第一學期高三物理期末考試試卷

　　大家有很多同學會說物理很難，難在哪裡呢，大家來看看吧，今天小編就給大家分享一下高三物理，希望大家來收藏哦

　　高三級物理上學期期末試題

　　14.A、B兩質點在同一平面內同時向同一方向做直線運動，它們的位移時間影象如圖所示，其中①是頂點過原點的拋物線的一部分，②是通過***0，3***的一條直線，兩影象相交於座標為***3，9***的P點，則下列說法不正確是*** ***

　　A.質點A做初速度為零，加速度為2m/s2的勻加速直線運動

　　B.質點B以2m/s的速度做勻速直線運動

　　C.在前3s內，質點A比B向前多前進了6m

　　D.在前3s內，某時刻A、B速度相等

　　15.建築工地通過吊車將物體運送到高處。簡化後模型如圖所示，直導軌ABC與圓弧形導軌CDE相連線，D為圓弧最高點，整個裝置在豎直平面內，吊車先加速從A點運動到C點，再勻速率通過CDE。吊車經過B、D處時，關於物體M受力情況的描述正確的是*** ***

　　A.過B點時，處於超重狀態，摩擦力水平向左

　　B.過B點時，處於超重狀態，摩擦力水平向右

　　C.過D點時，處於失重狀態，一定受摩擦力作用

　　D.過D點時，處於失重狀態，底板支援力一定為零

　　16.我國“天宮一號”圓滿完成相關科學實驗，於2018年“受控”墜落。若某航天器變軌後仍繞地球做勻速圓周運動，但動能增大為原來的4倍，不考慮航天器質量的變化，則變軌後，下列說法正確的是*** ***

　　A.航天器的軌道半徑變為原來的1 / 4

　　B.航天器的向心加速度變為原來的4倍

　　C.航天器的週期變為原來的1 / 4

　　D.航天器的角速度變為原來的4倍

　　17.如圖所示，一個帶正電荷q、質量為m的小球，從光滑絕緣斜面軌道的A點由靜止下滑，然後沿切線進入豎直面內半徑為R的光滑絕緣圓形軌道，恰能到達軌道的最高點B。現在空間加一豎直向下的勻強電場，若仍從A點由靜止釋放該小球***假設小球的電量q在運動過程中保持不變，不計空氣阻力***，則*** ***

　　A.小球一定不能到達B點

　　B.小球仍恰好能到達B點

　　C.小球一定能到達B點，且在B點對軌道有向上的壓力

　　D.小球能否到達B點與所加的電場強度的大小有關

　　18.如圖所示，理想變壓器原線圈的兩端 a、 b接正弦交流電源時，電壓表V的示數為220 V，電流表A1的示數為0.20 A。已知負載電阻 R=44 Ω，則下列判斷中正確的是***電錶均為理想交流電錶****** ***

　　A.原線圈和副線圈的匝數比為2:1

　　B.原線圈和副線圈的匝數比為5:1

　　C.電流表A2的示數為0.1 A

　　D.電流表A2的示數為0.4 A

　　19.如圖所示，圖中兩條平行虛線間存有勻強磁場，虛線間的距離為2L，磁場方向垂直紙面向裡.abcd是位於紙面內的梯形線圈，ad與bc間的距離為2L且均與ab相互垂直，ad邊長為2L，bc邊長為3L，t=0時刻，c點與磁場區域左邊界重合.現使線圈以恆定的速度v沿垂直於磁場區域邊界的方向穿過磁場區域.取沿a→b→c→d→a方向的感應電流為正，則線上圈穿過磁場區域的過程中，下列各量關係圖線可能正確的是*** ***

　　20.如圖所示，電源的電動勢E=12V，內阻r=3Ω;M為直流電動機，其電樞電阻r´=1Ω。當電阻箱R調到某值時，此時電源輸出功率最大。則此時*** ***

　　A.電阻箱的阻值一定是R=2Ω

　　B.電路中的電流強度一定是I=2A

　　C.電源的輸出功率一定是P輸=12W

　　D.電動機的機械輸出功率一定是4W

　　21.如圖所示，兩根相距L=0.8m、電阻不計的平行光滑金屬導軌水平放置，一端與阻值R=0.30Ω的電阻相連。導軌x>0一側存在沿x方向均勻增大的垂直紙面向裡的穩恆磁場，其方向與導軌平面垂直，大小的變化率為K=0.5T/m，x=0處磁場的磁感應強度B0=0.5T。一根質量m=0.2kg、電阻r=0.10Ω的金屬棒置於導軌上，並與導軌垂直。棒在外力作用下從x=0處以初速度v0=4m/s沿導軌向右運動，運動過程中電阻消耗的功率不變。下列說法正確的是*** ***

