湖南省株洲市醴陵第五中学2022年高三物理期末试卷含解析

湖南省株洲市醴陵第五中学2022年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.（单选）如图所示，空间中有一静电场，在轴上场强E随位置的变化规律为其中k为大于0的常数，单位为V/m2，的单位为m．有一带正电的试探电荷在处由静止释放．若不考虑其它力的作用．则试探电荷

(

) A．释放后将一直沿轴正方向运动B．释放后将一直沿轴负方向运动C．在处的电势能最大D．在处的加速度最小参考答案：C2.如图1所示，重物的质量为m，轻细绳AO的A端和BO的B端固定，平衡时AO水平，BO与水平方向的夹角为60°。AO的拉力F1和BO的拉力F2与物体重力的大小关系是（

）A．F1>mg

B．F1<mgC．F2<mgD．F2>mg参考答案：BD3.（多选）如图甲，固定在光滑水平面上的正三角形金属线框，匝数n=20，总电阻R=2.5Ω，边长L=0.3m，处在两个半径均为r=的圆形匀强磁场区域中．线框顶点与右侧圆中心重合，线框底边中点与左侧圆中心重合．磁感应强度B1垂直水平面向外，大小不变；B2垂直水平面向里，大小随时间变化，B1、B2的值如图乙所示．（）A．通过线框中感应电流方向为逆时针方向B．t=0时刻穿过线框的磁通量为0.1WbC．在t=0.6s内通过线框中的电量为0.12CD．经过t=0.6s线框中产生的热量为0.06J参考答案：考点：导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：根据楞次定律判断感应电流的方向；根据磁通量Φ=BS求解；由q=t求解电荷量；由Q=I2Rt求解热量．解答：解：A、由磁感应强度B1垂直水平面向外，大小不变；B2垂直水平面向里，大小随时间增大，故线框的磁通量减小，由楞次定律可得，线框中感应电流方向为逆时针方向，故A正确；B、t=0时刻穿过每匝线框的磁通量为：?==1×0.5×Wb，总磁通量为?′=n?=20×3.8×10﹣3Wb=7.6×10﹣2Wb，故B错误；C、在t=0.6s内通过线框中的电量q=t===0.12C，故C正确；D、由Q=I2Rt==，故D正确．故选：ACD．点评：考查磁通量的定义，注意磁通量的正负，理解法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律的应用，及其焦耳定律，注意安培力大小计算与方向的判定．4.一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0～x2段是关于直线x=x1对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是（）A．x1处电场强度最小，但不为零B．粒子在0～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动C．在0、x1、x2、x3处电势φ0、φ1，φ2，φ3，的关系为φ3＞φ2=φ0＞φ1D．x2～x3段的电场强度大小方向均不变参考答案：D【考点】电势能；电场强度．【分析】根据电势能与电势的关系：Ep=qφ，场强与电势的关系：E=，结合分析图象斜率与场强的关系，即可求得x1处的电场强度；根据能量守恒判断速度的变化；由Ep=qφ，分析电势的高低．由牛顿第二定律判断加速度的变化，即可分析粒子的运动性质．【解答】解：A、根据电势能与电势的关系：Ep=qφ，场强与电势的关系：E=，得：E=?，由数学知识可知Ep﹣x图象切线的斜率等于，x1处切线斜率为零，则知x1处电场强度为零，故A错误．BD、由图看出在0～x1段图象切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动．x1～x2段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动．x2～x3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故B错误，D正确．C、根据电势能与电势的关系：Ep=qφ，粒子带负电，q＜0，则知：电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有：φ1＞φ2=φ0＞φ3．故C错误．故选：D5.射箭是2010年广州亚运会比赛项目之一，如图甲为我国著名选手张娟娟的射箭场景。已知弓的顶部跨度为l，弦均匀且弹性良好，其自由长度为l，发射时弦和箭可等效为图乙的情景，即箭在弦的正中间，弦夹住类似动滑轮的附加装置上，将箭发射出去。已知弦的劲度系数为k，发射箭时弦的最大长度为2l（弹性限度内），则箭被发射瞬间所受的最大弹力为（设弦的弹力满足胡克定律，弓的跨度保持不变）

