第一学期高三物理期末考试试卷

诗盈分享 2024-01-09 12:31:44

　　大家有很多同学会说物理很难，难在哪里呢，大家来看看吧，今天小编就给大家分享一下高三物理，希望大家来收藏哦

　　高三级物理上学期期末试题

　　14.A、B两质点在同一平面内同时向同一方向做直线运动，它们的位移时间图像如图所示，其中①是顶点过原点的抛物线的一部分，②是通过(0，3)的一条直线，两图像相交于坐标为(3，9)的P点，则下列说法不正确是( )

　　A.质点A做初速度为零，加速度为2m/s2的匀加速直线运动

　　B.质点B以2m/s的速度做匀速直线运动

　　C.在前3s内，质点A比B向前多前进了6m

　　D.在前3s内，某时刻A、B速度相等

　　15.建筑工地通过吊车将物体运送到高处。简化后模型如图所示，直导轨ABC与圆弧形导轨CDE相连接，D为圆弧最高点，整个装置在竖直平面内，吊车先加速从A点运动到C点，再匀速率通过CDE。吊车经过B、D处时，关于物体M受力情况的描述正确的是( )

　　A.过B点时，处于超重状态，摩擦力水平向左

　　B.过B点时，处于超重状态，摩擦力水平向右

　　C.过D点时，处于失重状态，一定受摩擦力作用

　　D.过D点时，处于失重状态，底板支持力一定为零

　　16.我国“天宫一号”圆满完成相关科学实验，于2018年“受控”坠落。若某航天器变轨后仍绕地球做匀速圆周运动，但动能增大为原来的4倍，不考虑航天器质量的变化，则变轨后，下列说法正确的是( )

　　A.航天器的轨道半径变为原来的1 / 4

　　B.航天器的向心加速度变为原来的4倍

　　C.航天器的周期变为原来的1 / 4

　　D.航天器的角速度变为原来的4倍

　　17.如图所示，一个带正电荷q、质量为m的小球，从光滑绝缘斜面轨道的A点由静止下滑，然后沿切线进入竖直面内半径为R的光滑绝缘圆形轨道，恰能到达轨道的最高点B。现在空间加一竖直向下的匀强电场，若仍从A点由静止释放该小球(假设小球的电量q在运动过程中保持不变，不计空气阻力)，则( )

　　A.小球一定不能到达B点

　　B.小球仍恰好能到达B点

　　C.小球一定能到达B点，且在B点对轨道有向上的压力

　　D.小球能否到达B点与所加的电场强度的大小有关

　　18.如图所示，理想变压器原线圈的两端 a、 b接正弦交流电源时，电压表V的示数为220 V，电流表A1的示数为0.20 A。已知负载电阻 R=44 Ω，则下列判断中正确的是(电表均为理想交流电表)( )

　　A.原线圈和副线圈的匝数比为2:1

　　B.原线圈和副线圈的匝数比为5:1

　　C.电流表A2的示数为0.1 A

　　D.电流表A2的示数为0.4 A

　　19.如图所示，图中两条平行虚线间存有匀强磁场，虚线间的距离为2L，磁场方向垂直纸面向里.abcd是位于纸面内的梯形线圈，ad与bc间的距离为2L且均与ab相互垂直，ad边长为2L，bc边长为3L，t=0时刻，c点与磁场区域左边界重合.现使线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域.取沿a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则在线圈穿过磁场区域的过程中，下列各量关系图线可能正确的是( )

　　20.如图所示，电源的电动势E=12V，内阻r=3Ω;M为直流电动机，其电枢电阻r´=1Ω。当电阻箱R调到某值时，此时电源输出功率最大。则此时( )

　　A.电阻箱的阻值一定是R=2Ω

　　B.电路中的电流强度一定是I=2A

　　C.电源的输出功率一定是P输=12W

　　D.电动机的机械输出功率一定是4W

　　21.如图所示，两根相距L=0.8m、电阻不计的平行光滑金属导轨水平放置，一端与阻值R=0.30Ω的电阻相连。导轨x>0一侧存在沿x方向均匀增大的垂直纸面向里的稳恒磁场，其方向与导轨平面垂直，大小的变化率为K=0.5T/m，x=0处磁场的磁感应强度B0=0.5T。一根质量m=0.2kg、电阻r=0.10Ω的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直。棒在外力作用下从x=0处以初速度v0=4m/s沿导轨向右运动，运动过程中电阻消耗的功率不变。下列说法正确的是( )

　　A.金属棒从x=0运动到x=3m的过程中，安培力保持不变

　　B.金属棒从x=0运动到x=3m的过程中，速度一直减小

　　C.金属棒从x=0运动到x=3m的过程中，安培力做功的大小为12J

　　D.金属棒从x=0运动到x=3m的过程中，外力的平均功率为5.6W

　　第 II 卷

　　三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第22-32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33-38题为选考题，考生根据要求作答。

　　(一)必考题(共129分)

　　22.(7分)用如图甲所示的装置可验证机械能守恒定律。装置的主体是一个有刻度尺的立柱，其上装有可移动的铁夹A和光电门B。

　　主要实验步骤如下：

　　①用游标卡尺测量小球的直径d，如图乙所示;

　　②用细线将小球悬挂于铁架台上，小球处于静止状态;

　　③移动光电门B使之正对小球，固定光电门;

　　④在铁夹A上固定一指针(可记录小球释放点的位置);

　　⑤把小球拉到偏离竖直方向一定的角度后由静止释放，读出小球释放点到最低点的高度差h和小球通过光电门的时间t;

　　⑥改变小球释放点的位置，重复步骤④⑤。

　　回答下列问题：

　　(1)由图乙可知，小球的直径d=____________cm;

　　(2)测得小球摆动过程中的最大速度为____________(用所测物理量的字母表示);

　　(3)以t2为纵轴，以____________(填“h”或“1/h”)为横轴，若得到一条过原点的、且斜率大小K=_________(用所测物理量的字母和重力加速度g表示)的倾斜直线，即可验证小球在摆动过程中机械能守恒。

　　23.(8分)用以下器材尽可能准确地测量待测电阻Rx的阻值。

　　A.待测电阻Rx，阻值约为200Ω;

　　B.电源E，电动势约为3.0V，内阻可忽略不计;

　　C.电流表A1，量程为0～10mA，内电阻r1=20Ω;

　　D.电流表A2，量程为0～20mA，内电阻约为r2≈8Ω;

　　E.定值电阻R0，阻值R0=80Ω;

　　F.滑动变阻器R1，最大阻值为10Ω;

　　G.滑动变阻器R2，最大阻值为200Ω;

　　H.单刀单掷开关S，导线若干;

　　(1)为了尽可能准确地测量电阻Rx的阻值，请你设计并在虚线框内完成实验电路图。

　　(2)滑动变阻器应该选_________(填器材前面的字母代号);在闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应置于________ 端;(填“a”或“b”)

　　(3)若某次测量中电流表A1的示数为I1，电流表A2的示数为I2.则Rx的表达式为：Rx=_______________

　　24.(12分)如图所示，质量为mA=0.2 kg的小物块A，沿水平面与小物块B发生正碰，小物块B质量为mB=1 kg。碰撞前，A的速度大小为v0=3 m/s，B静止在水平地面上。由于两物块的材料未知，将可能发生不同性质的碰撞，已知A、B与地面间的动摩擦因数均为μ=0.2，重力加速度g取10 m/s2，试求碰后B在水平面上可能的滑行距离。(结果可用分数表示)

　　25.(20分)如图所示，半径为r的圆形区域内有平行于纸面的匀强偏转电场，电场与水平方向成60º角，同心大圆半径为 r，两圆间有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m，带电量为+q的粒子经电场加速后恰好沿磁场边界进入磁场，经磁场偏转恰好从内圆的最高点A处进入电场，并从最低点C处离开电场。不计粒子的重力。求：