　　A.金屬棒從x=0運動到x=3m的過程中，安培力保持不變

　　B.金屬棒從x=0運動到x=3m的過程中，速度一直減小

　　C.金屬棒從x=0運動到x=3m的過程中，安培力做功的大小為12J

　　D.金屬棒從x=0運動到x=3m的過程中，外力的平均功率為5.6W

　　第 II 卷

　　三、非選擇題：本捲包括必考題和選考題兩部分。第22-32題為必考題，每個試題考生都必須作答。第33-38題為選考題，考生根據要求作答。

　　***一***必考題***共129分***

　　22.***7分***用如圖甲所示的裝置可驗證機械能守恆定律。裝置的主體是一個有刻度尺的立柱，其上裝有可移動的鐵夾A和光電門B。

　　主要實驗步驟如下：

　　①用遊標卡尺測量小球的直徑d，如圖乙所示;

　　②用細線將小球懸掛於鐵架臺上，小球處於靜止狀態;

　　③移動光電門B使之正對小球，固定光電門;

　　④在鐵夾A上固定一指標***可記錄小球釋放點的位置***;

　　⑤把小球拉到偏離豎直方向一定的角度後由靜止釋放，讀出小球釋放點到最低點的高度差h和小球通過光電門的時間t;

　　⑥改變小球釋放點的位置，重複步驟④⑤。

　　回答下列問題：

　　***1***由圖乙可知，小球的直徑d=____________cm;

　　***2***測得小球擺動過程中的最大速度為____________***用所測物理量的字母表示***;

　　***3***以t2為縱軸，以____________***填“h”或“1/h”***為橫軸，若得到一條過原點的、且斜率大小K=_________***用所測物理量的字母和重力加速度g表示***的傾斜直線，即可驗證小球在擺動過程中機械能守恆。

　　23.***8分***用以下器材儘可能準確地測量待測電阻Rx的阻值。

　　A.待測電阻Rx，阻值約為200Ω;

　　B.電源E，電動勢約為3.0V，內阻可忽略不計;

　　C.電流表A1，量程為0～10mA，內電阻r1=20Ω;

　　D.電流表A2，量程為0～20mA，內電阻約為r2≈8Ω;

　　E.定值電阻R0，阻值R0=80Ω;

　　F.滑動變阻器R1，最大阻值為10Ω;

　　G.滑動變阻器R2，最大阻值為200Ω;

　　H.單刀單擲開關S，導線若干;

　　***1***為了儘可能準確地測量電阻Rx的阻值，請你設計並在虛線框內完成實驗電路圖。

　　***2***滑動變阻器應該選_________***填器材前面的字母代號***;在閉合開關前，滑動變阻器的滑片P應置於________ 端;***填“a”或“b”***

　　***3***若某次測量中電流表A1的示數為I1，電流表A2的示數為I2.則Rx的表示式為：Rx=_______________

　　24.***12分***如圖所示，質量為mA=0.2 kg的小物塊A，沿水平面與小物塊B發生正碰，小物塊B質量為mB=1 kg。碰撞前，A的速度大小為v0=3 m/s，B靜止在水平地面上。由於兩物塊的材料未知，將可能發生不同性質的碰撞，已知A、B與地面間的動摩擦因數均為μ=0.2，重力加速度g取10 m/s2，試求碰後B在水平面上可能的滑行距離。***結果可用分數表示***

　　25.***20分***如圖所示，半徑為r的圓形區域內有平行於紙面的勻強偏轉電場，電場與水平方向成60º角，同心大圓半徑為 r，兩圓間有垂直於紙面向裡的勻強磁場，磁感應強度為B。質量為m，帶電量為+q的粒子經電場加速後恰好沿磁場邊界進入磁場，經磁場偏轉恰好從內圓的最高點A處進入電場，並從最低點C處離開電場。不計粒子的重力。求：

