河北省保定市雄县中学2021年高三物理下学期期末试卷含解析

河北省保定市雄县中学2021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.（单选）2013年12月2日，“长征三号乙”运载火箭将“嫦娥三号”月球探测器成功送入太空，12月6日“嫦娥三号”由地月转移轨道进入100公里环月轨道，12月10日成功变轨到近月点为15公里的椭圆轨道，12月14日从15公里高度降至月球表面成功实现登月。则关于“嫦娥三号”登月过程的说法正确的是

A.“嫦娥三号”由地月转移轨道需要减速才能进入100公里环月轨道B.“嫦娥三号”在近月点为15公里的椭圆轨道上各点的速度都大于其在100公里圆轨道上的速度C.“嫦娥三号”在100公里圆轨道上运动的周期大于其在近月点为15公里的椭圆轨道上运动的周期D.从15公里高度降至月球表面过程中，“嫦娥三号”处于失重状态参考答案：A“嫦娥三号”由地月转移轨道实施近月制动才能进入100公里环月圆轨道上，A正确；由卫星变轨条件可知近月点为15公里的椭圆轨道上远月点的速度小于圆轨道上的速度；由开普勒第三定律可得“嫦娥三号”在100公里圆轨道上运动的周期大于其在椭圆轨道上运动的周期，C正确；从15公里高度降至月球表面过程“嫦娥三号”需要减速下降，处于超重状态，D错误。2.如图所示，两虚线之间的空间内存在着正交或平行的匀强电场E和匀强磁场B，有一个带正电的小球(电荷量为＋q，质量为m)从正交或平行的电磁混合场上方的某一高度自由落下，那么带电小球可能沿直线通过下列哪几个电磁混合场A．①②③

B．②③④C．①②

D．③④参考答案：D3.如图所示，长为l的轻杆一端固定一质量为m的小球，另一端有

固定转轴O，杆可在竖直平面内绕轴O无摩擦转动。已知小球通过最低点Q时，速度大小为v=，则小球的运动情况为

A．小球不可能到达圆周轨道的最高点P

B．小球能到达圆周轨道的最高点P，但在P点不受轻杆对它的作用力

C．小球能到达圆周轨道的最高点P，且在P点受到轻杆对它向上的弹力

D．小球能到达圆周轨道的最高点P，且在P点受到轻杆对它向下的弹力参考答案：4.（单选）如图3所示，足够长的水平传送带以的速度匀速运行.t=0时，在最左端轻放一个小滑块，t=2s时，传送带突然制动停下.已知滑块与传送带之间的动摩擦因数为u=0.2，.在下图中，关于滑块相对地面运动的v-t图像正确的是（

）参考答案：【知识点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的图像．A2A5C2【答案解析】D解析：滑块放在传送带上受到滑动摩擦力作用做匀加速运动，a==μg=2m/s2，滑块运动到与传送带速度相同时需要的时间t1==1s然后随传送带一起匀速运动的时间t2=t-t1=1s当送带突然制动停下时，滑块在传送带摩擦力作用下做匀减速运动直到静止，a′=-a=-2m/s2,运动的时间t3=＝1s所以速度时间图象对应D选项．故选D【思路点拨】滑块放在传送带上受到滑动摩擦力作用做匀加速运动，当速度与传送带相等时，和传送带一起做运动运动，当传送带突然制动停下时，滑块在传送带摩擦力作用下做匀减速运动直到静止．物体在传送带运动问题，关键是分析物体的受力情况，来确定物体的运动情况，有利于培养学生分析问题和解决问题的能力．5.（单选）2014年11月欧航局“菲莱”探测器第一次在彗星上实现软着陆，人类对外太空的探索翻开了新的篇章．某探测器在太空被一未知行星的引力俘获，成为其卫星，若测得探测器绕行星做圆周运动半径为R，探测器与行星的连线在时间t内扫过的角度为θ，则再结合万有引力常量G可知（）A．行星的质量B．行星的半径C．行星的平均密度D．探测器所受引力的大小参考答案：解：A、根据探测器与行星的连线在时间t内扫过的角度为θ，可以得出角速度的大小为：，根据万有引力提供向心力，有：，解得：M=，A正确．B、根据题目中物理量，无法求出行星的半径，则无法得出行星的体积，所以无法求出行星的平均密度，故B、C错误．D、由于探测器的质量未知，无法求出探测器所受的引力大小，故D错误．故选：A．二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6.某同学的质量为60kg，在一次野营中，他从岸上以2m/s的速度，跳到一条以0.5m/s的速度正对着他飘来的小船上，跳上船后他又走了几步，最终停在船上。已知小船的质量为140kg，则人与小船共同运动的速度大小为_______m/s，运动方向为________。（填“向左”或“向右”）参考答案：0.25；向右7.小楠同学利用打点计时器所记录的纸带来研究做匀变速直线运动小车的运动情况，实验中得到一条纸带，如图所示，其中两相邻计数点间有四个点未画出，已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，则：（1）C点相对应刻度尺的读数为

