重庆长寿区龙河镇中学2022年高三物理下学期期末试卷含解析

重庆长寿区龙河镇中学2022年高三物理下学期期末试卷含解析一、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.（多选题）如图所示，空间存在一水平向左的匀强电场和一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，电场强度大小为E=，电场方向和磁场方向相互垂直．在此电磁场正交的空间中有一足够长的固定粗糙绝缘杆，与电场正方向成60°夹角且处于竖直平面内．一质量为m，带电量为+q的小球套在绝缘杆上．若给小球一沿杆向下的初速度v0，小球恰好做匀速运动，且小球电量保持不变，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A．小球的初速度为v0=B．若小球的初速度为，小球将做加速度不断减小的减速运动，最后匀速C．若小球的初速度为，小球将做加速度不断增大的加速运动，最后匀速D．若小球的初速度为，则运动中克服摩擦力做功为参考答案：ABD【考点】带电粒子在混合场中的运动；功能关系．【分析】小球受重力、摩擦力（可能有）、弹力（可能有）、向右上方的洛伦兹力、向左的电场力，当受到的合外力等于0时，小球做匀速直线运动．当小球受到的合外力不为0时，要判断出支持力的方向，明确支持力的大小随洛伦兹力的变化关系，然后做出判定．【解答】解：A、对小球进行受力分析如图，电场力的大小：F=qE=q×=mg，由于重力的方向竖直向下．电场力的方向水平向右，二者垂直，合力：FG+F==2mg，由几何关系可知，重力与电场力的合力与杆的方向垂直，所以重力与电场力的合力不会对小球做功，而洛伦兹力的方向与速度的方向垂直，所以也不会对小球做功．所以，当小球做匀速直线运动时，不可能存在摩擦力，没有摩擦力，说明小球与杆之间就没有支持力的作用，则洛伦兹力大小与重力、电场力的合力相等，方向相反．所以qv0B=2mg．所以v0=．故A正确；B、若小球的初速度为，则洛伦兹力：f=qv0B=3mg＞FG+F，则在垂直于杆的方向上，小球还受到杆的垂直于杆向下的支持力，则摩擦力：f=μFN．小球将做减速运动；随速度的减小，洛伦兹力减小，则支持力逐渐减小，摩擦力减小，小球做加速度不断减小的减速运动，最后当速度减小到时，小球开始做匀速直线运动．故B正确．C、若小球的初速度为，则洛伦兹力：f=qv0B=mg＜FG+F，则在垂直于杆的方向上，小球还受到杆的垂直于杆向上的支持力，而摩擦力：f=μFN．小球将做减速运动；随速度的减小，洛伦兹力减小，则支持力逐渐增大，摩擦力逐渐增大，小球的加速度增大，所以小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止．故C错误；D、若小球的初速度为，球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止，运动中克服摩擦力做功等于小球的动能，所以W=m=．故D正确．故选：ABD．2.（多选）如图所示，倾角为α的斜劈放置在粗糙水平面上，斜面粗糙，物体α放在斜面上．一根轻质细线一端固定在物体a上，细线绕过两个光滑小滑轮，滑轮1固定在斜劈上、滑轮2下吊一物体b，细线另一端固定在c上，c穿在水平横杆上，物体a和滑轮1间的细线平行于斜面，系统静止．物体a受到斜劈的摩擦力大小为f1、c受到横杆的摩擦力大小为f2，若将c向右移动少许，a始终静止，系统仍静止，则（）A．f1由沿斜面向下改为沿斜面向上，f2始终沿横杆向右B．细线对a和c的拉力都将变大C．f1和f2都将变大D．斜劈受到地面的摩擦力和横杆受到物体c的摩擦力都将变大参考答案：考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．.专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：先以滑轮2为研究的对象，得出绳子上的拉力的变化；然后分别以a、c、以及a与斜面体组成的整体为研究的对象，对它们进行受力分析，结合平衡状态的特点，即可得出结论．物体静止在斜面上，说明物体处于平衡状态，所受外力合力为0，根据合力为0可列式求物体所受斜面的支持力和摩擦力的变化情况，由于物体始终处于平衡，故物体所受合力为0，以物体和斜面整体为研究对象，当F增大时，地面对整体的摩擦力亦增大解答：解：1．以滑轮2为研究的对象，受力如图1，若将c向右移动少许，两个绳子之间的夹角β增大．由于b对滑轮的拉力不变，两个绳子之间的夹角变大，所以看到绳子的拉力F一定变大．2．斜面的倾角为α，设物体a的质量为m，以a为研究的对象．①若物体a原来受到的静摩擦力沿斜面向下时，则有F=mgsinα+f1，得f1=F﹣mgsinα．当F逐渐增大时，f1也逐渐增大；②若物体a原来受到的静摩擦力沿斜面向上时，则有F+f1=mgsinα，得f1=mgsinα﹣F当F逐渐增大时，f1逐渐减小；③若物体原来mgsinα=F，则物体所受斜面摩擦力为0，当F逐渐增大时，f1也逐渐增大；所以将c向右移动少许，细线对a的拉力将变大，但是f1可能逐渐增大，也可能逐渐减小．3．以c为研究的对象，受力如图2，则：沿水平方向：Fsinα﹣f2=0．由于将c向右移动少许，细线对a的拉力将变大，α增大，所以f2=Fsinα一定增大．4．以物体a与斜劈组成的整体为研究的对象，整体受到重力、地面的支持力、绳子对a的拉力、两根绳子对滑轮1的向下的压力以及地面的摩擦力的作用，其中是水平方向上系统受到的摩擦力与a受到的绳子在水平方向的分力是相等的，即：f′=Fcosα．由于将c向右移动少许，细线对a的拉力F变大，所以地面对斜劈的摩擦力增大．综上所述，可知A、C错误，B、D正确．故选：BD点评：考虑到物体的受力分析，物体始终处于静止状态，即满足合外力为零，另物体受到斜面的摩擦力，因不知倾角和动摩擦因数的大小，摩擦力可能沿斜面向上也可能沿斜面向下，所以当F增大时，摩擦力可以变大也可以变小，要根据具体题目加以讨论．3.一条自西向东的河流，南北两岸分别有两个码头A、B，如图所示。已知河宽为80m，河水水流的速度为5m/s，两个码头A、B沿水流的方向相距100m。现有一种船，它在静水中的行驶速度为4m/s，若使用这种船作为渡船，沿直线运动，则A．它可以正常来往于A、B两个码头B．它只能从A驶向B，无法返回C．它只能从B驶向A，无法返回D．无法判断参考答案：B4.（多选）a、b是x轴上两个点电荷，电荷量分别为Q1和Q2，沿x轴a、b之间各点对应的电势高低如图中曲线所示。从图中可看出以下说法中正确的是A.把带正电的检验电荷沿x轴由a移到b的过程中，电场力对该电荷先做正功后做负功B．a、p间和p、b间各点的电场方向都指向p点C．电势最低的p点的电场强度为零D．a和b一定是同种电荷，但是不一定是正电荷

