表的內(nèi)阻，圖中用到的實驗器材如下：
待測電壓表V1，量程3V，內(nèi)阻為3kΩ;
待測電壓表V2，量程15V，內(nèi)阻約為15kΩ;
定值電阻R0，阻值大小為21kΩ;
滑動變阻器R，變化范圍0-10Ω;
電源，E=15V，內(nèi)阻不計;
電鍵導線若千。
(1)實驗器材已經(jīng)部分連接，請你用實線代表導線，將電路連接完整_____;
(2)連接好電路后，將滑動變阻器的滑片滑到最左端;
(3)將兩個電鍵都閉合，滑動變阻器滑片調(diào)節(jié)到某一位置，得到此時兩塊電壓表的讀數(shù)分別為U1=3.00V，U2=9.00V;
(4)保持滑動變阻器滑片位置不變，斷開電鍵S2，此時兩電壓表讀數(shù)變?yōu)?.00V和10.00V，由兩表讀數(shù)可知，兩電壓表內(nèi)阻之比R1：R2=___________;
(5)由以上數(shù)據(jù)可計算出兩電壓表的內(nèi)阻分別為R1=___________kΩ，R2=___________kΩ;
(6)改變滑動變阻器滑片的位置，重復試驗，多次測量，取平均值。
【答案】 (1). (2). 1:5 (3). 2.8 (4). 14
【解析】
【詳解】(1)電路連線如圖;
(2)兩個電鍵都閉合時，則 ;保持滑動變阻器滑片位置不變，斷開電鍵S2，此時： ;聯(lián)立解得R1=2.8kΩ;R2=14kΩ.
11.如圖所示，光滑曲面與粗糙平面平滑連接，質(zhì)量為m2=3kg的滑塊B靜止在光滑曲面的底端，質(zhì)量為m1=2kg的滑塊A由曲面上某一高度H處無初速釋放，滑到底端和滑塊B發(fā)生彈性正碰，碰后滑塊B在平面上滑行的距離為L=2m，已知兩滑塊與平面間的動摩擦因數(shù)均為0.4，重力加速度g=10m/s2。求：
(1)滑塊B在碰撞后獲得的速度大小
(2)滑塊A的釋放高度。
【答案】(1)4m/s(2)1.25m
【解析】
【分析】
(1)碰后物塊B 減速滑行，由動能定理求解滑塊碰后獲得速度;(2)兩物塊碰撞，由動量守恒定律和能量守恒定律，列式可求解.
【詳解】(1)碰后物塊B減速滑行，由動能定理
滑塊碰后獲得速度：v2 = 4m/s
(2)兩物塊碰撞，由動量守恒定律和能量守恒定律
物塊A下滑，由動能定理
由以上各式解得 H=1.25m
12.如圖所示，平面直角坐標系第一象限中，兩個邊長均為L的正方形與一個邊長為L的等腰直角三角形相鄰排列，三個區(qū)域的底邊在x軸上，正方形區(qū)域I和三角形區(qū)域Ⅲ存在大小相等，方向沿y軸負向的勻強電場。質(zhì)量為m、電量為q的帶正電粒子由正方形區(qū)域I的頂點A以初速度v0沿x軸正向射入?yún)^(qū)域I，離開電場后打在區(qū)域Ⅱ底邊的中點P。若在正方形區(qū)域Ⅱ內(nèi)施加垂直坐標平面向里的勻強磁場，粒子將由區(qū)域Ⅱ右邊界中點Q離開磁場，進入?yún)^(qū)域Ⅲ中的電場。不計重力，求：
(1)正方形區(qū)域I中電場強度E的大小;
(2)正方形區(qū)域Ⅱ中磁場磁感應強度的大小;
(3)粒子離開三角形區(qū)域的位置到x軸的距離。
【答案】(1) ; (2) (3)
【解析】
【分析】
(1)帶電粒子在區(qū)域Ⅰ中做類平拋，根據(jù)平拋運動的規(guī)律列式求解場強E;(2)粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)幾何關系求解半徑，從而求解B;(3)在Q點進入?yún)^(qū)域Ⅲ后，若區(qū)域Ⅲ補成正方形區(qū)域，空間布滿場強為E的電場，由對稱性可知，粒子將沿拋物線軌跡運動到(3L，L)點，離開方向水平向右，通過逆向思維，可認為粒子從(3L，L)點向左做類平拋運動。
【詳解】(1)帶電粒子在區(qū)域Ⅰ中做類平拋
設離開角度為θ，則
離開區(qū)域Ⅰ后作直線運動
由以上各式得
(2)粒子在磁場中做勻速圓周運動
有幾何關系可得
可求得
(3)在Q點進入?yún)^(qū)域Ⅲ后，若區(qū)域Ⅲ補成正方形區(qū)域，空間布滿場強為E的電場，由對稱性可知，粒子將沿拋物線軌跡運動到(3L，L)點，離開方向水平向右，通過逆向思維，可認為粒子從(3L，L)點向左做類平拋運動，當粒子運動到原電場邊界時
解得
因此，距離x軸距離
【點睛】帶電粒子在電場中的運動往往用平拋運動的的規(guī)律研究;在磁場中做圓周運動，往往用圓周運動和幾何知識，找半徑，再求其他量;
【物理一選修3】
13.下面說法正確的是
A. 夏天，輪胎被曬爆的瞬間，原輪胎中的氣體溫度一定降低
B. 氣體體積變大時，分子力一定變小
C. 多晶體和非晶體都具有各向異性，沒有固定熔點的特點
D. 當分子間的引力和斥力平衡時，分子勢能最小
E. 由于液體表面分子間的距離比液體內(nèi)部大一些，所以在表面會產(chǎn)生表面張力
【答案】ADE
【解析】
【詳解】夏天，輪胎被曬爆的瞬間，氣體絕熱膨脹，氣體對外做功，內(nèi)能降低，則原輪胎中的氣體溫度一定降低，選項A正確;氣體分子間距較大，認為分子力表現(xiàn)為零，則氣體體積變大時，分子力仍為零，選項B錯誤;多晶體和非晶體都具有各向同性，非晶體沒有固定熔點，而多晶體有固定的熔點，選項C錯誤;當分子間的引力和斥力平衡時，分子力表現(xiàn)為零，則分子勢能最小，選項D正確;由于液體表面分子間的距離比液體內(nèi)部大一些，所以在表面層分子表現(xiàn)為引力，從而會產(chǎn)生表面張力，選項E正確;故選ADE.