　　(1)该粒子从A处进入电场时的速率;

　　(2)偏转电场的场强大小;

　　(3)使该粒子不进入电场并在磁场中做完整的圆周运动，加速电压的取值范围。

　　(二)选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。

　　33.[物理一选修3-3](15分)

　　(1)(5分)关于分子动理论和物体的内能，下列说法正确的是 _____。(填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)

　　A.某种物体的温度为0℃，说明该物体中分子的平均动能为零

　　B.物体的温度升高时，分子的平均动能一定增大，但内能不一定增大

　　C.当分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力都减小，但斥力减小的更快，所以分子间作用力总表现为引力

　　D.10g100℃水的内能小于10g100℃水蒸气的内能

　　E.两个铅块挤压后能紧连在一起，说明分子间有引力

　　(2)(10分)有一导热良好的圆柱形气缸置于水平地面上，并用一光滑的质量为M活塞密封一定质量的理想气体，活塞面积为S.开始时汽缸开口向上(如图一)，已知外界大气压强p0，被封气体的体积V1。求：

　　①求被封气体的压强p1;

　　②现将汽缸倒置(如图二)，活塞与地面间的气体始终与外界大气相通，待系统重新稳定后，活塞移动的距离△h是多少?

　　34.[物理一选修3-4](15分)

　　(1)(5分)如图所示，振幅、频率均相同的两列波相遇，实线与虚线分别表示两列波的波峰和波谷.某时刻，M点处波峰与波峰相遇，下列说法中正确的是( )

　　A.该时刻质点O正处于平衡位置

　　B.P、N两质点始终处在平衡位置

　　C.随着时间的推移，质点M将沿波的传播方向向O点处移动

　　D.从该时刻起，经过二分之一周期，质点M将到达平衡位置

　　(2)(10分)两块相同的直角棱镜与一块等腰棱镜拼接成如图所示的组合棱镜，称为直视棱镜.在主截面内，与底面平行的光线由左方射入棱镜，光线等高地从右面棱镜平行射出，犹如棱镜不存在一样.已知直角棱镜的折射率为n1= ，等腰棱镜的折射率为n2= ，不考虑底面的反射，求等腰棱镜的顶角α.(当光以入射角θ1从折射率为n1的介质入射到折射率为n2的介质中时，折射角为θ2，则它们满足关系式n1•sinθ1=n2•sinθ2)

　　物理评分细则：

　　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)如右图所示(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离xmin

　　mAv0=(mA+mB)v1 ————2分解得：v1 =0.5m/s

　　————2分解得： ————1分

　　AB弹性碰撞后，B在水平面上滑行最长距离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离范围： ————1分

　　25、(20分)

　　(1)(5分)由几何关系得：

　　————2分解得：

　　————1分解得： ————2分

　　(2)(6分)在电场中类平抛运动

　　————2分

　　————2分解得： ————2分

　　(3)(9分)

　　————1分解得：

　　①当时，————1分，， ————1分

　　②当时，——1分，， ———1分

　　③当时，——1分，， ————1分

　　所以加速电压的取值范围为：

　　————1分和 ————1分

　　33、(1)、(5分)BDE(填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)

　　(2)(10分)

　　①(4分)p1S= p0S+Mg————2分解得： ————2分

　　②(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

　　有关高三物理上学期期末试题

　　一、单项选择题

　　1.下列各个物理量中属于矢量的有

　　A. 电场强度 B. 电势差 C. 电场力做的功 D. 电势能

　　【答案】A

　　【解析】

　　【分析】

　　矢量是既有大小又有方向的物理量，标量是只有大小没有方向的物理量;

　　【详解】A、电场强度为矢量，其定义式为，其方向为正电荷的受力方向，故选项A正确;

　　B、电势差、电场力的功以及电势能只有大小，没有方向，是标量，故选项BCD错误。

　　【点睛】对于矢量与标量，要知道它们有两大区别：一是矢量有方向，标量没有方向;二是运算法则不同，矢量运算遵守平行四边形定则，标量运算遵守代数加减法则。

　　2.下列关于物理学史或物理方法的说法中正确的是

　　A. 伽利略利用斜面“外推”研究自由落体运动时，直接测量铜球的速度与时间的关系，得到自由落体运动的规律

　　B. 速度、加速度、动量和动能都是利用比值法定义的物理量

　　C. 物理模型在物理学的研究中起了重要作用，其中“质点”“点电荷”“光滑的轻滑轮”“轻弹簧”等都是理想化模型

　　D. 牛顿发现了万有引力定律并测定了万有引力常量G

　　【答案】C

　　【解析】

　　【详解】A、伽利略时代，没有先进的测量手段和工具，为了“冲淡”重力作用，采用斜面实验，其实就是为了使物体下落时间长些，减小实验误差，根据实验结果，伽利略将实验结论进行合理的外推，得到自由落体的运动规律，但不是直接得出的落体规律，故选项A错误;

　　B、速度、加速度是用比值法定义的物理量，但是动量和动能都不是，故选项B错误;

　　C、物理模型在物理学的研究中起了重要作用，其中“质点”“点电荷”“光滑的轻滑轮”“轻弹簧”等都是理想化模型，故选项C正确;

　　D、牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测定了万有引力常量，故D错误。

　　【点睛】本题考查物理学史以及物理方法，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。

　　3.如图所示一架飞机正在沿一直线匀速爬升，飞机除了受到重力以外还受到来自喷射气体的推力、空气阻力、升力等力的作用，请分析除去重力以外的其他外力的合力的方向

　　A. 沿飞机的速度方向 B. 垂直机身方向向上

　　C. 沿飞机速度的反方向 D. 竖直向上

　　【答案】D

　　【解析】

　　【详解】由题可知飞机做匀速运动，处于平衡状态，合力为零，则根据平衡条件可以知道：除去重力以外的其他外力的合力的大小与重力的大小相等，但是方向与重力的方向相反，即竖直向上，故选项D正确，ABC错误。

　　【点睛】本题主要考查物体的平衡状态，掌握平衡状态的平衡条件，即合力为零。

　　4.飞镖比赛是一项极具观赏性的体育比赛项目。 (国际飞镖联合会)飞镖世界杯赛上，某一选手在距地面高、离靶面的水平距离处，将质量为的飞镖以速度水平投出，结果飞镖落在靶心正上方。从理论分析只改变、、、四个量中的一个，可使飞镖投中靶心的是(不计空气阻力)

　　A. 适当减少飞镖投出时的水平速度

　　B. 适当提高飞镖投出时的离地高度

　　C. 适当减小飞镖的质量

　　D. 适当减小飞镖离靶面的水平距离

　　【答案】A

　　【解析】

　　飞镖飞行中竖直方向y= gt2、水平方向L=v0t，得y= ，欲击中靶心，应该使竖直位移增大，使L增大或v0减小，选项A正确.

　　5.如图所示，两光滑水平放置的平行金属导轨间距为，直导线垂直跨在导轨上，且与导轨接触良好，整个装置处于垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为。电容器的电容为，除电阻外，导轨和导线的电阻均不计。现给导线一初速度，使导线向右运动，当电路稳定后，以速度向右匀速运动时

　　A. 电容器两端的电压为零

　　B. 通过电阻的电流为

　　C. 电容器所带电荷量为

　　D. 为保持匀速运动，需对其施加的拉力大小为

　　【答案】C

　　【解析】

　　AB、当导线MN匀速向右运动时,导线所受的合力为零,说明导线不受安培力,电路中电流为零,故电阻两端没有电压.此时导线MN产生的感应电动势恒定,根据闭合电路欧姆定律得知,电容器两板间的电压为 .故AB错误.