参考答案：ABC5.电阻为1Ω的矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴在匀强磁场中匀速转动，产生的交变电动势随时间变化的图象如图所示．现把交流电加在电阻为9Ω的电热丝上，则下列说法中正确的是（）A．线圈转动的角速度为31.4rad/sB．如果线圈转速提高一倍，则电流不会改变C．电热丝两端的电压U=100VD．电热丝的发热功率P=1800W参考答案：D【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系．【分析】矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生的电动势最大值为Em=NBSω，由此式分析使线圈的转速变为原来两倍时，电动势的变化情况，进而根据欧姆定律求出电流变化情况．由图读出电动势的最大值．读出周期，求出有效值，根据功率的公式求出电热丝的发热功率．【解答】解：A、从图中可知：T=0.02s，ω==314rad/s，故A错误；B、其他条件不变，如果线圈转速提高一倍，角速度ω变为原来的两倍．则由动势最大值为Em=NBSω得知，交流电动势的最大值变为原来的两倍，电压的有效值为原来的倍，根据欧姆定律可知电流发生改变．故B错误．C、该交流电压的最大值为200V，所以有效值为，则电热丝两端的电压为，故C错误；D、根据得：，故D正确．故选D二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6.在白炽灯照射下，从用手指捏紧的两块玻璃板的表面能看到彩色条纹，这是光的______现象；通过两根并在一起的铅笔狭缝去观察发光的白炽灯，也会看到彩色条纹，这是光的______现象。参考答案：干涉、衍射7.取一根柔软的弹性绳，使绳处于水平伸直状态。从绳的端点A开始每隔0.50m标记一个点，依次记为B、C、D……如图所示。现让A开始沿竖直方向做简谐运动，经过0.7s波正好传到O点，此时A点第二次到达正向最大位移，则波速为______m/s，若A点起振方向向下，则波的周期为______s。参考答案：10