14.絕熱性能良好的氣缸固定放置，其內(nèi)壁光滑，開口向右，氣缸中封閉一定質(zhì)量的理想氣體，活塞通過水平輕繩跨過滑輪與重物相連，已知活塞的面積為S=10cm2，重物的質(zhì)量m=2kg，重力加速度g=10m/s2，大氣壓強P0=10×105Pa，滑輪摩擦不計。穩(wěn)定時，活塞與氣缸底部間的距離為L1=12cm，氣缸內(nèi)溫度T1=300K。
(1)通過電熱絲對氣缸內(nèi)氣體加熱，氣體溫度緩慢上升到T2=400K時停止加熱，求加熱過程中活塞移動的距離d;
(2)停止加熱后，在重物的下方加掛一個2kg的重物，活塞又向右移動4cm后重新達到平衡，求此時氣缸內(nèi)氣體的溫度T3。
【答案】(1)4cm(2)375K
【解析】
【分析】
(1)加熱過程為等壓變化，根據(jù)蓋呂薩克定律求解加熱過程中活塞移動的距離d;(2)加掛重物后，找到氣體的狀態(tài)參量，由理想氣體狀態(tài)方程求解溫度.
【詳解】(1)加熱前
加熱過程為等壓變化
可得 d=4cm
(2)加掛重物后
由理想氣體狀態(tài)方程
可得 T3=375K
【物理一選修3-4】
15.一列橫波由A向B傳播，AB兩點相距x=12m，t=0時刻，波剛好傳到B點，之后A、B兩點的振動圖象如圖所示。下列說法正確的是
A. 波的頻率為4Hz
B. 波的周期為4s
C. 波長可能為24m
D. 波速可能為2m/s
E. 波源的起振方向沿y軸正向
【答案】BCD
【解析】
【分析】
根據(jù)振動圖像讀出周期和頻率;根據(jù)AB的振動圖像可知AB之間的距離為半波長的奇數(shù)倍，結合波速公式討論波長和波速可能的值;根據(jù)B點起振的方向判斷波源起振的方向.
【詳解】由振動圖像可知，周期T=4s，則頻率f=1/T=0.25s，選項B正確，A錯誤;由題意可知 (n=0、1、2、3…..)，解得 ，當n=0時λ=24m，選項C正確;波速 ，當n=1時，v=2m/s，選項D正確;t=0時刻，波剛好傳到B點，由振動圖像可知，此時B點向下振動，可知波源的起振方向沿y軸負向，選項E錯誤;故選BCD.
16.如圖所示，矩形ABCD為某透明介質(zhì)的截面圖，AB邊長L1=12cm，BC邊長L2=24m，光線由A點以i=53°的入射角射入AB面，光線進入介質(zhì)后，經(jīng)過一次反射后，射到底邊CD的中點F，并的出個質(zhì)，不考慮F點光線的反射。已知光速c=3.0×108m/s，sin53°=0.8，cos53°=0.6。求：
(1)介質(zhì)的折射率
(2)光線在介質(zhì)中的傳播時間。
【答案】(1) ;(2) s。
【解析】
【分析】
(1)由幾何關系找到光線在A點的折射角，根據(jù)折射定律求解折射率;(2)由即可關系求解光在介質(zhì)中的傳播距離，根據(jù) 求解時間.
【詳解】(1)延長A點的折射光線與底邊CD交于G點，三角形AGD中，由幾何關系可知
GD= =18cm
AG= =30cm
由公式
可得
(2)在介質(zhì)中
S=AG=30cm
可得t= s
【點睛】幾何光學問題，關鍵是先畫出規(guī)范的光路圖，結合幾何關系找入射角和折射角，根據(jù)光的折射定律求解，記住光在介質(zhì)中傳播速度公式 .
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