河北省张家口市2022-2023学年高三上学期1月期末物理试题 附答案

高三物理第高三物理第页(共7页)张家口市2022－2023学年度高三年级第一学期期末考试物理参考答案及评分标准一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意，选对得4分，选错或不答得0分。1.B【解析】由图像可知，光电流为零时，遏止电压的大小关系为Ua＝Ub<Uc，根据eU＝Ekm＝hν－W可知，三种光的频率大小关系为νa＝νb<νc，用c光照射时逸出光电子的最大初动能最大，故A、C错误，B正确；c光频率大于a光频率，c光能发生光电效应时，a光不一定能发生光电效应，故D错误。2.C【解析】小瓶转动的周期为eq\f(t,n)，细线的拉力大小为F＝meq\f(4π2,T2)L＝eq\f(4π2n2mL,t2)，A错误；瓶子受到的地球引力全部用来提供其随空间站绕地球做圆周运动的向心力，瓶子经过最高点时松手，以空间站为参考系，瓶子会离心飞出，沿切线方向做匀速直线运动，B错误；水油能分离的原因是混合物做圆周运动时，需要的向心力不一样，由于水和油的密度不同产生了离心现象，密度较大的水集中于小瓶的底部，C正确；水对油有指向圆心的作用力，水做圆周运动的向心力由瓶底对水的弹力和油对水的作用力的合力提供，D错误。3.D【解析】根据题图乙知，x＝4m处质点在t＝1.0s时，向上振动，由此可判断该简谐横波沿x轴负方向传播，由题图甲可知该简谐横波的波长为λ＝8m，由题图乙可知该简谐横波周期为T＝2s，可得该波传播速度v＝eq\f(λ,T)＝4m/s，当t＝1.0s时，质点M沿y轴正方向振动，故A、B错误；x＝4m处质点只在平衡位置附近做简谐振动，C错误；t＝1.0s时，质点N由平衡位置向下振动，t＝1.0s至t＝3.5s，质点N振动了1eq\f(1,4)T，则t＝3.5s时质点N在波谷位置，加速度最大，D正确。4.A【解析】由几何关系，n＝eq\f(sin90°,sin45°)＝eq\r(2)，A正确。5.D【解析】6.A【解析】取B为研究对象，B绕O点做匀速圆周运动，设A、B的质量分别为m1和m2，由牛顿第二定律得Geq\f(m1m2,r2)＝m2(eq\f(2π,T))2r2，得m1＝eq\f(4π2r2r2,GT2)＝eq\f(4π2r2（r－r1）,GT2)，故选A。7.B【解析】当水量和水速都稳定时，发电机输出电压U1不变，即原线圈两端电压U1不变，若副线圈电路用电器增加，则副线圈电路电流I2增大，导线电阻R上损失电压UR＝I2R，UR增大，U2＝UR＋U并，U2增大，由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)＝k，得U2＝eq\f(n2,n1)U1＝eq\f(U1,k)，若要保证用电器正常工作，原、副线圈匝数比应减小，副线圈电路消耗功率P2＝U2I2，P2增大，副线圈输入功率等于原线圈输出功率，则原线圈输出功率增大，故A错误，B正确；若水速和水量都增大，则U1增大，为使用电器同时正常工作，则原、副线圈匝数比应增大，C错误；若水速和水量都减小，则U1减小，但用电器仍同时正常工作，则U2不变，k减小，I2不变，由eq\f(I2,I1)＝eq\f(n1,n2)＝k可知I1增大，D错误。8.C【解析】0～t1时间内挑战者处于失重状态，A错误；由牛顿第二定律mg－f空＝ma1，解得f空＝0.1mg，B错误；加速运动的时间为t1＝eq\f(vm,a1)＝eq\f(10\r(,15),3)s，整个运动过程的时间为t＝eq\f(5,3)t1＝eq\f(50\r(15),9)s，减速过程的时间为t2＝t－t1＝eq\f(20\r(15),9)s，减速运动的加速度为a2＝eq\f(vm,t2)＝13.5m/s2，由牛顿第二定律f空＋f浮－mg＝ma2，解得f浮＝2.25mg，D错误；由图像面积可知，0～eq\f(5,3)t1时间内挑战者下落的高度为eq\f(vm,2)·eq\f(5,3)t1＝1250m，C正确。二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是正确的。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分。9.ACD【解析】对C分析，受重力、A、B对C的库仑力，设小球间距为L，根据平衡条件，对C有，对B有，联立解得：qC＝eq\f(4,9)q，L＝，故A、D正确；以B为研究对象，可以认为B受重力和库仑力，B球静止不动，所以B球受到的库仑力大小为mg，故B错误；对A、B、C用整体法，A、B、C受力平衡，即A球受到的弹力等于三个球的总重力，即弹簧压缩量Δx＝eq\f(3mg,k0)，故C正确。10.BC【解析】取砂石堆顶部上方极短时间Δt内的砂石柱为研究对象，由自由落体运动规律，落到砂石堆顶部的速度为v，2gH＝v2，落在砂石堆顶部后短时间Δt内速度减为零，由动量定理得F·Δt＝m0·Δt·v，解得砂石堆受到的冲击力F＝m0eq\r(2gH)，C正确。刚关闭阀门K时托盘秤受到的总压力等于m0eq\r(2gH)＋mg，此时细砂石柱的总质量Δm＝m0eq\r(\f(2H,g))，最终托盘内细砂石的总重力为m0eq\r(\f(2H,g))g＋mg＝m0eq\r(2gH)＋mg，所以A错误，托盘秤显示的是质量，所以B正确，D错误。11.BD【解析】如果电流减小，则表明金属棒在做减速运动，受力分析有BIL－mgsinθ＝ma，随着电流减小，加速度减小。