0.4

8.如图为悬挂街灯的支架示意图，横梁BE质量为6kg，重心在其中点。直角杆ADC重力不计，两端用铰链连接。已知BE＝3m，BC＝2m，∠ACB＝30°，横梁E处悬挂灯的质量为2kg，则直角杆对横梁的力矩为

N·m，直角杆对横梁的作用力大小为_______N。参考答案：150，150

9.图示是某金属发生光电效应时光电子的最大初动能Ek与入射光频率ν的关系图象，可知该金属的逸出功为

．若入射光的频率为2ν0，则产生的光电子最大初动能为．已知普朗克常量为h．参考答案：hν0，hν0．【考点】爱因斯坦光电效应方程．【专题】定量思想；推理法；光电效应专题．【分析】根据光电效应方程Ekm=hv﹣W0和eUC=EKm得出遏止电压Uc与入射光频率v的关系式，从而进行判断．【解答】解：当遏止电压为零时，最大初动能为零，则入射光的能量等于逸出功，所以W0=hv0．从图象上可知，逸出功W0=hv0．根据光电效应方程，Ekm=hv﹣W0=hv0．若入射光的频率为2ν0时，产生的光电子的最大初动能为hν0，故答案为：hν0，hν0．10.一列简谐横波在t=0.8s时的图象如图甲所示，其x=0处质点的振动图象如图乙所示，由图象可知：简谐波沿x轴

方向传播（填“正”或“负”），波速大小为

m/s，t=10.0s时刻，x=4m处质点的位移为

m。参考答案：负、5

、－0.0511.如图所示是一列沿x轴负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，则x=1.5m处质点的振动函数表达式y=

▲

cm，x=2.0m处质点在0-1.5s内通过的路程为

▲

cm。参考答案：、3012.如图所示，一竖直轻杆上端可以绕水平轴O无摩擦转动，轻杆下端固定一个质量为m的小球，力F=mg垂直作用于轻杆的中点，使轻杆由静止开始转动，若转动过程保持力F始终与轻杆垂直，当轻杆转过的角度θ=30°时，小球的速度最大；若轻杆转动过程中，力F的方向始终保持水平方向，其他条件不变，则轻杆能转过的最大角度θm=53°．参考答案：【考点】：动能定理的应用；向心力．【专题】：动能定理的应用专题．【分析】：（1）由题意可知：F始终对杆做正功，重力始终做负功，随着角度的增加重力做的负功运来越多，当重力力矩等于F力矩时速度达到最大值，此后重力做的负功比F做的正功多，速度减小；（2）杆转到最大角度时，速度为零，根据动能定理即可求解．：解：（1）力F=mg垂直作用于轻杆的中点，当轻杆转过的角度θ时，重力力矩等于F力矩，此时速度最大，则有：mgL=mgLsinθ解得sinθ=所以θ=30°（2）杆转到最大角度时，速度为零，根据动能定理得：mv2=FL﹣mgLsinθ所以FLsinθ﹣mgL（1﹣cosθ）=0﹣0解得：θ=53°故答案为：30°；53°【点评】：本题主要考查了力矩和动能定理得直接应用，受力分析是解题的关键，难度适中．13.