A．kl

B．

C．

D．2kl

参考答案：C二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6.某热机在工作中从高温热库吸收了8×106kJ的热量，同时有2×106kJ的热量排放给了低温热库(冷凝器或大气），则在工作中该热机对外做了

kJ的功，热机的效率％．参考答案：

6×106

；

75

7.某地区地震波中的横波和纵波传播速率分别约为4km/s和9km/s，一种简易地震仪由竖直弹簧振子P和水平弹簧振子H组成．在一次地震中，震源在地震仪下方，观察到两振子相差10s开始振动，则弹簧振子____（选填“P”或“H”）先开始振动，震源距地震仪约______Km。参考答案：P，72

8.某实验小组的同学在进行“研究滑动摩擦力的大小与哪些因素有关”的实验中准备的实验器材有木块、木板、毛巾和砝码，在实验中设计的实验表格和实验数据记录如下表所示。实验序数接触面的材料正压力（N）滑动摩擦力（N）1木块与木板20.42木块与木板40.83木块与木板61.24木块与木板81.65木块与毛巾82.5（1）根据上面设计的表格可以知道该实验用的实验方法为________________.（2）分析比较实验序数为1、2、3、4的实验数据，可得出的实验结论为_____________________________________________________________________________________________.（3）分析比较实验序数为_________的两组实验数据，可得出的实验结论是：压力相同时，接触面越粗糙，滑动摩擦力越大.参考答案：（1）控制变量法（2）接触面相同时，滑动摩擦力大小与正压力大小成正比（3）4、59.A，B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动（如图），在相同的时间内，它们通过的路程之比是4:3,运动方向改变的角度之比是3:2，则它们（

）A.线速度大小之比为3:4B.角速度大小之比为3:4C.圆周运动的半径之比为8:9D.向心加速度大小之比为1:2参考答案：C【详解】A.线速度，A、B通过的路程之比为4：3，时间相等，则线速度之比为4：3，故A错误。B.角速度，运动方向改变的角度等于圆周运动转过的角度，A、B转过的角度之比为3：2，时间相等，则角速度大小之比为3：2，故B错误。C.根据v=rω得，圆周运动的半径线速度之比为4：3，角速度之比为3：2，则圆周运动的半径之比为8：9，故C正确。D..根据a=vω得，线速度之比为4：3，角速度之比为3：2，则向心加速度之比为2：1，故D错误。10.甲、乙两个物体静止在光滑的水平桌面上，m甲＞m乙，当甲物体获得某一速度后与静止的乙物体发生弹性正碰，碰撞后，系统的总动量不变（选填“减小”、“增大”或“不变”），甲的速度小于乙的速度（选填“大于”、“小于”或“等于”）．参考答案：考点：动量守恒定律．分析：两物体碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可分析答题．解答：解：两物体组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，碰撞后系统总动量不变；设甲的初速度为v0，以甲的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m甲v0=m甲v甲+m乙v乙﹣﹣﹣①物体发生弹性碰撞，机械能守恒，由机械能守恒定律得：m甲v02=m甲v甲2+m乙v乙2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②解得：v甲=，v乙=，已知：m甲＞m乙，则v甲＜v乙；故答案为：不变，小于．点评：本意主要考查了碰撞过程中动量守恒定律得应用，注意弹性碰撞机械能守恒，难度适中．11.如图所示是一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图，已知波的传播速度v=2m/s．试回答下列问题：①写出x=0.5m处的质点做简谐运动的表达式：