　　C、电容器所带电荷量 ,所以C选项是正确的;

　　D、因匀速运动后MN所受合力为0,而此时无电流,不受安培力,则无需拉力便可做匀速运动,故D错误.

　　故选C

　　点睛：当电路稳定后,MN以速度v向右做匀速运动时,导线产生的感应电动势恒定,对电容器不充电也放电,电路中无电流,电容器两板间的电压等于感应电动势,即可求出电荷量.匀速时,电路中没有电流,不受安培力,无需拉力.

　　6.自20世纪以来，随着人类天文观测技术的不断进步，地球自转中的各种变化相继被天文学家发现，经过长时间的观察和计算，天文科学家观察到地球自转速度存在长期减慢的趋势。5.43亿年前，地球每天的时间是0.37小时，5.43亿年以来，地球每天的时间越来越长，平均每年增加0.00015秒，经过5.43亿年的缓慢进化，现在，地球的一天的时间已经增加变化成了23小时56分。假设这种趋势会持续下去，地球的其它条件都不变，未来人类发射的地球同步卫星与现在的相比

　　A. 距地面的距离变大

　　B. 向心加速度变大

　　C. 线速度变大

　　D. 角速度变大

　　【答案】A

　　【解析】

　　【分析】

　　同步卫星绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得到同步卫星的周期与半径的关系，从而求出半径大小、向心加速度大小、线速度大小和角速度大小的变化关系;

　　【详解】A、设同步卫星的质量为m，轨道半径为r，地球的质量为M，同步卫星做圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得：，由题意知，现在同步卫星的周期T变大，则：同步卫星的轨道半径r增大，同步卫星距地面的高度变大，故A正确;

　　B、同步卫星做圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得，向心加速度，由于r变大，则向心角速度a减小，故B错误;

　　C、同步卫星做圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得，线速度为：，由于r变大，则线速度v变小，故C错误;

　　D、由题意知，现在同步卫星的周期变大，根据，可知角速度减小，故D错误。

　　【点睛】本题是万有引力定律与圆周运动知识的综合，关键要建立模型，抓住同步卫星做匀速圆周运动时，由地球的万有引力提供向心力。

　　7.如图所示，游乐园的游戏项目——旋转飞椅，飞椅从静止开始缓慢转动，经过一小段时间，坐在飞椅上的游客的运动可以看作匀速圆周运动。整个装置可以简化为如图所示的模型。忽略转动中的空气阻力。设细绳与竖直方向的夹角为，则

　　A. 飞椅受到重力、绳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. 只要线速度足够大，角可以达到

　　D. 飞椅运动的周期随着角的増大而增大

　　【答案】B

　　【解析】

　　【分析】

　　飞椅做匀速圆周运动时，由重力和绳子的拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律进行分析即可;

　　【详解】A、飞椅受到重力和绳子的拉力作用，二者的合力提供向心力，故选项A错误;

　　B、根据牛顿第二定律可知：，则向心加速度为大小为：，可知角越大，小球的向心加速度就越大，故选项B正确;

　　C、若角可以达到，则在水平方向绳子的拉力提供向心力，竖直方向合力为零，但是竖直方向只有重力作用，合力不可能为零，故选项C错误;

　　D、设绳长为L，则根据牛顿第二定律可知：，

　　整理可以得到：，当增大则减小，导致周期T减小，故选项D错误。

　　【点睛】飞椅做匀速圆周运动时，由重力和绳子的拉力的合力提供向心力，因此受力分析时不能将向心力作为单独的力而分析出来，这是部分同学易错的地方。

　　8.一列简谐波沿轴传播，其波源位于坐标原点。质点刚好完成一次全振动时，形成的简谐横波波形如图所示，已知波速为，波源简谐运动的周期为，是沿波传播方向上介质中的一个质点，则

　　A. 图中轴上、之间的距离为

　　B. 波源的起振方向沿轴正方向

　　C. 在一个周期内，质点将向右运动一个波长的距离

　　D. 图示时刻质点所受的回复カ方向沿轴正方向

　　【答案】D

　　【解析】

　　【分析】

　　波在同一均匀介质中匀速传播，振动在一个周期内传播一个波长，简谐波传播过程中，质点做简谐运动时，起振方向与波源起振方向相同，与图示时刻波最前端质点的振动方向相同，各个质点合外力方向指向平衡位置;

　　【详解】A、波长为，O、A 之间的距离为，故A错误;

　　B、波源O开始振动时的运动方向与波前质点的起振方向相同，沿y轴负方向，故B错误;

　　C、质点只是在平衡位置附近上下振动，并不随波迁移，故C错误;

　　D、图示时刻质点C所受的合外力方向指向平衡位置，即沿y轴正方向，故D正确。

　　【点睛】本题应用到机械波两个基本特点：一简谐横波向前传播时质点并不随波迁移;二是介质中质点起振方向与波源起振方向相同。

　　9.利用电容传感器可检测矿井渗水，及时发出安全警报，从而避免事故的发生。如图所示是一种通过测量电容器电容的变化来检测矿井中液面高低的仪器原理图，为位置固定的导体芯，为导体芯外面的一层绝缘物质，为导电液体(矿井中含有杂质的水)，、、构成电容器。若矿井渗水(导电液体深度增大)，则电流

　　A. 从向，、、构成的电容器放电

　　B. 从向，、、构成的电容器放电

　　C. 从向，、、构成的电容器充电

　　D. 从向，、、构成的电容器充电

　　【答案】D

　　【解析】

　　【分析】

　　由图可知电容器的构造，再由平行板电容器的决定式进行分析即可;

　　【详解】由图可知，液体C与芯柱A构成了电容器的两个极板，B为电介质，由图可知，两板间距离不变，液面变化时只有正对面积发生变化;则由可知，当液面升高时，只能是正对面积S增大，故可判断电容增大，再依据，因此电势差不变，那么电容的电荷量增大，因此电容器处于充电状态，由图可知电流从向，故ABC错误，D正确。

　　【点睛】本题考查平行板电容器在生产生活中的应用，注意由题意找出我们常见的模型再进行分析。

　　10.某兴趣小组利用如图所示装置给灯泡供电。图中两磁极位置相对于水平轴线对称，导线框绕轴线以角速度匀速转动，并通过升压变压器给灯泡供电。下列说法正确的是

　　A. 图示位置穿过线框的磁通量为零

　　B. 图示位置线框产生的感应电动势为零

　　C. 线框中电流的有效值小于灯泡中电流的有效值

　　D. 若灯泡偏暗，可通过增加原线圈匝数来提高灯泡亮度

　　【答案】B

　　【解析】

　　【分析】

　　线框与磁场垂直时，位于中性面，感应电动势为零，根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，逐项分析即可得出结论;

　　【详解】A、由图可知，此时线圈和磁场垂直，线框的磁通量最大，感应电动势为零，故A错误，B正确;

　　C、根据变压器的原理可以得到原副线圈电流与匝数的关系为：，由图可知匝数关系为：，则可以知道，故选项C错误;

　　D、根据变压器的原理可以得到原副线圈电压与匝数的关系为：，则可以得到副线圈电压即灯泡两端电压为：，若增大则减小，则灯泡继续偏暗，故选项D错误。

　　【点睛】本题关键交变电流产生的过程及其规律，掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系。

　　11.如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率沿顺时针方向转动，传送带的倾角为。一物块以初速度从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的图象如图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零，，，取，则

