2022-2023学年广东省梅州市城南中学高三物理期末试卷含解析

1、2022-2023学年广东省梅州市城南中学高三物理期末试卷含解析一、 选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分每小题只有一个选项符合题意1. 一辆汽车质量为1103kg ，额定最大功率为2104W，在水平路面由静止开始作直线运动，最大速度为v2，运动中汽车所受阻力恒定，其行驶过程中牵引力F与车速的倒数1/v的关系如图所示则（ ）A图线AB段汽车匀速运动 B图线BC段汽车作加速度减小的加速运动C整个运动中的最大加速度为2m/s2；D当汽车的速度为10m/s时发动机的功率为2104W参考答案：CBD2. （多选）下列说法中正确的是（ ）A甲图中学生从如图姿势起立到直立站于体重计的过程中，体重计

2、示数先减少后增加B乙图中运动员推开冰壶后，冰壶在冰面运动时受到的阻力很小，可以在较长时间内保持运动速度的大小和方向不变C丙图中赛车的质量不很大，却安装着强大的发动机，可以获得很大的加速度D丁图中高大的桥要造很长的引桥，从而减小桥面的坡度，来减小车辆重力沿桥面方向的分力，保证行车方便与安全参考答案：BCD3. （多选）法拉第发现了电磁感应现象之后，又发明了世界上第一台发电机法拉第圆盘发电机，揭开了人类将机械能转化为电能并进行应用的序幕法拉第圆盘发电机的原理如图所示，将一个圆形金属盘放置在电磁铁的两个磁极之间，并使盘面与磁感线垂直，盘的边缘附近和中心分别装有与金属盘接触良好的电刷A、B，两电刷与灵

3、敏电流计相连当金属盘绕中心轴按图示方向转动时，则（） A电刷B的电势高于电刷A的电势 B若仅将滑动变阻器滑动头向左滑，灵敏电流计的示数将变大 C若仅将电刷A向盘边缘移动，使电刷A、B之间距离增大，灵敏电流计的示数将变大 D金属盘转动的转速越大，维持其做匀速转动所需外力做功的功率越小参考答案：【考点】： 楞次定律【分析】： 根据右手螺旋定则确定出螺线管周围的磁场方向，圆盘转到时，靠AB的连线切割磁感线产生感应电动势，根据感应电动势的大小判断灵敏电流计的电流大小： 解：A、根据右手螺旋定则，左端磁极为N极，右端磁极为S极，圆盘转动，切割磁感线，根据右手定则，感应电动势的方向为A到B，所以B点的电势

4、高于A点电势故A正确B、仅减小电刷之间的距离，切割产生的感应电动势减小，灵敏电流计的示数减小故B错误C、提高金属盘的转速，切割产生的感应电动势增大，灵敏电流计的示数增大故C正确D、金属盘转动的转速越大，则产生的电动势增大，感应电流增大，需要的维持其做匀速转动所需外力增大，外力的做功的功率：P=Fv增大故D错误故选：AC【点评】： 解决本题的关键知道圆盘发电机的原理，知道圆盘发电机靠切割产生感应电动势以及掌握右手螺旋定则和右手定则，知道两定则的区别4. 在轨道上稳定运行的空间站中，有如图所示的装置，半径分别为r和R（Rr）的甲、乙两个光滑的圆形轨道固定在同一竖直平面上，轨道之间有一条水平轨道CD

5、相通，宇航员让一小球以一定的速度先滑上甲轨道，通过粗糙的CD段，又滑上乙轨道，最后离开两圆轨道，那么下列说法正确的是（ ） A小球在CD间由于摩擦力而做减速运动 B小球经过甲轨道最高点时比经过乙轨道最高点时速度大C小球经过甲轨道最高点时对轨道的压力大于经过乙轨道最高点时对轨道的压力 D如果减少小球的初速度，小球有可能不能到达乙轨道的最高点参考答案：C5. 如图所示，AB、CD为一圆的两条直径，且相互垂直，O点为圆心.空间存在一未知静电 场，场强方向与圆周所在平面平行.现有一电子，在电场力作用下（重力不计），先从A点运动到C点，动能减少了W；又从C点运动到B点，动能增加了W，那么关于此空间存在的

6、静电场可能是（ ） 方向垂直于AB并由O指向C的匀强电场 方向垂直于AB并由C指向O的匀强电场 位于O点的正点电荷形成的电场 位于D点的正点电荷形成的电场A B C D参考答案：D二、 填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6. 如图所示，在O点处放置一个正电荷在过O点的竖直平面内的A点，自由释放一个带正电的小球，小球的质量为m、电荷量为q小球落下的轨迹如图中虚线所示，它与以O为圆心、R为半径的圆（如图中实线所示）相交于B、C两点，O、C在同一水平线上，BOC=30，A距离OC的竖直高度为h若小球通过B点的速度为v，则小球通过C点的速度大小为，小球由A到C电场力做功为mv2+mgmgh参