根据闭合电路的欧姆定律得I＝eq\f(BLv,R＋r)，则有eq\f(ΔI,Δt)＝eq\f(BLΔv,（R＋r）Δt)＝eq\f(BLa,R＋r)，随着加速度减小，图像的斜率减小，A错误；如果金属棒进入磁场时，安培力与重力沿斜面的分力平衡，则金属棒做匀速直线运动，其电流不变，则根据q＝It可知，电量与时间成正比，B正确；如果金属棒两端电压随时间增大，则表明金属棒在加速，受力分析有mgsinθ－BIL＝ma，随着电压增大，则电流增大，加速度减小，根据闭合电路的欧姆定律得U＝IR＝eq\f(BLv,R＋r)R，则有eq\f(ΔU,Δt)＝eq\f(BLΔv,（R＋r）Δt)R＝eq\f(BLRa,R＋r)，随着加速度减小，图像的斜率减小，但是计时起点金属棒两端电压不可能为零，C错误；如果金属棒进入磁场时，安培力与重力沿斜面的分力平衡，则金属棒做匀速直线运动，其电流不变，则根据P＝I2r可知，金属棒消耗的电功率不变，D正确。三、非选择题：本题共5小题，共50分。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要答题步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。12.(7分)(1)11.4(1分)(2)BC(2分，选对但不全得1分，有错选得0分)(3)力传感器的示数F0(1分)(4)A(1分)(5)F＝3F0－2F0cosθ(1分)(6)小球在运动过程中存在空气阻力(答案合理即可)(1分)【解析】(1)游标卡尺的读数为d＝11mm＋4×0.1mm＝11.4mm。13.(9分)(1)(2分)(3)(1分)(4)eq\f(6,k)(2分)eq\f(b,k)－eq\f(5,6)(2分)(5)2.50～2.75(1分)3.80～4.40(1分)【解析】(3)利用描点法作出图线，如图所示。(4)由于改装成大量程电流表的总电阻为eq\f(1,6)rA＝eq\f(5,6)Ω，流经电源电流大小为6I，故E＝6I(R＋eq\f(1,6)rA＋r)，变式eq\f(1,I)＝eq\f(6,E)R＋(eq\f(rA,E)＋eq\f(6,E)r)得k＝eq\f(6,E)，b＝eq\f(rA,E)＋eq\f(6,E)r解得E＝eq\f(6,k)，r＝eq\f(b,k)－eq\f(5,6)。(5)由图像知图线斜率k＝2.2A－1/Ω，纵坐标截距为b＝11.6A－1，故E＝2.73V，r＝4.44Ω。14.(9分)解：(1)每次抽出气体的体积为ΔV，由玻意耳定律可知p0(V0－eq\f(1,5)V0)＝p1(V0－eq\f(1,5)V0＋ΔV)(2分)p1(V0－eq\f(1,5)V0)＝p2(V0－eq\f(1,5)V0＋ΔV)(2分)解得p1＝eq\f(p0·\f(4,5)V0,\f(4,5)V0＋ΔV)p2＝eq\f(p0·（\f(4,5)V0）2,（\f(4,5)V0＋ΔV）2)(1分)pN＝eq\f(p0·（\f(4,5)V0）N,（\f(4,5)V0＋ΔV）N)(1分)(2)若ΔV＝eq\f(1,10)V0，经过两次抽气后，p2＝eq\f(p0·（\f(4,5)V0）2,（\f(4,5)V0＋\f(1,10)V0）2)＝eq\f(64,81)p0(1分)设剩余气体在压强为p0时的体积为V，则(1分)剩余气体与原来气体的质量比eq\f(m1,m2)＝eq\f(V,V0－\f(V0,5))解得m1∶m2＝64∶81(1分)15.(10分)解：(1)超级高铁在加速过程开始的前t内x1＝eq\f(1,2)a1t2(2分)超级高铁在减速过程开始的前t内x2＝vmt－eq\f(1,2)a2t2(2分)且a2＝a1＝a解得：vm＝eq\f(x1＋x2,t)(1分)a＝eq\f(2x1,t2)(2)设超级高铁在加速过程的总位移为xveq\o\al(2,m)＝2ax(2分)在加速过程中，由动能定理得W－fx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－0(2分)解得：W＝eq\f(（ft2＋2mx1）（x1＋x2）2,4x1t2)(1分)16.(15分)解：(1)粒子a在电场中做类平抛运动，x方向速度不变，有v0＝vcosθ＝eq\f(1,2)v(1分)粒子a在电场中运动时，由动能定理有qEh＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)(1分)解得h＝eq\f(3mv2,8qE)(1分)(2)如图甲所示不计粒子重力，洛伦兹力提供向心力qvB＝eq\f(mv2,r)(1分)粒子a进入磁场后在磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径r＝eq\f(1,2)h＝eq\f(mv,qB)(1分)周期T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)(1分)粒子a没有离开磁场，两粒子恰好发生正碰，说明a在磁场中运动了半个周期与粒子b发生碰撞，设粒子a、b在磁场中运动的时间为t，有t＝eq\f(1,2)T(1分)粒子b在磁场中做匀速运动，有eq\f(2r,tanθ)＝vbt(1分)y方向有h＝eq\f(1,2)vt1sinθ(1分)由几何关系可得xa－xb＝eq\f(2r,sinθ)解得，xb＝0(1分)(3)两粒子碰后结合在一起，设粒子b质量为mb，碰后结合体速度为vc，碰撞过程由动量守恒定律有mv－mbvb＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋mb))vc(1分)结合体做圆周运动的轨迹半径rc＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al