　　A. 由图乙可知，内物块受到的摩擦力大于内的摩擦力

　　B. 摩擦力方向一直与物块运动的方向相反

　　C. 物块与传送带间的动摩擦因数为

　　D. 传送带底端到顶端的距离为

　　【答案】C

　　【解析】

　　【分析】

　　刚开始时，物块的速度大于传送带的速度，受到沿斜面向下的滑动摩擦力，向上做减速运动，速度与传送带相等以后，物体所受摩擦力改为向上，继续向上做减速运动;根据牛顿第二定律求解摩擦因数，根据图象的“面积”求传送带底端到顶端的距离;

　　【详解】A、由乙图可知在0-1s内物块的速度大于传送带的速度，物块所受摩擦力的方向沿斜面向下，与物块运动的方向相反;1-2s内，物块的速度小于传送带的速度，物块所受摩擦力的方向沿斜面向上，与物块运动的方向相同，由于物块对传送带的压力相等，根据摩擦力公式可知两段时间内摩擦力大小相等，故选项AB错误;

　　C、在内物块的加速度大小为，根据牛顿第二定律得：，解得，故C正确;

　　D、物块上升的位移大小等于图象所包围的面积大小，为：

　　，所以传送带底端到顶端的距离为，故D错误。

　　【点睛】解决本题的关键理清物体在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解。

　　12.如图甲是建筑工地将桩料打入泥土中以加固地基的打夯机示意图，打夯前先将桩料扶正立于地基上，桩料进入泥土的深度忽略不计。已知夯锤的质量为，桩料的质量为。每次打夯都通过卷扬机牵引将夯锤提升到距离桩顶处再释放，让夯锤自由下落，夯锤砸在桩料上后立刻随桩料一起向下运动。桩料进入泥土后所受阻力随打入深度的变化关系如图乙所示，直线斜率。取，则下列说法正确的是

　　A. 夯锤与桩料碰撞前瞬间的速度为

　　B. 夯锤与桩料碰撞后瞬间的速度为

　　C. 打完第一夯后，桩料进入泥土的深度为

　　D. 打完第三夯后，桩料进入泥土的深度为

　　【答案】C

　　【解析】

　　【分析】

　　夯锤先自由下落，然后与桩料碰撞，先由运动学公式求出与桩料碰撞前瞬间的速度，对于碰撞过程，由于内力远大于外力，所以系统的动量守恒，由动量守恒定律求出碰后共同速度;夯锤与桩料一起下沉的过程，重力和阻力做功，由动能定理可求得桩料进入泥土的深度;

　　【详解】A、夯锤与桩料碰撞前瞬间的速度，得

　　取向下为正方向，打击过程遵守动量守恒定律，则得：

　　代入数据解得：，故选项AB错误;

　　C、由乙图知，桩料下沉过程中所受的阻力是随距离均匀变化，可用平均力求阻力做功，为

　　打完第一夯后，对夯锤与桩料，由动能定理得：

　　即：

　　代入数据解得，故选项C正确;

　　D、由上面分析可知：第二次夯后桩料再次进入泥土的深度为

　　则对夯锤与桩料，由动能定理得：

　　同理可以得到：第三次夯后桩料再次进入泥土的深度为

　　则对夯锤与桩料，由动能定理得：

　　则打完第三夯后，桩料进入泥土的深度为

　　代入数据可以得到：，故选项D错误。

　　【点睛】本题的关键是要分析物体的运动过程，抓住把握每个过程的物理规律，要知道当力随距离均匀变化时，可用平均力求功，也可用图象法，力与距离所夹面积表示阻力做功的大小。

　　二、实验题

　　13.如图甲所示，在“验证力的平行四边形定则”的实验中，小高同学进行实验的主要步骤是：将橡皮条的一端固定在木板上A位置，另一端系有轻质小圆环：两根轻质细绳的一端分别系在小圆环上，另一端分别系在弹簧测力计的挂钩上。现用弹簧测力计通过细绳拉动小圆环，使橡皮条沿平行木板平面伸长至O位置。读取此时弹簧测力计的示数，分别记录两个拉力F1、F2的大小。再用笔在两绳的拉力方向上分别标记a、b两点，并分别将其与O点连接，表示两力的方向。再用一个弹簧测力计将橡皮筋的活动端仍拉至O点，记录其拉力F的大小并用上述方法记录其方向.对于上述的实验过程，下列说法中正确的是________

　　A.用一个弹簧测力计将橡皮筋的活动端时，可以拉至O点，也可以不拉至O点

　　B.两根轻质绳拉力的方向应与木板平面平行

　　C.这位同学在实验中确定分力方向时，图甲所示的a点离O点过近，标记得不妥

　　D.图乙是在白纸上根据实验结果作出的图示，其中F是F1和F2合力的理论值

　　【答案】BC

　　【解析】

　　【分析】

　　验证力的平行四边形定则的实验中需要我们让两次拉时的效果相同，且需要记录下拉力的大小及方向;分析两个合力的来源可知实验值及真实值;

　　【详解】A、两次用弹簧测力计将橡皮筋的活动端都要拉至O点，这样做的目的是保证前后两次作用力的效果相同;故A错误.

　　B、为保证拉力的方向为在纸面上画出的方向，OB和OC绳拉力的方向应与木板平面平行;故B正确.

　　C、由图可知，O、a两点距离太近，画力的方向时容易产生误差，应使a离O远一些;则C正确.

　　D、图乙是在白纸上根据实验结果作出的力的图示，实际测量值一定与AO在同一直线上，而另一合力是由平行四边形得出的，一定为平行四边形的对角线，故F为实际测量值，F′为实验值;故D错误.

　　故选BC.

　　【点睛】要围绕“验证力的平行四边形定则”的实验原理对实验步骤和实验中需要注意的问题进行记忆.

　　14.单摆测定重力加速度的实验中：

　　(1)实验时用20分度的游标卡尺测量摆球直径，示数如图甲所示，该摆球的直径 ________

　　(2)接着测量了摆线的长度为。，实验时用拉力传感器测得摆线的拉力随时间变化的图像如图乙所示，写出重力加速度与、、的关系式： ________。

　　(3)某小组改变摆线长度，测量了多组数据。在进行数据处理时，甲同学把摆线长作为摆长，直接利用公式求出各组重力加速度值再求出平均值：乙同学作出图像后求出斜率，然后算出重力加速度。两同学处理数据的方法对结果的影响是：甲________，乙________。(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)

　　【答案】 (1). 14.15 (2). (3). 偏小 (4). 无影响

　　【解析】

　　【分析】

　　(1)由图示游标卡尺确定游标尺的精度，游标卡尺主尺示数与游标尺示数之和是游标卡尺的示数;

　　(2)单摆的摆长等于摆线的长度与摆球的半径之和，根据题意求出摆长，由图像确定单摆的周期，最后由单摆周期公式求出重力加速度的表达式;

　　(3)根据单摆周期公式判断甲的测量值与真实值间的关系，由单摆周期公式的变形公式求出关系表达式，然后根据图像斜率求解加速度，之后判断测量值与真实值间的关系;

　　【详解】(1)由图甲所示游标卡尺可知，游标尺是20分度的，游标尺的精度是，游标尺主尺示数是，游标尺示数是，游标卡尺示数，即摆球的直径为： ;

　　(2)单摆摆长等于摆线长度与摆球半径之和，则单摆摆长为，由图乙所示图象可知，单摆的周期，由单摆周期公式可知，

　　重力加速度 ;

　　(3)由单摆周期公式可知，重力加速度，摆长应该是摆线长度与摆球半径之和，甲同学把摆线长作为摆长，摆长小于实际摆长，由可知，重力加速度的测量值小于真实值;

　　对于乙同学，若摆长为摆线长，则由可知，，其中，由此可见，与成正比，k是比例常数，在图像取两组坐标和，可以得到斜率，可知由于单摆摆长偏大还是偏小不影响图象的斜率，因此摆长偏小不影响重力加速度的测量值。