7、考答案：解：小球从A点到C点的过程中，电场力总体上做的是负功，重力做正功，由动能定理可以知道电荷在C点的大小是，C、D、小球由A点到C点机械能的损失就是除了重力以外的其他力做的功，即电场力做的功由动能定理得mgh+W电=则：W电=mv2+mgmgh 故答案为：，mv2+mgmgh7. 质点在x轴上运动，其位置坐标x随时间t的变化关系为x=2t2+2t4，则其加速度a=4m/s2当t=0时，速度为2m/s（x的单位是m，t的单位是s）参考答案：考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系专题：直线运动规律专题分析：根据匀变速直线运动的公式x=去分析加速度和初速度解答：解：根据x=，以及x=2t2+2t

8、4，知a=4m/s2当t=0时，速度为2m/s故本题答案为：4，2点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的位移时间公式x=8. 汽车的速度计显示的是 的大小。（填“瞬时速度”或“平均速度”）参考答案：瞬时速度 9. 若神舟九号飞船在地球某高空轨道上做周期为T的匀速圆周运动，已知地球的质量为M，万有引力常量为G。则飞船运行的线速度大小为_，运行的线速度_第一宇宙速度。（选填“大于”、“小于”或“等于”） 参考答案： 小于 10. (5分) 如图所示，一端开口，一端封闭的玻璃管，封闭端有一定质量的气体，开口端置于水银槽中，不计管子的重力和浮力，管内外水银面高度差为h，用竖直向上的力F提着玻璃管缓慢

9、地匀速上升，则在开口端离开水银槽液面前，管内外水银面高度差h将 ，力F将 。（填：变大、变小或不变。）参考答案： 答案：变大、变大11. 如图所示，有若干个相同的小钢球从斜面的某一位置每隔0.1s无初速度地释放一颗，连续释放若干个小球后，对准斜面上正在滚动的若干小球拍摄到如图的照片，可得AB15cm、BC20cm。试求球上面还有 颗正在滚动的小球。参考答案：2解析：小球运动的加速度。小球B的速度B球已运动时间设在A球上面正在滚动的小球的颗数为n则颗取整数n=2颗，即A球上面还有2颗正在滚动的小球。12. 如图所示为打点计时器记录的一辆做匀加速直线运动的小车的纸带的一部分， D1是任选的第1点，

10、D11、D21是顺次选取的第11点和第21点，由于实验选用特殊电源，若加速度的值是10cm/s2，则该打点计时器的频率是 Hz，D11点的速度为 m/s。 参考答案：10，0.2 解析： 设打点计时器的打点时间间隔为T，由于D1是任选的第一点，D11、D21是第11点和第21点，所以相邻两个计数点间的时间间隔为10T，根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2，得：x=（25-15）10-2m=at2，解得：t=1s，所以两点之间的间隔为0.1s，再根据打点计时器打点时间间隔与频率关系：T=解得：f=10Hz，13. （12分）一简谐横波在时刻t=0时的波形图象所示，传播方向自左向右，已知t2=0

11、.6s末，A点出现第三次波峰。试求： （1）该简谐波的周期； （2）该简谐波传播到B点所需的时间； （3）B点第一次出现波峰时，A点经过的路程。参考答案：（1）由题意知，A点经过2.5个周期后第三次出现波峰，2.5T=0.6，T=0.24s（4分） （2）由图知m（1分）波速m/s（1分）波传播到B点的时间他t=s/v=1.8/5=0.36s（2分） （3）方法一：B点第一次出现波峰所需时间就是第一个波峰传播到B点的时间，t=2.7/5=0.54s=2.25T，A点经过的路程s=4A2.25=40.10.25=0.9m方法二：波传播到B点时B点起振方向向下，从开始振动到到第一次到达波峰需要时间

12、T=0.18s则B点第一次到达波峰的时间t=0.36+0.18=0.54s=2.25T，A点经过的路程s=4A2.25=40.12.25=0.9m三、 实验题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14. 在“研究平抛物体运动”的实验中（如图1），通过描点画出平抛小球的运动轨迹（1）以下是实验过程中的一些做法，其中合理的有 a安装斜槽轨道，使其末端保持水平b每次小球释放的初始位置可以任意选择c每次小球应从同一高度由静止释放d为描出小球的运动轨迹，描绘的点可以用折线连接（2）实验得到平抛小球的运动轨迹，在轨迹上取一些点，以平抛起点O为坐标原点，测量它们的水平坐标x和竖直坐标y，图3中yx2图象能

13、说明平抛小球运动轨迹为抛物线的是_（3）图2是某同学根据实验画出的平抛小球的运动轨迹，O为平抛的起点，在轨迹上任取三点A、B、C，测得A、B两点竖直坐标y1为5.0cm、y2为45.0cm，A、B两点水平间距x为40.0cm则平抛小球的初速度v0为 m/s，若C点的竖直坐标y3为60.0cm，则小球在C点的速度vC为 m/s（结果保留两位有效数字，g取10m/s2）参考答案：（1）ac；（2）c；（3）2.0，4.0【考点】研究平抛物体的运动【分析】（1）根据实验的原理，结合实验中的注意事项确定正确的操作步骤（2）根据平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式求出y与x2的关系式

