物理-山东省菏泽市2024-2025学年度高三第一（上）学期1月期末试题试题和答案

参考答案及解析物理菏泽市2024—2025学年度第一学期期末考试物理参考答案及解析氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵1.B【解析】只有满足回复力与位移大小成正比、方向相反的振动才可以看作是简谐运动,此过程中磁体最后会静止不动,A项错误;磁铁、弹簧、地球组成的系统中,有安培力做功,系统机械能不守恒,B项正确;磁极向上、向下振动时,磁通量变化不同,根据增反减同,闭合线圈中产生电流的方向不相同,C项错误;磁体减小的重力势能一部分转化为系统的内能,另一部分可能转化为弹簧的弹性势能,D项错误。2.D【解析】当光通过狭缝时,会发生衍射现象,由图可知,图乙中间部分为等间距条纹,所以图乙是光的双缝干涉图样,说明当光通过狭缝时,发生干涉现象,故A项错误;狭缝越小,衍射范围越大,衍射条纹越宽,遮住一条狭缝,增大另一狭缝的宽度,其他条件不变,则衍射现象减弱,中央亮条纹的宽度减小,故B项错误;照射两条狭缝时,若光从狭缝S1、S2到屏上P点的路程差为半波长的整数倍,P点处可能是暗条纹,也可能是亮条纹,故C项错误;根据△父=λ可知,若增大狭缝到光屏的距离l,同时减小狭缝S1、S2的宽度s,其他条件不变,则干涉图样中相邻两条亮条纹间的距离△父一定增大,故D项正确。3.C【解析】滑动变阻器R4的滑片向上端移动时,滑动变阻器R4接入电路的阻值增大,电路中的总电阻增大,根据闭合电路欧姆定律可知,电路中的总电流I总减小,路端电压U外增大,定值电阻R1两端的电压U1减小,定值电阻R3两端的电压U3增大,通过定值电阻R3的电流I3增大,则通过定值电阻R2、R4所在支路的电流I2减小,即电流表A的示数减小,根据P2=IR2可知,定值电阻R2消耗的功率减小;由于I2减小,定值电阻R2两端的电压U2减小,根据U3=U2十U4可知,定值电阻R4两端的电压U4增大,即电压表V的示数增大,故A、B项错误;由欧姆定律可得U3=IR2十U,则有△U3=—△IR2十△U,整理可得=—R2十,故C项正确;若将开关S断开,电容器两端的电压等于电源电动势,即电容器两端的电压增大,板间场强增大,带电液滴M受到的电场力增大,带电液滴M将向上极板运动,故D项错误。4.B【解析】放电时,穿过电感线圈的磁通量发生变化,根据楞次定律可知,电感线圈中产生阻碍原电流变化的感应电流,故A项错误;振荡电路的周期T=2π\,则线圈的自感系数L越小、电容器的电容C越小,放电脉冲电流的放电时间就越短,故B项正确,C项错误;在该次除颤过程中,将电容为100μF的电容器充电至6.0kV,则流经人体的电荷量Q=CU=100×10—6×6000C=0.6C,故D项错误。5.A【解析】速度为v时,人和车相对静止,具有相同的加速度,有—f=Ma,解得a=—,则测试员受到汽车的作用力大小当汽车的速度为10m/s时F=600\N,故A项正确。6.C【解析】速度达到最大值v时,有mg=f=kv,解得k=,A项错误;若小球做匀加速直线运动,时间为时,小球的速度大小为,实际上小球做加速度减小的加速运动,则中间时刻的速度不等于平均速度,故B项错误;小球的速度大小为时,加速度大小,C项正确;根据动能定理可得mgh—wf=mv2—0,解得wf=物理参考答案及解析氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵7.D【解析】由几何关系可得,a、b两点与P点的距离均为d1=\r,a、b处导线在P点产生的磁感应强度大小分别为Ba=k和B0=k,由安培定则可知,Ba和B0的方向均为由P点指向。