　　【点睛】根据图乙所示图象求出单摆的周期是易错点，要掌握单摆的运动过程，结合图象求出单摆周期，熟练应用单摆周期公式是正确解题的关键。

　　15.某实验小组利用如图1所示的电路做”测量电池的电动势和内电阻”的实验。

　　(1)请你根据电路图，在图3所示的实物图上连线_____________。

　　(2)该小组利用测量出来的几组电压和电流值画出了图线如图2。根据图线求出电源的电动势 ________，电源的内电阻 ________。

　　(3)另一实验小组也做了“测量电池的电动势和内电阻”的实验，他们在实验室里找到了以下器材：

　　A.一节待测的干电池

　　B.电流表 (满偏电流，内阻 )

　　C.电流表 ( ，内阻约为 )

　　D.滑动变阻器 ( ， )

　　E.定值电阻 ( )

　　F.开关和导线若干

　　某同学发现上述器材中虽然没有电压表，但提供了两块电流表，于是他设计了如图4所示的电路，并进行实验。该同学测出几组电流表、的数据、，利用测出的数据画出图像，则由图像可得被测干电池的电动势 _________ ，内电阻 ________ 。(两空结果均保留两位有效数字)

　　【答案】 (1). 如图所示：

　　(2). (3). (4). 【答题空4】1.5 (5). 【答题空5】0.60

　　【解析】

　　【分析】

　　(1)根据图1所示电路图连接实物电路图;

　　(2)电源U-I图象与纵轴的交点是电源电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻;

　　(3)由图象求出与纵轴的交点，然后由欧姆定律求出该电流所对应的电压，该电压是电源的电动势，图象斜率的绝对值等于电源的内阻;

　　【详解】(1)根据电路图连接实物电路图，如图所示：

　　(2)由图2所示可知，电源电动势为，电源内阻 ;

　　(3)由图5所示可知，图象与纵轴的交点为：，与横轴的交点为：，

　　则电源内阻为：

　　电源电动势为：。

　　【点睛】应用图象求电源电动势与内阻时，从图象上求出电流值，然后应用欧姆定律求出电源电动势与内阻。

　　三、计算题

　　16.北京将在2022年举办冬季奥运会，滑雪运动将速度与技巧完美地结合在一起，一直深受广大观众的欢迎。一质量为60kg的运动员在高度为，倾角为的斜坡顶端，从静止开始沿直线滑到斜面底端。下滑过程运动员可以看作质点，收起滑雪杖，忽略摩擦阻力和空气阻力，取，问：

　　(1)运动员到达斜坡底端时的速率 ;

　　(2)运动员刚到斜面底端时，重力的瞬时功率;

　　(3)从坡顶滑到坡底的过程中，运动员受到的重力的沖量。

　　【答案】(1) (2) (3) 方向为竖直向下

　　【解析】

　　【分析】

　　(1)根据牛顿第二定律或机械能守恒定律都可以求出到达底端的速度的大小;

　　(2)根据功率公式进行求解即可;

　　(3)根据速度与时间关系求出时间，然后根据冲量公式进行求解即可;

　　【详解】(1)滑雪者由斜面顶端滑到底端过程中，系统机械能守恒：

　　到达底端时的速率为： ;

　　(2)滑雪者由滑到斜面底端时重力的瞬时功率为： ;

　　(3)滑雪者由斜面顶端滑到底端过程中，做匀加速直线运动

　　根据牛顿第二定律，可以得到：

　　根据速度与时间关系可以得到：

　　则重力的冲量为：，方向为竖直向下。

　　【点睛】本题关键根据牛顿第二定律求解加速度，然后根据运动学公式求解末速度，注意瞬时功率的求法。

　　17.随着新技术的应用，手机不断地更新换代。新机型除了常规的硬件升级外，还支持快充和无线充电。图甲为兴趣小组制作的无线充电装置中的输电线圈示意图，已知线圈匝数，电阻，线圈的横截面积，外接电阻。线圈处在平行于线圈轴线的磁场中，磁场的磁感应强度随时间变化如图乙所示，求：

　　(1) 时线圈中的感应电动势

　　(2) 内通过电阻的电荷量 ;

　　(3) 内电阻上产生的热量。

　　【答案】(1) (2) (3)

　　【解析】

　　【分析】

　　根据法拉第电磁感应定律列式求解感应电动势，根据闭合电路欧姆定律求解电流，根据焦耳定律列式求解热量即可;

　　【详解】(1)由图乙可知时刻

　　根据法拉第电磁感应定律得

　　代入数据解得： ;

　　(2) 内根据闭合电路欧姆定律可以得到：

　　电荷量

　　代入数据可以解得： ;

　　(3) 内，根据上面分析可知：，，

　　根据焦耳定律可以得到，上产生的焦耳热为：

　　内，同理可以得到：，，

　　根据焦耳定律可以得到，上产生的焦耳热为：

　　所以。

　　【点睛】本题关键是根据法拉第电磁感应定律列式求解各个时间段的感应电动势大小，然后根据欧姆定律、电流定义公式、焦耳定律列式求解即可。

　　18.如图所示，长度为的轻绳一端固定于点，另一端系一个质量为的小球，将细绳拉直到水平状态时轻轻释放小球。问：

　　(1)小球经过最低点时，细绳受到的拉力大小。

　　(2)若在点的正下方钉一个钉子，要求小球在细绳与钉子相碰后能够绕钉子做一个完整的圆周运动(忽略钉子的直径)，钉子的位置到悬点的距离至少为多大?

　　(3)经验告诉我们，当细绳与钉子相碰时，钉子的位置越靠近小球，绳就越容易断。请你通过推导计算解释这一现象。(推导过程中需要用到的物理量，自己设定。)

　　【答案】(1) (2) (3)见解析

　　【解析】

　　【分析】

　　根据动能定理或机械能守恒求出小球运动到最低点时速度的表达式，根据牛顿第二定律求解绳的拉力，逐项分析即可;

　　【详解】(1)小球从绷紧的轻绳水平时摆下到最低点过程机械能守恒：

　　由牛顿第二定律可得：

　　小球在最低点时，轻绳受到的拉力： ;

　　(2)设钉子点到悬点的距离为，小球在细绳与钉子相碰后圆周轨道半径为

　　小球摆到最高点时，由牛顿第二定律可得：，其中：

　　由机械能守恒定律可得：

　　解得： ;

　　(3)设小球到钉子的距离为，

　　小球摆到最低点过程中，由机械能守恒定律可得：

　　小球通过最低点的速度：

　　在最低点由牛顿第二定律可得：

　　则：

　　可见钉子点到小球的距离越小，轻绳拉力越大，绳就越容易断。

　　【点睛】该题是机械能及圆周运动相结合的问题，关键找出向心力的提供者，这是解决这类问题通用的方法，同时要注意恰好通过最高点的临界条件。

　　19.如图轨道Ⅲ为地球同步卫星轨道，发射同步卫星的过程可以筒化为以下模型：先让卫星进入一个近地圆轨道Ⅰ(离地高度可忽略不计)，经过轨道上点时点火加速，进入椭圆形转移轨道Ⅱ。该椭圆轨道Ⅱ的近地点为圆轨道Ⅰ上的点，远地点为同步圆轨道Ⅲ上的点。到达远地点时再次点火加速，进入同步轨道Ⅲ。

　　已知引力常量为，地球质量为，地球半径为，飞船质量为，同步轨道距地面高度为。

　　当卫星距离地心的距离为时，地球与卫星组成的系统的引力势能为 (取无穷远处的引力势能为零)，忽略地球自转和喷气后飞船质量的変化，问：

　　(1)在近地轨道Ⅰ上运行时，飞船的动能是多少?