cm；（2）打E点时小车运动的速度vE=

m/s（保留两位有效数字）；（3）小车运动的加速度a=

m/s2（保留两位有效数字）．参考答案：（1）3.00；（2）0.24；（3）0.40．【考点】测定匀变速直线运动的加速度．【分析】根据图示刻度尺确定其分度值，然后读出刻度尺示数；由△x=at2求出加速度，根据匀变速运动中平均速度等于中间时刻瞬时速度求解B点对应的速度．【解答】解：（1）由图示刻度尺可知，其分度值为1mm，由图可知，C、D、E、F四点对应的刻度分别是3.00cm、4.90cm、7.00cm、9.60cm，（2）利用匀变速直线运动的推论得：vE==≈0.24m/s（3）由△x=at2可知，小车的加速度：a==≈0.40m/s2．故答案为：（1）3.00；（2）0.24；（3）0.40．8.(4分)假定两个分子的距离为无穷远时它们的分子势能为O，使一个分子固定，另一个分子在外力作用下从无穷远逐渐向它靠近，直至相距很近很近。两个分子间距离为r0时分子间的引力与斥力平衡，则当r>r0时外力在做

（填“正功”或“负功”或“不做功）；当r<r0时分子势能在

（填“不变”或“增加”或“减少”）参考答案：

答案：正功

增加（各2分）9.“用DIS测变速直线运动的瞬时速度”实验中，使用的传感器是____________传感器。小王同学利用DIS实验器材研究某物体沿X轴运动的规律，发现物体所处的坐标X与时间t满足X=t3-2t（单位均是SI制单位），则该物体在第2秒末的瞬时速度大小为____________m/s。

参考答案：光电门

10

10.如图所示，用质量为m的活塞密封住质量为M的气缸，气缸有内一定质量的理想气体，活塞跟缸壁间的摩擦不计，大气压为p0，活塞横截面积为S，整个装置倒立在水平地面上．当封闭气体的热力学温度为T时，活塞与地面接触但无相互作用力，这时封闭气体的压强为__________．当温度升高到某一值时，发现气缸虽与地面接触但无相互作用力，这时封闭气体的温度为______________．

参考答案：11.物体因绕轴转动而具有的动能叫转动动能，转动动能的大小与物体转动的角速度有关．为了研究某一砂轮的转动动能EK与角速度ω的关系，可采用下述方法：先让砂轮由动力带动匀速转动，测得其角速度ω，然后让砂轮脱离动力，由于轮与轴之间存在摩擦，砂轮最后停下，测出脱离动力到停止转动砂轮转过的圈数n．测得几组不同的ω和n如下表所示ω（rad/s）