14、，从而确定正确的图线（3）根据位移时间公式分别求出抛出点到A、B两点的时间，结合水平位移和时间求出初速度根据速度位移公式求出C点的竖直分速度，结合平行四边形定则求出C点的速度【解答】解：（1）a、为了保证小球的初速度水平，斜槽的末端需水平，故a正确；b、为了使小球的初速度相等，每次让小球从斜槽的同一位置由静止滚下，故b错误，c正确；d、描绘小球的运动轨迹，用平滑曲线连接，故d错误故选：ac（2）根据x=v0t，y=得，y=，可知yx2的图线为一条过原点的倾斜直线，故选：C（3）5cm=0.05m，45cm=0.45m，40cm=0.40m，60cm=0.60m，根据得：，根据得：，则小球平抛运

15、动的初速度为：C点的竖直分速度为：，根据平行四边形定则知，C点的速度为： =4.0m/s故答案为：（1）ac；（2）c；（3）2.0，4.015. 从下表中选出适当的实验器材，设计一电路来测量电流表A1的内阻r1，要求方法简捷，有尽可能高的测量精度，并能测得多组数据器材（代号）规格电流表（A1）电流表（A2）电压表（V）电阻（R1）滑动变阻器（R2）电池（E）电健（K）导线若干量程10mA，内阻r1待测（约40）量程500A，内阻r2=150量程10V，内阻r3=10k阻值约100，作保护电阻用总阻值约50电动势1.5V，内阻很小（1）在虚线方框中画出电路图，标明所用器材的代号（2）若选测量数

16、据中的一组来计算r1，则所用的表达式为r1= ，式中各符号的意义是： 参考答案：解：（1）由于电源电动势较小，故本实验中电压表不可以使用，但是电流表可视为一个小电阻，同时可显示通过的电流值，因而可知道其两端的电压值，可充当电压表，滑动变阻器总阻值较小，本着可多次变换测量值的原则，应采用分压接法；为了保护电路，可以串联电阻（R1）作为保护电阻；故电路如图所示：（2）根据欧姆定律得：r1=式中I1、I2分别为电流表A1与电流表A2的读数；r1、r2分别为电流表A1与电流表A2的内阻答：（1）如图所示；（2），式中I1、I2电流表A1与电流表A2的读数；r1、r2分别为电流表A1与电流表A2的内阻【

17、考点】伏安法测电阻【分析】（1）电流表可视为一个小电阻，但可显示通过的电流值，因而可知道其两端的电压值，由于电源电动势较小，故本实验中电压表不可以使用，否则会带来较大的读数误差，同时滑动变阻器总阻值较小，本着可多次变换测量值的原则，应采用分压接法（2）根据部分电路欧姆定律，利用电压表两端的电压处以电流可得电阻四、计算题：本题共3小题，共计47分16. 有一条沿顺时针方向匀速传送的传送带，恒定速度v4 m/s，传送带与水平面的夹角37，现将质量m=1kg的小物块轻放在其底端(小物块可视作质点)，与此同时，给小物块沿传送带方向向上的恒力F8N，经过一段时间，小物块上到了离地面高为2.4 m的平台上

18、。已知物块与传送带之间的动摩擦因数0.5，（g取10 m/s2， sin370.6，cos370.8）.问：(1)物块从传送带底端运动到平台上所用的时间？(2)若在物块与传送带达到相同速度时，立即撤去恒力F，计算小物块还需经过多少时间离开传送带以及离开时的速度？ 参考答案：（1）；（2）试题分析：（1）对物块受力分析可知，物块先是在恒力作用下沿传送带方向向上做初速为零的匀加速运动，直至速度达到传送带的速度，由牛顿第二定律：，计算得：加速时间：，加速距离：物块达到与传送带同速后，对物块受力分析发现，物块受的摩擦力的方向改向，因为而下滑力和最大摩擦力之和为。故不能相对斜面向上加速。故得： 匀速运动

19、时间：到平台所用的时间： （2）若达到同速后撤力F，对物块受力分析，因为，故减速上行，得 物块还需离开传送带，离开时的速度为，则，考点：牛顿第二定律、匀变速直线运动的位移与时间的关系17. 小明用台秤研究人在升降电梯中的超重与失重现象他在地面上用台秤称得其体重为500 N，再将台秤移至电梯内称其体重，电梯从t0时由静止开始运动到t11 s时停止，得到台秤的示数F随时间t变化的图象如图所示，g取10 m/s2.求：(1) 小明在02 s内加速度a1的大小，并判断在这段时间内他处于超重还是失重状态；(2) 在1011 s内，台秤的示数F3；(3) 小明运动的总位移x.参考答案：解：(1) 由图象可知，在02 s内，台秤对小明的支持力F1450 N由牛顿第二定律有mgF1ma1 (2分)解得a11 m/s2 (1分)加速度方向竖直向下，故小明处于失重状态 (2分)(2) 设在1011 s内小明的加速度为a3，时间为t3，02 s的时间为t1，则a1t1a3t3 (1分)解得a32 m/s2