点,a、b处导线在P点产生的合磁感应强度大小B1=(I十Ia),由几何关系可得,c点与P点的距离d2=3r,c处导线在P点产生的磁感应强度大小B2=k,由安培定则可知,B2的方向与P、。两点的连线垂直,即B2与B1 垂直,则P点的磁感应强度的大小B=\B十B,联立可得Ia=2I,D项正确。8.C【解析】小球从。点运动到A点过程,小球做平抛运动,水平方向有2L=v0t1,竖直方向有vy=gt1,小球经过A点时,对其速度分解有vy=v0tan30。,联 立解得v0=\2\gL,故A项错误;根据题意可知,小球进入电场后在水平方向做匀变速直线运动,有L=t2,0=v0—at2,a=,联立解得E=\,故B项错误;小球在竖直方向做自由落体运动,则有vB=g(t1十t2),故EKB===4\gL,C项正确;由于E=\,设电场力与重力的合力方向与电场力方向的夹角为θ,则有tanθ==\,解得θ=30,当速度方向垂直于电场力与重力的合力方向时,小球的动能最小,结合上述可知,此时速度方向与水0tan30。十gt,解得vmin=v0,故EKmin=mvin==\mgL,D项错误。二、多项选择题9.AC【解析】t=1.5s时,甲、乙两列波均传播了6m,即一个半波长,则波形图与题图关于父轴对称,此时P仍在平衡位置,即P偏离平衡位置的位移为0,此时由甲波在Q点引起的位移为1cm,由乙波在Q点引起的位移为—2cm,则t=1.5s时,Q偏离平衡位置的位移为—1cm,A项正确,B项错误;两波相遇后,P点为振动加强点,Q点为振动减弱点,则P点的振幅为3cm>2cm,Q点的振幅为1cm,C项正确,D项错误。10.BC【解析】根据右手定则可知,当矩形线圈转过时,线圈中的电流方向为ADCBA,A项错误;矩形线框绕垂直于磁场的轴匀速转动,形成感应电动 势最大值为Em=NBSw=10×\×0.3×100πV= 300\2V,瞬时表达式为E=Emsin(wt)=300\2sin(100πt),B项正确;原线圈电动势有效值为300V,设原线圈中的电流为I,有=100()=,当滑动变阻器接入电路的阻值为R=1Ω时I=1A,则滑动变阻器的热功率P=(10I)2R=100W,C项正确;将滑动变阻器R的滑片P向下移动,滑动变阻器R接入电路的阻值减小,副线圈中的电流增大,电流表A2的示数增大,原线圈中的电流增大,电流表A1的示数增大,D项错误。11.AC【解析】设两星球的轨道半径分别为rP、rQ,由题意可知rP十rQ=L1,rP—rQ=L2,解得rP=L1L2,rQ=,整理可得=十—,P、Q的线速度分别为vP=wrP,vQ=wrQ,P、Q的线速度之和△v1=vP十vQ=wL1,P、Q的线速度之差△v2=vP—vQ=wL2,解得=,故A项正确,B项错mPmQL误;由牛顿第二定律对星球P可得mPmQLmPrPw2,解得mQ=,同理对星球Q有G=mQrQw2,则mP=,P、Q质量之和Δm1=mP十mQ=,P、Q质量之差△m2=mQ—参考答案及解析物理氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵12.BD【解析】由法拉第电磁感应定律得线圈产生的感应电动势E1=NS=0.6V,通过导体棒ab的感应电流I1=,根据受力平衡可得mgsin37。=B2I1d,联立解得I1=0.6A,磁感应强度B2=2T,故A项错误;断开开关S之前,电容器两端的电压与导体棒两端的电压相等,则有U1=I1r,若断开开关S后锁定导体棒ab,电容器、定值电阻和导体棒ab构成闭合回路,电容器放电,通过定值电阻R的电荷量为q=CU1=0.12C,故B项正确;若断开开关S后,对导体棒ab施加沿导轨斜面向上、大小为0.6N的拉力F,拉力F与导体棒ab的重力沿导轨的分力平衡,电容器放电,结合上述可知,导体棒ab受到的安培力沿导轨斜面向上,导体棒ab向上加速,同时导体棒ab切割磁感线产生电动势,回路中的电流减小,当导体棒ab产生的电动势与电容器极板间的电压相等时,回路中电流为零,导体棒ab的速度达到最大,对导体棒ab有U’=B2dv,由动量定理可得B2id△t=mv,其中q’=i△t,对电容器有项错误,D项正确o13.