0.5

1

2

3

4n5

20

80

180

320Ek（J）

另外已测得砂轮转轴的直径为1cm，转轴间的摩擦力为10/πN．（1）试计算出每次脱离动力时砂轮的转动动能，并填入上表中；（2）试由上述数据推导出该砂轮转动动能Ek与角速度ω的关系式Ek=2ω2；（3）若脱离动力后砂轮的角速度为2.5rad/s，则它转过45圈后角速度ω=2rad/s．参考答案：考点：线速度、角速度和周期、转速．专题：匀速圆周运动专题．分析：（1）砂轮克服转轴间摩擦力做功公式W=f?n?πD，f是转轴间的摩擦力大小，n是砂轮脱离动力到停止转动的圈数，D是砂轮转轴的直径．根据动能定理得知，砂轮克服转轴间摩擦力做功等于砂轮动能的减小，求解砂轮每次脱离动力的转动动能．（2）采用数学归纳法研究砂轮的转动动能Ek与角速度ω的关系式：当砂轮的角速度增大为原来2倍时，砂轮的转动动能Ek是原来的4倍；当砂轮的角速度增大为原来4倍时，砂轮的转动动能Ek是原来的16倍，得到Ek与ω2成正比，则有关系式Ek=kω2．将任一组数据代入求出比例系数k，得到砂轮的转动动能Ek与角速度ω的关系式．（3）根据动能与角速度的关系式，用砂轮的角速度表示动能，根据动能定理求出转过45圈后的角速度．解答：解：（1）根据动能定理得：Ek=f?n?πD，代入计算得到数据如下表所示．ω/rad?s﹣10.51234n5.02080180320Ek/J0.5281832（2）由表格中数据分析可知，当砂轮的角速度增大为原来2倍时，砂轮的转动动能Ek是原来的4倍，得到关系Ek=kω2．当砂轮的角速度增大为原来4倍时，砂轮的转动动能Ek是原来的16倍，得到Ek与ω2成正比，则有关系式Ek=kω2．k是比例系数．将任一组数据比如：ω=1rad/s，Ek=2J，代入得到k=2J?s/rad，所以砂轮的转动动能Ek与角速度ω的关系式是Ek=2ω2（3）根据动能定理得﹣f?n?πD=2ω22﹣2ω12代入解得ω2=2rad/s故答案为：（1）如表格所示；（2）2ω2；（3）2．点评：本题考查应用动能定理解决实际问题的能力和应用数学知识处理物理问题的能力；注意摩擦力做功与路程有关．12.某同学设计了如图所示的装置来探究加速度与力的关系．弹簧测力计固定在一合适的木板上，桌面的右边缘固定一支表面光滑的铅笔以代替定滑轮，细绳的两端分别与弹簧测力计的挂钩和矿泉水瓶连接．在桌面上画出两条平行线MN、PQ，并测出间距d.开始时将木板置于MN处，现缓慢向瓶中加水，直到木板刚刚开始运动为止，记下弹簧测力计的示数F0，以此表示滑动摩擦力的大小．再将木板放回原处并按住，继续向瓶中加水后，记下弹簧测力计的示数F1，然后释放木板，并用秒表记下木板运动到PQ处的时间t.

(1)木板的加速度可以用d、t表示为a＝____________；为了减小测量加速度的偶然误差可以采用的方法是(一种即可)__________．(2)改变瓶中水的质量重复实验，确定加速度a与弹簧测力计示数F1的关系．下列图象能表示该同学实验结果的是____________．

