哈尔滨市南岗中学校2022-2023学年高三年级上册期末考试物理试题解析

参考答案：

1.D

【详解】物体做匀速运动其动能不变，但机械能可能变，如物体匀速上升或下降，机械能会

相应的增加或减小，故A错误；物体仅受重力作用，只有重力做功时，物体机械能守恒，

故BC错误；物体沿竖直方向向下做加速度为5%*的匀加速运动时，物体一定受到一个与

运动方向相反的力作用，此力对物体做负功，物体机械能减少，故D正确；故选D.

2.C

【详解】AB.根据题意可知，体验者下落过程中，当弹性绳向上的力等于体验者重力时（体

验者下落距离一定大于20m）,体验者的速度最大，该位置以上，体验者做加速运动，具有

向下的加速度，处于失重状态，从该位置到最低点，体验者做减速运动，具有向上的加速度，

体验者处于超重状态，故AB错误；

C.根据题意，设绳对人的平均作用力大小约为尸，体验者下落过程中，体验者下落的距离

/z=40m

弹性绳的形变量为

Ax=（40-20）m=20m

由动能定理有

mgh—FAx=0

解得

F=2mg—1000N

故C正确；

D.由系统的机械能守恒可知，人到最低点时弹性绳的弹性势能最大，等于其重力势能的减

少量，故D错误。

故选C。

3.D

【详解】A.导体顺着磁感线运动，通过闭合电路的磁通量不变，不会产生感应电流，故A

错误。

B.条形磁铁插入线圈中不动时，线圈中没有磁通量的变化，从而不会产生感应电流，故B

错误。

C.小螺线管A插入大螺线管B中不动，开关S一直接通时，通过闭合回路的磁通量不变，

不会产生感应电流，故C错误。

D.小螺线管A插入大螺线管B中不动，开关S一直接通，当改变滑动变阻器的阻值时，

电路中电流发生改变，A产生的磁场发生变化，B中的磁通量发生变化，产生感应电流，故

D正确。

故选D。

4.C

在缓慢拉开2的过程中，B合力为零，由图解法分析可知水平力/一定变大，故A不符合

题意；

B.取整体为研究对象，斜面体、A物体、B物体竖直方向合力为零，所受地面的支持力等

于三者重力之知，故斜面体所受地面的支持力一定不变，故B不符合题意；

C.

F\

设斜面体对物体A的作用力为物体A还受到重力、绳子的拉力，由图解法分析可知重

力和拉力的合力可能先减小后增大，说明斜面体对物体A的作用力B先变小后变大，故C

符合题意；

D.取三个物体整体分析，水平方向合力为零，因水平拉力/增大，所以斜面体受到地面的

摩擦力一定变大，故D不符合题意。

故选择C选项。

5.D

【详解】AB.电容C与电阻R/、&并联，其电压等于电源的路端电压，当滑动变阻器滑动

触头P由。滑向b的过程中，变阻器的电阻增大，总电阻增大，总电流减小，路端电压增大，

根据。=较可知，电容器的电荷量增加，电容器充电，通过此的电流方向由右向左，故AB

项错误;

c.因电路电流减小，故/>/，，则以两端电压减小，即q>%'。因路端电压增大，则R2

两端电压增大，即人<5’,故c项错误；

D.将B等效为电源内阻，则4可视为等效电源的路段电压，根据U—/图像的斜率关系可

得

U,-U'