(2)1.070(2分)(4)①2t0(2分)②(2分)③没有考虑磁性小球的半径(2分)【解析】(2)根据游标卡尺的读数规则,该磁性小球的直径d=10mm十0.05×14mm=10.70mm=(4)①磁性小球经过最低点时测得的磁感应强度B最大,根据图丙可知t0=T,解得周期T=2t0o②摆长等于摆线长与磁性小球半径之和,则有L=l十,根据周期公式有T=2π\,代入数据整理可得T2=l十,结合图像有图像的斜率k=,解得重力加速度g=o③图丁中图像不过原点的原因是没有考虑磁性小球的半径o14.(1)2.9(2分)3.3(3.0~3.5,2分)(2)0.44(0.42~0.44,2分)【解析】(1)根据闭合电路欧姆定律可得U=E—I(r十R0),结合图像可知E=2.9V;当电流0≤I≤150mA时,电池的内阻r=—R0=8Ω—4Ω≈3.3Ωo(2)当电压表的示数为1.0V时,电池的输出功率P=UI十I2R0≈0.44Wo3B)CP15.【解析】光线在圆柱体中的路径如图所示3B)CPP点处sinθ=nB点处=n(1分)又因为α十C=90。7,2解得sinC=2\7n=\7(2分)7,2(2)光线在圆柱体中的路程s=n3=3\221L(1分)传播速度v=(1分)光通过这段圆柱体所用的时间t==21L(1分)16.【解析】(1)以C为研究对象,受力分析如图所示物理参考答案及解析CBA氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵CBA氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵17.【解析】(1)滑块与挡板碰撞前木板一直处于静止状态,设碰前瞬间滑块的速度为v0,由动能定理可得1mgLcos37。=mv—0(1分)碰撞过程中由滑块和木板组成的系统动量守恒、机械能守恒,设碰后瞬间滑块和木板的速度分别为v12,可得mv0=mv1十Mv2(1分)mv=mv十Mv(1分)解得v1=—1m/s,方向沿斜面向上(1分)v2=2m/s,方向沿斜面向下(2)滑块和挡板碰后,滑块与木板第一次达到共速的过程中,滑块和木板组成的系统所受合力为0,动量守恒,根据动量守恒定律可得mv0=(M十m)v3(1分)碰后滑块上滑的加速度大小a1=gsin37。十μ1gcos37。(1分)设滑块与挡板碰后第一次达到共速的过程中经历的时间为t1,则v3—v1=a1t1(1分)解得t1=s(1分)(3)从释放滑块到滑块与木板第一次达到共速的过程中,滑块的位移大小为(v1十2v3)t1,木板的位移大小为(v2十2v3)t1,相对位移大小△父=(v1十2v3)t1十v3)t1(1分)滑块与挡板第一次碰撞到第二次碰撞的过程中滑块和木板之间因摩擦产生的热量Q=μ1mgcos37。×2△父=2J(1分)当滑块向下滑动的速度大于木板速度时,对滑块进(1分)设木板与斜面之间的动摩擦因数为μ2,由于木板恰好静止在斜面上,可得μ2=tan37。,对木板进行受力分析,可得Ma3(1分)从滑块与木板第一次达到共速到滑块与挡板发生第二次碰撞,有v3t2十a2t—(v3t2—a3t)=△父(1分)解得t2=\s故第二次碰撞前各自的速度分别为 v块=v3十a2t2=3十\3m/s v板=v3—a3t2=3—3\3m/s(1分)18.【解析】(1)粒子在加速电场中,由动能定理可得qu=mv—0(2分) 解得v0=\(1分)(2)粒子在匀强电场中做类平抛运动,沿父轴方向有=v0t1