　　(2)若飞船在转移轨道Ⅱ上运动过程中，只有引力做功，引力势能和动能相互转化。已知飞船在椭圆轨道Ⅱ上运行中，经过点时的速率为，则经过点时的速率多大?

　　(3)若在近地圆轨道Ⅰ上运行时，飞船上的发射装置短暂工作，将小探测器射出，并使它能脱离地球引力范围(即探测器可以到达离地心无穷远处)，则探测器离开飞船时的速度 (相对于地心)至少是多少?(探测器离开地球的过程中只有引力做功，动能转化为引力势能)

　　【答案】(1) (2) (3)

　　【解析】

　　【分析】

　　(1)万有引力提供向心力，求出速度，然后根据动能公式进行求解;

　　(2)根据能量守恒进行求解即可;

　　(3)将小探测器射出，并使它能脱离地球引力范围，动能全部用来克服引力做功转化为势能;

　　【详解】(1)在近地轨道(离地高度忽略不计)Ⅰ上运行时，在万有引力作用下做匀速圆周运动

　　即：

　　则飞船的动能为 ;

　　(2)飞船在转移轨道上运动过程中，只有引力做功，引力势能和动能相互转化。由能量守恒可知动能的减少量等于势能的増加量：

　　若飞船在椭圆轨道上运行，经过点时速率为，则经过点时速率为：

　　;

　　(3)若近地圆轨道运行时，飞船上的发射装置短暂工作，将小探测器射出，并使它能脱离地球引力范围(即探测器离地心的距离无穷远)，动能全部用来克服引力做功转化为势能

　　即：

　　则探测器离开飞船时的速度(相对于地心)至少是：。

　　【点睛】本题考查了万有引力定律的应用，知道万有引力提供向心力，同时注意应用能量守恒定律进行求解。

　　20.高能粒子是现代粒子散射实验中的炮弹，加速器是加速粒子的重要工具，是核科学研究的重要平台。

　　质子回旋加速器是利用电场和磁场共同作用，使质子作回旋运动，在运动中通过高频电场反复加速、获得能量的装置。质子回旋加速器的工作原理如图(a)所示，置于真空中的形金属盒半径为，两盒间狭缝的间距为，磁感应强度为的匀强磁场与盒面垂直，被加速质子( )的质量为，电荷量为。加在狭缝间的交变电压如图(b)所示，电压值的大小为、周期。为了简化研究，假设有一束质子从板上处小孔均匀地飘入狭缝，其初速度视为零。不考虑质子间的相互作用。

　　(1)质子在磁场中的轨迹半径为(已知)时的动能 ;

　　(2)请你计算质子从飘入狭缝至动能达到 (问题(1)中的动能)所需要的时间。(不考虑质子间的相互作用，假设质子每次经过狭缝均做加速运动。)

　　(3)若用该装置加速氦核( )，需要对偏转磁场或交变电压作出哪些调整?

　　【答案】(1) (2)

　　(3)方案一：增大磁感应强度，使得氦核的圆周运动周期等于上述电场的周期即可。

　　方案二：增大交变电场的周期，使得电场的周期等于氦核圆周运动的周期。

　　【解析】

　　【分析】

　　回旋加速器的工作条件是电场的变化周期与粒子在磁场中运动的周期相等，回旋加速器运用电场加速磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力进行求解即可;

　　【详解】(1)洛伦兹力提供向心カ，根据牛顿第二定律有：

　　粒子的动能为，解得 ;

　　(2)设粒子被加速次后达到最大动能，则有，解得：

　　粒子在狭缝间做匀加速运动，加速度为

　　设次经过狭缝的总时间为，根据运动学公式有：

　　设在磁场中做圆周运动的周期为，某时刻质子的速度为，半径为

　　则，，由

　　解得： ;

　　(3)氦核的荷质比与质子不同，要实现每次通过电场都被加速，需要保证交变电场的周期与磁场中圆周运动的周期相同，粒子在磁场中的圆周运动周期，氦核的荷质比大于质子，使得圆周运动周期变大

　　方案一：增大磁感应强度，使得氦核的圆周运动周期等于上述电场的周期即可。

　　方案二：增大交变电场的周期，使得电场的周期等于氦核圆周运动的周期。

　　【点睛】解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道最大动能与什么因素有关，以及知道粒子在磁场中运动的周期与电场的变化的周期相等。

　　高三物理上学期期末试卷带答案

　　选择题：本题共8小题，每题6分。在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有项符合题目要求，19~21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不选的得0分。

　　1.关于碳14的衰变方程 C→ X+ e，下面说法正确的是

　　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】

　　根据质量数和电荷数守恒可求解A和Z的值。

　　【详解】根据质量数和电荷数守恒可知：14=A;6=Z+(-1)，解得Z=7，故选B.

　　2.如图所示，长木板A与物体B叠放在水平地面上，物体与木板左端立柱间放置轻质弹簧，在水平外力F作用下，木板和物体都静止不动，弹簧处于压缩状态。将外力F缓慢减小到零，物体始终不动，在此过程中

　　A. 弹簧弹力逐渐减小

　　B. 物体B所受摩擦力逐渐减小

　　C. 物体B所受摩擦力始终向左

　　D. 木板A受到地面的摩擦力逐渐减小

　　【答案】D

　　【解析】

　　【分析】

　　物体始终不动，则弹簧的长度不变，弹力不变;轨物体B受力分析，分析物体B所受摩擦力的大小和方向情况;对整体受力分析，可得木板A受到地面的摩擦力的变化.

　　【详解】将外力F缓慢减小到零，物体始终不动，则弹簧的长度不变，弹力不变，选项A错误;对物体B，因开始时所受的静摩擦力的方向不确定，则由F弹=F±f，则随F的减小，物体B所受摩擦力大小和方向都不能确定，选项BC错误;对AB的整体，水平方向力F与地面对A的摩擦力平衡，则随F的减小，木板A受到地面的摩擦力逐渐减小，选项D正确，故选D.

　　【点睛】此题关键是能正确选择研究对象，灵活运用整体法和隔离法;抓住物体始终不动进行分析;注意静摩擦力可能的不同的方向.

　　3.空间存在平行于纸面方向的匀强电场，纸面内ABC三点形成一个边长为1cm的等边三角形。将电子由A移动到B点，电场力做功2eV，再将电子由B移动到C点，克服电场力做功1eV。匀强电场的电场强度大小为

　　A. 100V/m B. V/m C. 200V/m D. 200 V/m

　　【答案】C

　　【解析】

　　【分析】

　　根据电场力功与电势差的关系求解AB和BC各点之间的电势差，然后找到等势面确定场强的方向，根据E=U/d求解场强。

　　【详解】将电子由A移动到B点，电场力做功2eV，则 ;同样：，若设C点的电势为0，则B点的电势为1V，A点的电势为-1V，则AB中点的电势与C点电势相同，可知场强方向沿BA方向斜向上，场强为，故选C.

　　4.某颗星球的同步轨道半径为该星球半径的6倍。物体A在该星球赤道上随星球一起自转，卫星B绕星球做匀速圆周运动，轨道半径等于星球半径的3倍。物体A和卫星B的线速度大小之比为

　　A. 1︰ B. ︰1 C. 1︰3 D. 1︰6

　　【答案】A

　　【解析】

　　【分析】

　　物体A在该星球赤道上随星球一起自转的角速度与同步卫星的角速度周期相同，根据万有引力等于向心力列式即可求解.

　　【详解】设星球的半径为R，则对同步卫星： ;对物体A： ;对卫星B: ;联立解得：，故选A.