(3)用加水的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，它的优点是________．A．可以改变滑动摩擦力的大小B．可以更方便地获取多组实验数据C．可以比较精确地测出摩擦力的大小D．可以获得更大的加速度以提高实验精度参考答案：(1)由于木板做初速度为零的匀加速直线运动，由d＝at2，得加速度a＝，减小偶然误差的常用方法是多次测量，求平均值．(2)由牛顿第二定律可得F1－F0＝ma，解得a＝.此实验要求水的质量必须远小于木板的质量．当矿泉水瓶中水的质量逐渐增大到一定量后，图象将向下弯曲，所以能够表示该同学实验结果的图象是图C(3)由于水的质量可以几乎连续变化，所以可以比较精确地测出摩擦力的大小，可以方便地获取多组实验数据，所以选项B、C正确．13.质量分别为60kg和70kg的甲、乙两人，分别同时从原来静止在光滑水平面上的小车两端.以3m/s的水平初速度沿相反方向跳到地面上。若小车的质量为20kg，则当两人跳离小车后，小车的运动速度大小为______________m/s，方向与______________（选填“甲”、“乙”）的初速度方向相同。参考答案：1.5m/s，甲三、简答题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14.如图，光滑绝缘底座上固定两竖直放置、带等量异种电荷的金属板a、b，间距略大于L，板间电场强度大小为E，方向由a指向b，整个装置质量为m。现在绝绿底座上施加大小等于qE的水平外力，运动一段距离L后，在靠近b板处放置一个无初速度的带正电滑块，电荷量为q，质量为m，不计一切摩擦及滑块的大小，则(1)试通过计算分析滑块能否与a板相撞(2)若滑块与a板相碰，相碰前，外力F做了多少功;若滑块与a板不相碰，滑块刚准备返回时，外力F做了多少功?参考答案：（1）恰好不发生碰撞（2）【详解】(1)刚释放小滑块时，设底座及其装置的速度为v由动能定理：放上小滑块后，底座及装置做匀速直线运动，小滑块向右做匀加速直线运动当两者速度相等时，小滑块位移绝缘底座的位移故小滑块刚好相对绝缘底座向后运动的位移，刚好不相碰(2)整个过程绝缘底座位移为3L则答：(1)通过计算分析可各滑块刚好与a板不相撞；(2)滑块与a板不相碰，滑块刚准备返回时，外力F做功为3qEL。15.（选修3-3模块）（4分）如图所示，绝热隔板S把绝热的气缸分隔成体积相等的两部分，S与气缸壁的接触是光滑的．两部分中分别盛有相同质量、相同温度的同种气体a和b．气体分子之间相互作用可忽略不计．现通过电热丝对气体a缓慢加热一段时间后，a、b各自达到新的平衡状态．试分析a、b两部分气体与初状态相比，体积、压强、温度、内能各如何变化？参考答案：

答案:

气缸和隔板绝热，电热丝对气体a加热，a温度升高，体积增大，压强增大，内能增大；（2分）

a对b做功，b的体积减小，温度升高，压强增大，内能增大。（2分）四、计算题：本题共3小题，共计47分16.从地面上以初速度v0=10m/s竖直向上抛出一质量为m=0.2kg的球，若运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比关系，球运动的速率随时间变化规律如图所示，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地时速率为v1=2m/s，且落地前球已经做匀速运动．(g=10m/s2)求：（1）球从抛出到落地过程中克服空气阻力所做的功；（2）球抛出瞬间的加速度大小；

参考答案：（1）由动能定理得

（2分）克服空气阻力做功

（2分）代入数据得：W=9.6J

(1分)（2）空气阻力

f=kv

（2分）落地前匀速，则

mg-kv1=0

（2分）刚抛出时加速度大小为a0，则

（2分）解得

（1分）

代入数据得：=60m/s2

(1分)17.如图所示，半径R=0.5m的金属圆筒a内同轴放置一半径稍小的金属圆筒b，筒a外部有平行于圆筒轴线、范围足够大的匀强磁场，磁感应强度B=0.2T．两圆筒之间加有U=150V的电压，使两圆筒间产生强电场．一比荷为=104C/kg的带正电粒子从紧贴b筒的c点由静止释放，穿过a筒上正对c点的小孔，垂直进入匀强磁场（不计粒子重力）．（1）求带电粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径；（2）若粒子从小孔射出的同时，筒a沿逆时针方向绕轴线高速旋转．为使粒子在不碰到圆筒a的情况下，还能返回到出发点c，则圆筒a旋转的角速度应满足什么条件？（忽略筒a旋转引起的磁场变化，不计粒子在两筒间运动的时间）参考答案：解：（1）设粒子从两圆筒间电场中飞出时速度为v，根据动能定理得：设粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r，联立解得：（1）粒子从A点进入磁场，可做出其运动轨迹，如图中虚线所示．利用几何关系可算得：设粒子在磁场中做圆周运动的周期为T，从A到B所用时间为t，则：则设圆筒角速度为ω，为使粒子每次都能从圆筒上的小孔进入电场，则应满足：由以上各式解得：ω=（24n+8）×102rad/s（n=0，1，2，3…）答：（1）带电粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为0.866m．（2）圆筒a旋转的角速度应满足的条件是：ω=（24n+8）×102rad/s（n=0，1，2，3…）．【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；动能定理．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】（1）粒子先加速后进入磁场做圆周运动，先由动能定理求得加速获得的速度，再由牛顿第二定律求解轨道半径．（2）粒子从A点进入磁场，画出其运动轨迹，由几何关系求出轨迹所的对