2022-2023学年贵州省贵阳市开磷集团子弟中学高三物理上学期期末试卷含解析

2022-2023学年贵州省贵阳市开磷集团子弟中学高三物理上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）如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点．据此可知（）A． 三个等势面中，a的电势最高B． 带电质点通过P点时的电势能较Q点大C． 带电质点通过P点时的动能较Q点大D． 带电质点通过P点时的加速度较Q点大参考答案：BD考点：等势面；电势能解：A、电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故c等势线的电势最高，a等势线的电势最低，故A错误；B、根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，故P点的电势能大于Q点的电势能，故B正确；C、从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，故C错误；D、等势线密的地方电场线密场强大，故P点位置电场强，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，故D正确．故选BD．2.（单选）如图，力F垂直作用在倾角为α的三角滑块上，滑块没被推动，则滑块受到水平地面的静摩擦力大小为（）A．0B．FcosαC．FsinαD．Ftanα参考答案：解：分析滑块的受力情况：重力G、地面的支持力N和静摩擦力f、力F，作出力图，如图，根据平衡条件得

f=Fsinα故选C3.2012年2月25日，我国成功地将第十一颗北斗导航卫星送入太空预定轨道一地球静止轨道，使之成为地球同步卫星。关于该卫星，下列说法正确的是A．相对于地面静止，离地面高度为在R～4R(R为地球半径)之间的任意值B．运行速度大于7.9km／sC．角速度大于静止在地球赤道上物体的角速度D．向心加速度大于静止在地球赤道上物体的向心加速度参考答案：4.远距离输送交流电都采用高压输电。我国正在研究用比330kV高得多的电压进行输电。采用高压输电的优点是①可节省输电线的铜材料

②可根据需要调节交流电的频率③可减少输电线上的能量损失

④可加快输电的速度上述四种说法正确的是：A．①②

B．①③

C．②③

D．③④参考答案：B5.（单选）质量为1kg的物体放在水平地面上，从t=0时刻起，物体受到一个方向不变的水平拉力作用，2s后撒去拉力，在前4s内物体的速度﹣时间图象如图所示，则整个运动过程中该物体（）A．所受的摩擦力的大小为1NB．第1s内受到的拉力大小是2NC．在4s末回到出发点D．在4s内的平均速度为1.5m/s参考答案：考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．版权所有专题：牛顿运动定律综合专题．分析：由图象求出各段的加速度，根据牛顿第二定律求摩擦力和拉力，平均速度为位移与时间的比值．解答：解：A、2﹣4s时：加速度a==1m/s2，所以摩擦力大小为f=ma=1N，A正确；B、第1秒内的加速度为=2m/s2，由F﹣f=ma知F=3N，B错误；C、由图象知物体的速度方向一直没变，所以在4s末离出发点最远，C错误；D、在4s内的位移为X==5m，平均速度为=1.25m/s，D错误；故选：A点评：本题首先充分挖掘图象的信息，由斜率等于加速度求得加速度，就可以根据牛顿定律列式求解．二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6.登山运动员在登雪山时要注意防止紫外线的过度照射，尤其是眼睛更不能长时间被紫外线照射，否则将会严重地损坏视力。有人想利用薄膜干涉的原理设计一种能大大减小紫外线对眼睛的伤害的眼镜。他选用的薄膜材料的折射率为n=1.6，所要消除的紫外线的频率为7.5Hz。则该紫外线在薄膜材料中的波长为

▲

m；要减少紫外线进入人眼，该种眼镜上的镀膜的最少厚度为

▲

m.参考答案：2.5×10-7m(2分)

1.25×10-7m7.如右图所示，在高处以初速度水平抛出一个带刺飞镖，在离开抛出点水平距离l、2l处有A、B两个小气球以速度匀速上升，先后被飞标刺破（认为飞标质量很大，刺破气球不会改变其平抛运动的轨迹），已知。则飞标刺破A气球时，飞标的速度大小为

；A、B两个小气球未被刺破前的匀速上升过程中，高度差

。参考答案：．5；4

8.有A、B两球在光滑水平面上沿着一条直线运动，它们发生碰撞后粘在一起，已知碰前两球的动量分别为PA=20kg·m/s和PB=15kg·m/s，碰撞后B球的动量改变了ΔPB=－10kg·m/s，则碰撞后A球的动量为PA′=__________kg·m/s，碰撞前两球的速度大小之比vA∶vB=__________。参考答案：30，9.如图为“用DIS（位移传感器、数据采集器、计算机）研究加速度和力的关系”的实验装置。（1）在该实验中必须采用控制变量法，应保持___________不变，用钩码所受的重力作为___________，用DIS测小车的加速度。（2）改变所挂钩码的数量，多次重复测量。在某次实验中根据测得的多组数据可画出a-F关系图线（如图所示）。①分析此图线的OA段可得出的实验结论是_________________________________。②（单选题）此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是（

）A．小车与轨道之间存在摩擦

B．导轨保持了水平状态C．所挂钩码的总质量太大

D．所用小车的质量太大参考答案：（1）小车的总质量，小车所受外力，（2）①在质量不变的条件下，加速度与外力成正比，②C，10.在研究弹簧的形变与外力的关系的实验中，将弹簧水平放置测出其自然长度，然后竖直悬挂让其自然下垂，在其下端竖直向下施加外力F，实验过程是在弹簧的弹性限度内进行的.用记录的外力F与弹簧的形变量作出的F－图线如下图1所示，由图可知弹簧的劲度系数为