cm；②x=0.5m处质点在0～5.5s内通过的路程为

cm．参考答案：①y＝5cos2πt(2分)110cm12.我校机器人协会的同学利用如图所示的装置探究作用力与反作用力的关系。如图甲所示，在铁架台上用弹簧测力计挂住一个实心铁球，在圆盘测力计的托板上放一烧杯水，读出两测力计的示数分别为F1、F2；再把小球浸没在水中（水不会溢出），如图乙所示，读出两测力计的示数分别为F3、F4。请你分析弹簧测力计示数的变化，即F3_______F1（选填“>”“=”“<”）。水对铁球的浮力大小为_________，若___________，就说明了作用力与反作用力大小相等。参考答案：13.如图所示，由导热材料制成的气缸和活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内，活塞与气缸壁之间无摩擦，活塞上方存有少量液体，将一细管插入液体，利用虹吸现象，使活塞上方液体缓慢流出，在此过程中，大气压强与外界的温度均保持不变，下列各个描述理想气体状态变化的图象中与上述过程相符合的是________图，该过程为________过程(选填“吸热”、“放热”或“绝热”)参考答案：三、实验题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14.某课外小组计划用水果制作水果电池，并测量水果电池的电动势（E）和内阻（r）。他们将铜片、锌片插入水果中，制成了“水果电池”。某同学连接如图所示的实物图。（1）实物图中有两处导线连接错误（电表量程正确），分别是导线_______和导线________。（用“A”～“F”表示）（2）更正电路后，改变滑动变阻器的阻值，甲乙两同学记录电压表和电流表的读数如下表所示。次数123456U/v0.600.550.450.400.350.30I/mA1.811.914.205.406.597.80在数据处理时两位同学意见出现分歧，甲同学认为只需选择其中两组数据便可以得出E、r，如甲只选择第3、第4两组数据，请为他求出r= 。乙则认为需利用六组数据，用作图法在U-I图象中也可求出电动势内电阻，如乙用以上六组数据作U-I图象，你认为他应先剔除第

组数据后再连线。对比两位同学的做法，你认为

同学做法相对来说更能精确测出实验结果。（结果保留三位有效数字）参考答案：（1）E、D

或E、C

（2）41.7Ω；1；乙15.某同学用打点计时器研究小车的运动规律，得到一条纸带如图，已知相邻计数点间、的时间间隔为T，测出S1、S2…S6，则打点2时小车的瞬时速度______________（用S2、S3和T表示），小车的加速度

（用S1、S2…S6和T表示）。参考答案：（2分）

四、计算题：本题共3小题，共计47分16.如图，木板静止于水平地面上，在其最右端放一可视为质点的木块．已知木块的质量m=1kg，木板的质量M=4kg，长L=2.5m，上表面光滑，下表面与地面之间的动摩擦因数μ=0.2．现用水平恒力F=20N拉木板，g取10m/s2，求：（1）木板的加速度；（2）要使木块能滑离木板，水平恒力F作用的最短时间．参考答案：解：（1）木板受到的摩擦力为：Ff=μ（M+m）g=0.2×（4+1）×10=10N木板的加速度为：==2.5m/s2（2）设拉力F作用t时间后撤去，木板的加速度为：木板先做匀加速运动，后做匀减速运动，且有：a=﹣a′有：at2=L联立并代入数据解得：t=1s，即F作用的最短时间是1s．答：（1）木板的加速度2.5m/s2；（2）要使木块能滑离木板，水平恒力F作用的最短时间1s．【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】（1）根据牛顿第二定律求出木板的加速度．（2）让木板先做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律，结合位移之和等于板长求出恒力F作用的最短时间．17.如图所示，竖直光滑四分之三圆轨道BCD固定在水平面AB上，轨道圆心为O，半径R=1m，轨道最低点与水平面相切于B点，C为轨道最高点，D点与圆心O等高．一质量的小物块，从水平面上以速度竖直向上抛出，物块从D点进入圆轨道，最终停在A点，物块与水平面间的动摩擦因数=0．4，取．求：

（1）物块运动到D点时的速度；（可以保留根式）

（2）物块运动到C点时，对轨道的压力大小；

（3）物块从B点运动到A点所用的时间及A、B间的距离．参考答案：46.如图甲所示，竖直平面坐标系xoy第二象限内有一水平向右的匀强电场，第一象限内有竖直向上的匀强电场，场强E2=。该区域同时存在按图乙所示规律变化的可调磁场，磁场方向垂直纸面(以向外为正)。可视为质点的质量为m、电荷量为q的带正电微粒，以速度v0从A点竖直向上进人第二象限，并在乙图t=0时刻从C点水平进入第一象限，调整B0、T0不同的取值组合，总能使微粒经过相应磁场的四分之一周期速度方向恰好偏转，又经一段时间后恰能以水平速度通过与C在同一水平线上的D点。已知重力加速度为g，OA=OC，CD=OC。求：

(1)微粒运动到C点时的速