（选修3—4模块）（4分）某单色光在真空中的光速为c，波长为，则它在折射率为n的介质中传播时的速度为

，波长为

．参考答案：答案：（2分）；（2分）三、实验题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14.某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ．步骤如下：（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图，由图1可知其长度为50.15mm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图，由图2可知其直径为4.700mm；（3）用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图3，则该电阻的阻值约为220Ω．（4）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：待测圆柱体电阻R；电流表A1（量程0～4mA，内阻约50Ω）；电流表A2（量程0～10mA，内阻约30Ω）；电压表V1（量程0～3V，内阻约10kΩ）电压表V2（量程0～15V，内阻约25kΩ）；直流电源E（电动势4V，内阻不计）滑动变阻器R1（阻值范围0～15Ω，允许通过的最大电流2.0A）；滑动变阻器R2（阻值范围0～2kΩ，允许通过的最大电流0.5A）；开关S；导线若干．为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在图4中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号．（5）若该同学用伏安法跟用多用电表测量得到的R测量值几乎相等，由此可估算此圆柱体材料的电阻率约为ρ=7.6×10﹣2Ω?m．（保留2位有效数字）参考答案：考点：伏安法测电阻；测定金属的电阻率．专题：实验题；压轴题；恒定电流专题．分析：（1）20分度游标卡尺游标每一分度表示长度为0.05mm，由主尺读出整毫米数，根据游标尺上第几条刻度线与主尺对齐，读出毫米的小数部分．（2）螺旋测微器固定刻度最小分度为1mm，可动刻度每一分度表示0.01mm，由固定刻度读出整毫米数包括半毫米数，由可动刻度读出毫米的小数部分．（3）电阻的测量值=指针指示值×倍率．（4）电路分为测量电路和控制电路两部分．测量电路采用伏安法．根据电压表、电流表与待测电阻阻值倍数关系，选择电流表外接法．变阻器若选择R2，估算电路中最小电流，未超过电流表的量程，可选择限流式接法．解答：解：（1）主尺读数为50mm，游标上第3条刻度线与主尺对齐，读数为3×0.05mm=0.15mm，则长度为50.15mm．