二----2-=RD,+r

i-r1

故D项正确。

故选D。

6.D

【详解】A.“大气一号”卫星在轨道b上远地点时的速度小于在圆轨道。上的速度，而在圆

轨道a上的速度小于第一宇宙速度，则“大气一号”卫星在轨道b上远地点时的速度小于第一

宇宙速度，则A错误；

B.根据开普勒第三定律，卫星在轨道6上的半长轴小于轨道a上运动的运动半径，则“大气

一号”卫星在轨道b上运动的周期小于在轨道a上运动的周期，B错误；

C.“大气一号”卫星在轨道b上远地点做离心运动时才能进入轨道a,则需要在轨道b上远

地点加速，动能增加，所以“大气一号”卫星在轨道6上的机械能小于在轨道a上的机械能,

C错误；

D.根据开普勒第二定律，“大气一号”卫星在轨道b上从近地点向远地点运动的过程中速度

逐渐减小，D正确。

故选D。

7.C

【详解】A.点电荷+。在6点产生的电场方向为竖直向上，在d点产生的电场方向为竖直

向下，且场强大小相同，匀强电场方向水平向右，根据平行四边形定则可知，两点场强大小

相同，方向不同，A错误；

B.点电荷+Q在球面上的电势相同，但是在匀强电场中，沿电场线电势降低，收的■平面与电

场线平行，根据电势的合成，则。点的电势高于。点的电势，B错误；

CD.点电荷+。在球面上的电势相同，在匀强电场中，沿电场线电势降低，但是匕回平面与

电场垂直，根据电势的合成，则e点的电势等于c点的电势，则点电荷+q在e点和7点电势

能相等，则点电荷+q从e点从球面上移动到了点电场力不做功，D错误C正确。

故选C。

8.A

【详解】对两个球分别受力分析，如图所示

机2g

根据平衡条件，对""有

机/gcos7.5°-T/cos37.5°=0

F-migsin7.5°-T/sin37.5°=0

对m2,有

m2^cos7.5°-72cos37.5°=0

F+m2^sin7.5°-72sin37.5°=0

联立解得

仍A/2

叫2

故选Ao

9.C

【详解】根据动能定理可得，第一次质点在槽中滚动有

解得质点克服摩擦力所做的功为

Wf=；mgH

即第一次质点在槽中滚动损失的机械能为）机gHO

4

由于第二次小球在槽中滚动时，对应位置处速度变小，因此槽给小球的弹力变小，摩擦力变

小，摩擦力做的功小于。喝“，机械能损失小于。咫H,因此小球再次冲出。点时，能上升

44

的高度为

13

-H<H<-H

24

故ABD错误，C正确。

故选C。

10.D

【详解】A.小球从3点到C点过程做平抛运动，在。点的速度方向与水平方向夹角为37。，

根据平抛运动的推论，位移偏向角。的正切值等于速度偏向角8=37。的正切值的一半，则有

1c

tana=—tan”

2

zy=-1tan37°

x2

由平抛运动的规律

u；=2gy

VR-V-

B%tan37°

解得

vy=1.5m/s,vB=2m/s

小球从A点到3点过程，由机械能守恒

12

mgR=—mvB

解得

R=0.2m

故A错误；

B.小球在轨道最低点B受轨道的支持力为打，由牛顿第二定律

FV2

F-mg=m^B-

NK

解得

卅=30N

根据牛顿第三定律得，小球在轨道最低点B对轨道的压力大小为30N,故B错误；

C.重力的功率等于重力与竖直方向的分速度的乘积，故小球从A到8的过程中，重力的功

率先增加后减小，小球从8到C的过程中，重力的功率增加，故C错误；

D.在C点的动能为

线。=gmvc=1""J+v；）=3-125J

故D正确。

故选D。

11.AC

【详解】A.由图看出，Z=4s时甲图线的“面积”小于乙图线的“面积”，则甲的位移小于乙的

位移，两者又是从同一位置出发的，则/=4s时甲在乙的后面.故A正确.

B.当两物体速度相等时相距最远，则Z=4s时两者相距最远.故B错误.

C.甲、乙两个物体从同一地点沿同一方向做直线运动，从图象看出，2s末和6s末两图线

的“面积”相等，说明两物体的位移再次相等，两物体再次相遇.故C正确.

D.根据图象看出，两物体的速度一直都为正值，说明两者都一直沿正方向向前运动.故D

错误.