　　5.如图所示为两个底边和高都是L的等腰三角形，三角形内均分布方向如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一边长为L、电阻为R的正方形线框置于三角形所在平面内，从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域。取逆时针方向感应电流为正，则线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图象正确的是

　　A. B.

　　C. D.

　　【答案】C

　　【解析】

　　【分析】

　　分段确定线框有效的切割长度，分析线框中感应电动势的大小与位置坐标的关系.线框的电阻一定，感应电流与感应电动势成正比.

　　【详解】bc边的位置坐标x在0-L过程，线框bc边有效切线长度从0到L再减到0，感应电流的方向为逆时针方向，感应电动势从0增加到BLv，再减到0，感应电流从0增加到，再减到0; bc边的位置坐标x在L-2L过程中，bc边进入右侧磁场切割磁感线产生顺时针方向的电流，ad边在左侧磁场切割磁感线产生顺时针方向的电流，两电流同向，则相加;随线向右运动，电流先增加后减小到0，最大值为 ;bc边的位置坐标x在2L-3L过程，bc边出离磁场，线框ad边有效切线长度从0到L再减到0，感应电流的方向为逆时针方向，感应电动势从0增加到BLv，再减到0，感应电流从0增加到，再减到0;则图像C正确，ABD错误;故选C.

　　【点睛】本题关键确定线框有效切割长度与x的关系，再结合数学知识选择图象;注意感应电流的方向的判断.

　　6.甲乙两车沿同一平直公路同向运动，运动的v-t图象如图所示。t1时刻两车相遇，下说法正确的是

　　A. t2时刻两车再次相遇

　　B. t2时刻后，两车会再次相遇

　　C. 0时刻，乙在前，甲在后

　　D. 0～t1时间内甲的加速度先增大后减小

　　【答案】BC

　　【解析】

　　【分析】

　　v-t图像的斜率等于加速度，图像与坐标轴围成的面积等于位移，结合图像进行分析.

　　【详解】t1时刻两车相遇，而t1到t2时间内乙车的位移大于甲车的位移，可知t2时刻乙车在甲车前面，选项A错误;t2时刻后，甲车的速度大于乙车，则两车会再次相遇，选项B正确;因0-t1时间内甲车的位移大于乙车的位移，t1时刻两车相遇，则0时刻，乙在前，甲在后，选项C正确;v-t线的斜率等于加速度，可知0～t1时间内甲的加速度一直减小，选项D错误;故选BC.

　　【点睛】本题根据速度图象分析运动情况的能力，要注意两车的位置关系和距离随时间如何变化，当两车相遇时，位移之差等于原来之间的距离.

　　7.如图所示，小车在水平面上做匀加速直线运动，车厢内两质量相同的小球通过轻绳系于车厢顶部，轻绳OA、OB与竖直方向夹角均为45°，其中一球用水平轻绳AC系于车厢侧壁，下列说法正确的是

　　A. 小车运动方向向右

　　B. 小车的加速度大小为 g

　　C. 轻绳OA、OB拉力大小相等

　　D. 轻绳CA拉力大小是轻绳OA拉力的倍

　　【答案】CD

　　【解析】

　　【分析】

　　对小球B受力分析可求解小车运动的加速度和加速度的方向;OA和OB细绳拉力的竖直分量均等于mg，由此判断轻绳OA、OB拉力大小关系;对小球A受力分析，根据正交分解法以及牛顿第二定律求解两边绳子的拉力关系。

　　【详解】对小球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，即小车的加速度向左，小车向左加速或者向右减速运动，选项AB错误;分别对AB受力分析， OA和OB细绳拉力的竖直分量均等于mg，即TOBcos450=TOAcos450=mg，可知轻绳OA、OB拉力大小相等，选项C正确;对A受力分析可知，TCA -TOAsin450=ma=mg，解得TCA=2mg即TCA= TOA，选项D正确;故选CD.

　　8.两个质子以不同速率在匀强磁场中做圆周运动，轨迹如图所示，两圆周相切于A点，过A点做一直线与两圆周交于B点和C点。若两圆周半径r1：r2=1：2，下列说法正确的有

　　A. 两质子速率v1：v2=1：2

　　B. 两质子周期T1：T2=1：2

　　C. 两质子由A点出发第一次到达B点和C点经历的时间t1：t2=1：2

　　D. 两质子在B点和C点处速度方向相同

　　【答案】AD

　　【解析】

　　【分析】

　　根据半径关系根据可判断速度关系;同种粒子在相同磁场中运动的周期相同;结合几何关系可知两粒子在磁场中运动过程中转过的圆弧对应的圆心角相同，从而判断时间关系和速度方向关系。

　　【详解】根据解得，可知两质子速率v1：v2= r1：r2=1：2，选项A正确;根据可知两质子周期相同，选项B错误;由几何关系可知，两粒子在磁场中运动过程中转过的圆弧对应的圆心角相同，根据可知，两质子由A点出发第一次到达B点和C点经历的时间相同，选项C错误;因两粒子进入磁场时速度方向相同，在磁场中运动过程中转过的圆弧对应的圆心角相同，可知两质子在B点和C点处速度方向相同，选项D正确;故选AD.

　　【点睛】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动问题，关键是理解记忆两个基本公式，即半径公式和周期公式，充分利用几何关系找到圆心角和半径关系等等.

　　三、非选择题包括必考题和选考题两部分。第2题~第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题~第38题为选考题，考生根据要求作答。

　　(一)必考题

　　9.某同学利用如图所示装置进行“研究匀变速直线运动”的实验。

　　(1)下列说法正确的有__________

　　A.实验开始前，需要垫高长木板右端到合适角度，平衡摩擦力

　　B.钩码质量需要满足远远小于小车的质量

　　C.小车释放的位置应尽量远离滑轮

　　D.先接通电源，后释放小车

　　(2)实验中获得一条纸带，设纸带上计数点的间距为S1和S2，如图为用米尺测量某一纸带上的S1、S2的情况，从图中可读出S1=3.10cm，S2=___________cm，已知打点计时器的频率为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)根据实验原理以及实验过程判断各个选项;(2)刻度尺读数保留到mm的下一位;根据?S=aT2解得加速度。

　　【详解】(1)此实验只要使小车加速运动即可，则实验开始前，不需要平衡摩擦力，钩码质量也不需要满足远远小于小车的质量，选项AB错误;小车释放的位置应尽量远离滑轮，且先接通电源，后释放小车，从而能充分利用纸带，选项CD正确;故选CD.

　　(2)由刻度尺读出S1=3.10cm;S2=5.50cm;T=0.1s，?S=2.40cm，根据?S=aT2解得

　　10.如图所示电路可以测量两块电压表的内阻，图中用到的实验器材如下：

　　待测电压表V1，量程3V，内阻为3kΩ;

　　待测电压表V2，量程15V，内阻约为15kΩ;

　　定值电阻R0，阻值大小为21kΩ;

　　滑动变阻器R，变化范围0-10Ω;

　　电源，E=15V，内阻不计;

　　电键导线若千。

　　(1)实验器材已经部分连接，请你用实线代表导线，将电路连接完整_____;

　　(2)连接好电路后，将滑动变阻器的滑片滑到最左端;

　　(3)将两个电键都闭合，滑动变阻器滑片调节到某一位置，得到此时两块电压表的读数分别为U1=3.00V，U2=9.00V;

　　(4)保持滑动变阻器滑片位置不变，断开电键S2，此时两电压表读数变为2.00V和10.00V，由两表读数可知，两电压表内阻之比R1：R2=___________;

　　(5)由以上数据可计算出两电压表的内阻分别为R1=___________kΩ，R2=___________kΩ;

　　(6)改变滑动变阻器滑片的位置，重复试验，多次测量，取平均值。

　　【答案】 (1). (2). 1:5 (3). 2.8 (4). 14

　　【解析】

　　【详解】(1)电路连线如图;

　　(2)两个电键都闭合时，则 ;保持滑动变阻器滑片位置不变，断开电键S2，此时： ;联立解得R1=2.8kΩ;R2=14kΩ.