（2）螺旋测微器固定刻度读数为4.5mm，可动刻度读数为0.200mm，则直径为4.700mm．

（3）电阻的阻值R=22×10Ω=220Ω

（4）电源电动为4V，电压表选V1．电阻中最大电流约为

Imax≈==16mA

则电流表选A2．

因为=≈50，=≈7，则＞

故选择电流表外接法．

当变阻器选择R2，采用限流式接法时，电路中电流的最小值约为

Imin=≈1.8mA，则变阻器选择R2，采用限流式接法．（5）由电阻定律R=，S=

代入解得ρ=7.6×10﹣2Ω?m．本题答案是（1）50.15

（2）4.700

（3）220

（4）电路图如图所示．

（5）7.6×10﹣2．点评：测量电阻最基本的原理是伏安法，电路可分为测量电路和控制电路两部分设计．测量电路要求精确，误差小，可根据电压表、电流表与待测电阻阻值倍数关系，选择电流表内、外接法．控制电路关键是变阻器的分压式接法或限流式接法．在两种方法都能用的情况下，为了减小能耗，选择限流式接法．15.某同学使用多用电表测量一定值电阻Rx的阻值，先把选择开关旋到“′1k”档位并调零，测量时指针偏转如图1所示。然后他应通过以下操作完成实验，（1）请你将以下操作过程补充完整：①_________________________________________；②_________________________________________；③将两表笔接触待测电阻的两端，从表盘上读出数据，再乘以所选倍率即为所测电阻值；④测量结束后，将选择开关旋到“OFF”挡。（2）为更准确地测量该电阻的阻值，某同学设计了图2所示的电路。其所用器材有：滑动变阻器R0、电阻箱R、电流表A、电源E、单刀双掷开关S各一只，以及导线若干。以上器材均满足实验所需条件。①图3为该电路的实物图，其中部分电路已经连接好，请用笔画完成电路实物图的连接。②测量时，有同学进行了如下一些操作，请将正确的步骤挑选出来，按正确操作顺序将步骤前的字母写到横线上：___________________________。A．根据电路图，连接实物，将电阻箱的阻值调至最大；B．先将单刀双掷开关掷向b端，调节滑动变阻器，使电流表A的指针指到表盘上某一适当位置，记下A的示数I；C．先将单刀双掷开关掷向a端，调节滑动变阻器，使电流表A的指针指到表盘上某一适当位置，记下A的示数I；D．再将单刀双掷开关掷向a端，调节滑动变阻器，使电流表A的示数变为I/2；E．再将单刀双掷开关掷向b端，同时调节滑动变阻器和电阻箱，使电流表A的示数也为I；F．再将单刀双掷开关掷向b端，保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节电阻箱，使电流表A的示数也为I；G．记下此时电阻箱接入电路的电阻值，即等于所测电阻值；参考答案：(1)①把选择开关旋到“×100”档位；②将红黑表笔短接，调整欧姆调零旋钮，使指针指到电阻的零刻度处；(2)①电路实物图的连接如右图所示。②A、C、F、G。四、计算题：本题共3小题，共计47分16.在某次短道速滑接力赛中，运动员甲以7m/s的速度在前面滑行，运动员乙以8m/s的速度从后面追上，并迅速将甲向前推出，完成接力过程。设甲、乙两运动员的质量均为50kg,推后运动员乙的速度变为5m/s，方向向前，若甲、乙接力前后在同一直线上运动，求接力后甲的速度大小。参考答案：v1'=10m/s试题分析：以甲、乙组成的系统为研究对象，以甲的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：得v1'=10m/s考点：考查了动量守恒定律【名师点睛】满足下列情景之一的，即满足动量守恒定律：⑴系统不受外力或者所受外力之和为零；⑵系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计；⑶系统在某一个方向上所受的合外力为零，则该方向上动量守恒。⑷全过程的某一阶段系统受的合外力为零，则该阶段系统动量守恒17.如图所示为某款四旋翼飞机，通过控制器可调整输出功率与旋翼转速，从而调整动力大小与方向，以达到改变飞机飞行状态的目的．某次试飞中，调控员控制飞机以恒定的输出功率，控制飞机从水平地面上由静止开始沿竖直方向向上运动，经过4.0s，飞机达到最大速度10m/s．已知飞机的质量为40g，在飞行过程中空气阻力大小恒为0.10m/s2，重力加速度取g=10m/s2，求：（1）4.0s末飞机受到的升力大小；（2）飞机的输出功率；（3）4.0s内飞机上升的高度．参考答案：解：（1）设升力大小为F，空气阻力大小为f，4.0s末速度最大时，合力为零，则：F=mg+f

所以升力大小为：F=0.4+0.1N=0.50N

（2）设飞机恒定的输出功率为P，速度大小为v，则：P=Fv

根据题目信息，输出功率为：P=0.50×10W=5.0W

（3）设4.0s内飞机上升的高度为h，根据动能定理有：Pt﹣mgh﹣fh=mv2﹣mv02代入数据得：h=36m

答：（1）4.0s末飞机受到的升力大小为0.50N；（2）飞机的输出功率为5.0W；（3）4.0s内飞机上升的高度为36m．【考点】动能定理；功率、平均功率和瞬时功率．【分析】（1）输