故选ACo

12.AC

【详解】A.物体做变速运动，速度一定变化，合外力一定不为零，但速度大小不一定变化，

所以动能不一定变化，故A正确；

B.若合外力对物体做功为零，合外力不一定为零，可能是由于合外力与速度始终垂直，如

匀速圆周运动，合外力不为零，故B错误；

C.物体的合外力做功，由动能定理知物体的动能一定变化，则它的速度大小一定发生变化，

故C正确；

D.物体的动能不变，所受的合外力做功一定为零，但合外力不一定为零，故D错误。

故选AC。

【点睛】解决本题的关键要理解并掌握动能定理，明确动能的变化取决于合外力做功。可结

合功的公式分析功与力的关系。

13.AD

【详解】A.滑块从接触弹簧到最短的过程，开始时弹力小于mgsinO-〃〃?gcosO,先加速运

动,当弹力等于mgsin。-〃机geos。时加速度为零，速度最大；当弹力大于wzgsin。-〃小geos。

时，做减速运动，直到最低点，则滑块先加速后减速，则滑块的动能先增加后减少，A正确；

B.有摩擦力做功，则滑块和弹簧组成的系统机械能不守恒，B错误；

C.将滑块从弹簧原长位置静止释放，到弹簧压缩至最短的过程中，根据能量守恒有

\Ep=叼+卓p弹

由上式可看出，滑块减少的重力势能大于弹性势能的增加，C错误；

D.由C选项可知，滑块减少的机械能（重力势能）大于其克服摩擦力所做的功，D正确。

14.AC

【详解】由于P点的位置未确定，粒子运动轨迹可能是①，转过的圆心角最大为轨迹②,

转过的圆心角最小是③，如图

根据题意，粒子沿着与x轴成30。角的方向射入磁场，②中转过的圆心角为300。，在③中转

过的圆心角为120°,当轨迹与y轴相切时，转过角度为240°,则最长时间为

300.5T

t=----T=—

3606

周期为

f2兀m

可得

571m

t=----

3qB

最短时间为

t，_120。1_271m

~36^~^B

相切时间

广_240。丁_

~360°-3^3

所以粒子在磁场中的运动时间为

271m,^7imn571m

或"—

-3--q-B--W--3-q--B--人3qB

故AC正确，BD错误。

故选ACo

2

15.不必要0.48—

k

【分析】(1)只有平衡摩擦力，弹簧秤的拉力的2倍才等于小车的合外力；小车所受拉力可

由弹簧测力计测出，实验不需要控制砂和砂桶质量远小于小车质量；

(2)根据匀变速直线运动的推论

Ax=at

求出加速度大小；

(3)根据题意，应用牛顿第二定律求出图像的函数表达式，然后分析答题。

【详解】依据优化后实验原理图，该实验需要将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩

擦力，这样才能使得弹簧秤的拉力的2倍等于小车的合外力；由于有弹簧测力计测量拉力的

大小，则实验中不必要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M-,

⑵［2］频率为50Hz,则周期为0.02s,由于两计数点间还有四个点没有画出，相邻计数点的

时间间隔为0.1s,由

Ax=at

(3.8+3.3+2.8-2.3-1.9-1.4)……

--------------------------；-----------m/s2=0.48m/s2

100x9x0.1

⑶⑶根据牛顿第二定律

2F=Ma

16.8»250甲电压表量程不够

【详解】(1)口］根据等效原理可知，待测电阻的阻值等于电阻箱的阻值，即4=4

(2)［2］由电路结构可知，与R两端的电压之比为工可知电阻之比为工即

7?=—&

A12-

(3)[3]将S2接b,电压表满偏时，则

旦4

1=——-——

R、+&+r

凡守

解得

R=250Q

⑷⑸由于&的阻值约为200~300。之间，对于甲图而言，根据闭合电路欧姆定律可知R

上的电压最小值为

^2LV=2.4V

Rx+r200+50

这个值大于电压表的量程,故甲同学的设计不合理。

17.(1)v0=10m/s；(2)l=4m；(3)2.44s

【详解】试题分析：(1)未划擦冰面时，滑块从A到B过程中，由动能定理得:

-/j^ngL=:mvf-；mv1①

代入解得v0=10m/s.

(2)将CD段划擦后，滑块再从A到B的过程中，由动能定理得:

L-D—/a21ngi=；mvf-；mv1②

代入解得l=4m.

(3)由②式，不论CD在AB中的具体位置如何变化，滑块到达B点时的速度％不变，设

滑块在AC段和CD段的加速度分别为生和出，根据牛顿第二定律得：-=〃(③

-内mg=ma2(4)

滑块在A、B间运动的VT图象如图，由图象可知当C点与A点重合时，滑块运动的时间

最长.

设此时滑块到达D点时的速度为v,则由动能定理得：-田咫｝加-;〃而⑤

解得v=8根/s,根据运动学公式得u=%⑥

v2=v-a也⑦

解得t=tl+t2=2.44s.

考点：动能定理、牛顿第二定律

【名师点睛】解决本题的关键要通过画出V