　　11.如图所示，光滑曲面与粗糙平面平滑连接，质量为m2=3kg的滑块B静止在光滑曲面的底端，质量为m1=2kg的滑块A由曲面上某一高度H处无初速释放，滑到底端和滑块B发生弹性正碰，碰后滑块B在平面上滑行的距离为L=2m，已知两滑块与平面间的动摩擦因数均为0.4，重力加速度g=10m/s2。求：

　　(1)滑块B在碰撞后获得的速度大小

　　(2)滑块A的释放高度。

　　【答案】(1)4m/s(2)1.25m

　　【解析】

　　【分析】

　　(1)碰后物块B 减速滑行，由动能定理求解滑块碰后获得速度;(2)两物块碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律，列式可求解.

　　【详解】(1)碰后物块B减速滑行，由动能定理

　　滑块碰后获得速度：v2 = 4m/s

　　(2)两物块碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律

　　物块A下滑，由动能定理

　　由以上各式解得 H=1.25m

　　12.如图所示，平面直角坐标系第一象限中，两个边长均为L的正方形与一个边长为L的等腰直角三角形相邻排列，三个区域的底边在x轴上，正方形区域I和三角形区域Ⅲ存在大小相等，方向沿y轴负向的匀强电场。质量为m、电量为q的带正电粒子由正方形区域I的顶点A以初速度v0沿x轴正向射入区域I，离开电场后打在区域Ⅱ底边的中点P。若在正方形区域Ⅱ内施加垂直坐标平面向里的匀强磁场，粒子将由区域Ⅱ右边界中点Q离开磁场，进入区域Ⅲ中的电场。不计重力，求：

　　(1)正方形区域I中电场强度E的大小;

　　(2)正方形区域Ⅱ中磁场磁感应强度的大小;

　　(3)粒子离开三角形区域的位置到x轴的距离。

　　【答案】(1) ; (2) (3)

　　【解析】

　　【分析】

　　(1)带电粒子在区域Ⅰ中做类平抛，根据平抛运动的规律列式求解场强E;(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系求解半径，从而求解B;(3)在Q点进入区域Ⅲ后，若区域Ⅲ补成正方形区域，空间布满场强为E的电场，由对称性可知，粒子将沿抛物线轨迹运动到(3L，L)点，离开方向水平向右，通过逆向思维，可认为粒子从(3L，L)点向左做类平抛运动。

　　【详解】(1)带电粒子在区域Ⅰ中做类平抛

　　设离开角度为θ，则

　　离开区域Ⅰ后作直线运动

　　由以上各式得

　　(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动

　　有几何关系可得

　　可求得

　　(3)在Q点进入区域Ⅲ后，若区域Ⅲ补成正方形区域，空间布满场强为E的电场，由对称性可知，粒子将沿抛物线轨迹运动到(3L，L)点，离开方向水平向右，通过逆向思维，可认为粒子从(3L，L)点向左做类平抛运动，当粒子运动到原电场边界时

　　解得

　　因此，距离x轴距离

　　【点睛】带电粒子在电场中的运动往往用平抛运动的的规律研究;在磁场中做圆周运动，往往用圆周运动和几何知识，找半径，再求其他量;

　　【物理一选修3】

　　13.下面说法正确的是

　　A. 夏天，轮胎被晒爆的瞬间，原轮胎中的气体温度一定降低

　　B. 气体体积变大时，分子力一定变小

　　C. 多晶体和非晶体都具有各向异性，没有固定熔点的特点

　　D. 当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小

　　E. 由于液体表面分子间的距离比液体内部大一些，所以在表面会产生表面张力

　　【答案】ADE

　　【解析】

　　【详解】夏天，轮胎被晒爆的瞬间，气体绝热膨胀，气体对外做功，内能降低，则原轮胎中的气体温度一定降低，选项A正确;气体分子间距较大，认为分子力表现为零，则气体体积变大时，分子力仍为零，选项B错误;多晶体和非晶体都具有各向同性，非晶体没有固定熔点，而多晶体有固定的熔点，选项C错误;当分子间的引力和斥力平衡时，分子力表现为零，则分子势能最小，选项D正确;由于液体表面分子间的距离比液体内部大一些，所以在表面层分子表现为引力，从而会产生表面张力，选项E正确;故选ADE.

　　14.绝热性能良好的气缸固定放置，其内壁光滑，开口向右，气缸中封闭一定质量的理想气体，活塞通过水平轻绳跨过滑轮与重物相连，已知活塞的面积为S=10cm2，重物的质量m=2kg，重力加速度g=10m/s2，大气压强P0=10×105Pa，滑轮摩擦不计。稳定时，活塞与气缸底部间的距离为L1=12cm，气缸内温度T1=300K。

　　(1)通过电热丝对气缸内气体加热，气体温度缓慢上升到T2=400K时停止加热，求加热过程中活塞移动的距离d;

　　(2)停止加热后，在重物的下方加挂一个2kg的重物，活塞又向右移动4cm后重新达到平衡，求此时气缸内气体的温度T3。

　　【答案】(1)4cm(2)375K

　　【解析】

　　【分析】

　　(1)加热过程为等压变化，根据盖吕萨克定律求解加热过程中活塞移动的距离d;(2)加挂重物后，找到气体的状态参量，由理想气体状态方程求解温度.

　　【详解】(1)加热前

　　加热过程为等压变化

　　可得 d=4cm

　　(2)加挂重物后

　　由理想气体状态方程

　　可得 T3=375K

　　【物理一选修3-4】

　　15.一列横波由A向B传播，AB两点相距x=12m，t=0时刻，波刚好传到B点，之后A、B两点的振动图象如图所示。下列说法正确的是

　　A. 波的频率为4Hz

　　B. 波的周期为4s

　　C. 波长可能为24m

　　D. 波速可能为2m/s

　　E. 波源的起振方向沿y轴正向

　　【答案】BCD

　　【解析】

　　【分析】

　　根据振动图像读出周期和频率;根据AB的振动图像可知AB之间的距离为半波长的奇数倍，结合波速公式讨论波长和波速可能的值;根据B点起振的方向判断波源起振的方向.

　　【详解】由振动图像可知，周期T=4s，则频率f=1/T=0.25s，选项B正确，A错误;由题意可知 (n=0、1、2、3…..)，解得，当n=0时λ=24m，选项C正确;波速，当n=1时，v=2m/s，选项D正确;t=0时刻，波刚好传到B点，由振动图像可知，此时B点向下振动，可知波源的起振方向沿y轴负向，选项E错误;故选BCD.

　　16.如图所示，矩形ABCD为某透明介质的截面图，AB边长L1=12cm，BC边长L2=24m，光线由A点以i=53°的入射角射入AB面，光线进入介质后，经过一次反射后，射到底边CD的中点F，并的出个质，不考虑F点光线的反射。已知光速c=3.0×108m/s，sin53°=0.8，cos53°=0.6。求：

　　(1)介质的折射率

　　(2)光线在介质中的传播时间。

　　【答案】(1) ;(2) s。

　　【解析】

　　【分析】

　　(1)由几何关系找到光线在A点的折射角，根据折射定律求解折射率;(2)由即可关系求解光在介质中的传播距离，根据求解时间.

　　【详解】(1)延长A点的折射光线与底边CD交于G点，三角形AGD中，由几何关系可知

　　GD= =18cm

　　AG= =30cm

　　由公式

　　可得

　　(2)在介质中