。图线不过原点的原因是由于

。参考答案：11.一氢原子从能量为E2的能级跃迁至能量为E1的较低能级时释放的光子的波长为______（真空中光速c，普朗克常数h）参考答案：解析：由波尔假设可得hc/λ=E2-E1,释放的光子的波长为λ=.12.公交车在平直公路上匀速行驶，前方黄灯亮起后，司机立即采取制动措施，使汽车开始做匀减速运动直到汽车停下。已知开始制动后的第1s内和第2s内汽车的位移大小依次为8m和4m。则汽车的加速度大小为_______m/s2；开始制动时汽车的速度大小为_______m/s；开始制动后的3s内，汽车的位移大小为________m。参考答案：4

10

12.5匀变速直线运动连续相等时间间隔内位移之差等于即得到。根据匀变速直线运动位移公式，制动后第一秒内，计算得。制动后3秒内，汽车制动时间，即汽车运动时间只有2.5s，位移13.有两个单摆做简谐运动，位移与时间关系是：x1=3asin(4πbt+π/4)和x2=9asin(8πbt+π/2)，其中a、b为正的常数，则它们的：①振幅之比为__________；②摆长之比为_________。参考答案：①1：3

②4：1三、简答题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14.如图所示，荧光屏MN与x轴垂直放置，荧光屏所在位置横坐标x0＝40cm，在第一象限y轴和MN之间存在沿y轴负方向的匀强电场，在第二象限有半径R＝10cm的圆形磁场，磁感应强度大小B＝0.4T，方向垂直xOy平面向外。磁场的边界和x轴相切于P点。在P点有一个粒子源，平行于坐标平面，向x轴上方各个方向发射比荷为1.0×108C./kg的带正电的粒子，已知粒子的发射速率v0＝4.0×106m/s。不考虑粒子的重力粒子间的相互作用。求(1)带电粒子在磁场中运动的轨迹半径;(2)若所有带电粒子均打在x轴下方的荧光屏上，求电场强度的最小值参考答案：（1）（2）【详解】（1）粒子在磁场中做圆周运动，其向心力由洛伦兹力提供，即：，则；（2）由于r＝R，所以所有粒子从右半圆中平行x轴方向进入电场进入电场后，最上面的粒子刚好从Q点射出电场时，电场强度最小，粒子进入电场做类平抛运动，水平方向上竖直方向，联立解得最小强度为：；15.（4分）如图所示，光滑水平面轨道上有三个木块，A、B、C，质量分别为mB=mc=2m,mA=m，A、B用细绳连接，中间有一压缩的弹簧(弹簧与滑块不栓接)。开始时A、B以共同速度v0运动，C静止。某时刻细绳突然断开，A、B被弹开，然后B又与C发生碰撞并粘在一起，最终三滑块速度恰好相同。求B与C碰撞前B的速度。参考答案：解析：设共同速度为v，球A和B分开后，B的速度为,由动量守恒定律有,,联立这两式得B和C碰撞前B的速度为。考点：动量守恒定律四、计算题：本题共3小题，共计47分16.(10分)如图所示，平面有垂直于xOy的非匀强磁场，磁感应强度沿x方向的变化规律为B(x)=B0sinx，沿y方向磁应强度不发生变化.xOy平面内有一宽度为L足够长不计电阻的金属导轨MNPQ，电阻为R0导体棒CD以速度v从原点O开始匀速沿x方向运动，求

(1)导体上产生的电流随时间的变化规律.

(2)为使导体棒CD做匀速运动，必须在CD上加一外力，则当CD棒位移为2π时，外力共做了多少功?参考答案：解析：

(1)导体棒切割磁感线运动产生的感应电动势

E=B(x)Lv=LvB0sinx

导体棒作匀速运动x=vt

因此E=LvB0sinvt

I=

(2)从电流的表达式不难看出回路中产生的是正弦交流电，其有效值为I′=当CD棒位移为2π时，经历的时间为，恰为交流电的周期，由能量守恒定律可知外力所做的功等于回路中产生的热量

W=Q=I′2R0T=17.在如图6所示的空间里，存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B＝.在竖直方向存在交替变化的匀强电场，如图7所示(竖直向上为正)，电场大小为E0＝.一倾角为θ长度足够长的光滑绝缘斜面放置在此空间．斜面上有一质量为m，带电荷量为－q的小球，从t＝0时刻由静止开始沿斜面下滑，设第5s内小球不会离开斜面，重力加速度为g.求：图6图7(1)第6s内小球离开斜面的最大距离．(2)第19s内小球未离开斜面，θ角的正切值应满足什么条件？

参考答案：(1)设第一秒内小球在斜面上运动的加速度为a，由牛顿第二定律得：(mg＋qE0)sinθ＝ma

①第一秒末的速度为：v＝at1

②在第二秒内：qE0＝mg

③所以小球将离开斜面在上方做匀速圆周运动，则由向心力公式得qvB＝m

④圆周运动的周期为：T＝＝1s

⑤由题图可知，小球在奇数秒内沿斜面做匀加速运动，在偶数秒内离开斜面做完整的圆周运动．所以，第五秒末的速度为：v5＝a(t1＋t3＋t5)＝6gsinθ

⑥小球离开斜面的最大距离为：d＝2R3

⑦由以上各式得：d＝.(2)第19秒末的速度：v19＝a(t1＋t3＋t5＋t7＋…＋t19)＝20gsinθ

⑧小球未离开斜面的条件是：qv19B≤(mg＋qE0)cosθ

⑨所以：tanθ≤.答