　　***1***該粒子從A處進入電場時的速率;

　　***2***偏轉電場的場強大小;

　　***3***使該粒子不進入電場並在磁場中做完整的圓周運動，加速電壓的取值範圍。

　　***二***選考題：共45分。請考生從2道物理題、2道化學題、2道生物題中每科任選一題作答。如果多做，則每科按所做的第一題計分。

　　33.[物理一選修3-3]***15分***

　　***1******5分***關於分子動理論和物體的內能，下列說法正確的是 _____。***填正確答案標號。選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分。每選錯1個扣3分，最低得分為0分***

　　A.某種物體的溫度為0℃，說明該物體中分子的平均動能為零

　　B.物體的溫度升高時，分子的平均動能一定增大，但內能不一定增大

　　C.當分子間的距離增大時，分子間的引力和斥力都減小，但斥力減小的更快，所以分子間作用力總表現為引力

　　D.10g100℃水的內能小於10g100℃水蒸氣的內能

　　E.兩個鉛塊擠壓後能緊連在一起，說明分子間有引力

　　***2******10分***有一導熱良好的圓柱形氣缸置於水平地面上，並用一光滑的質量為M活塞密封一定質量的理想氣體，活塞面積為S.開始時汽缸開口向上***如圖一***，已知外界大氣壓強p0，被封氣體的體積V1。求：

　　①求被封氣體的壓強p1;

　　②現將汽缸倒置***如圖二***，活塞與地面間的氣體始終與外界大氣相通，待系統重新穩定後，活塞移動的距離△h是多少?

　　34.[物理一選修3-4]***15分***

　　***1******5分***如圖所示，振幅、頻率均相同的兩列波相遇，實線與虛線分別表示兩列波的波峰和波谷.某時刻，M點處波峰與波峰相遇，下列說法中正確的是*** ***

　　A.該時刻質點O正處於平衡位置

　　B.P、N兩質點始終處在平衡位置

　　C.隨著時間的推移，質點M將沿波的傳播方向向O點處移動

　　D.從該時刻起，經過二分之一週期，質點M將到達平衡位置

　　***2******10分***兩塊相同的直角稜鏡與一塊等腰稜鏡拼接成如圖所示的組合稜鏡，稱為直視稜鏡.在主截面內，與底面平行的光線由左方射入稜鏡，光線等高地從右面稜鏡平行射出，猶如稜鏡不存在一樣.已知直角稜鏡的折射率為n1= ，等腰稜鏡的折射率為n2= ，不考慮底面的反射，求等腰稜鏡的頂角α.***當光以入射角θ1從折射率為n1的介質入射到折射率為n2的介質中時，折射角為θ2，則它們滿足關係式n1•sinθ1=n2•sinθ2***

　　物理評分細則：

　　14 15 16 17 18 19 20 21

　　C B A B B BD BC BCD

　　22、***7分******1***1.060***2分*** ***2***d / t***1分***

　　***3***1 / h***2分*** ***4***d2 / 2g***2分***

　　23、***8分******1***如右圖所示***3分***

　　***2***F***1分*** b***1分***

　　***3*** ***3分***

　　24、***12分***

　　AB碰後粘在一起後，B在水平面上滑行最短距離xmin

　　mAv0=***mA+mB***v1 ————2分解得：v1 =0.5m/s

　　————2分解得： ————1分

　　AB彈性碰撞後，B在水平面上滑行最長距離xmax

　　mAv0=mA vA+mBvB ————2分

　　————2分解得：vB=1m/s————1分

　　————1分

　　∴碰後B在水平面上可能滑行的距離範圍： ————1分

　　25、***20分***

　　***1******5分***由幾何關係得：

　　————2分解得：

　　————1分解得： ————2分

　　***2******6分***在電場中類平拋運動

　　————2分

　　————2分解得： ————2分

　　***3******9分***

　　————1分解得：

　　①當時，————1分，， ————1分

　　②當時，——1分，， ———1分

　　③當時，——1分，， ————1分

　　所以加速電壓的取值範圍為：

　　————1分和 ————1分

　　33、***1***、***5分***BDE***填正確答案標號。選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分。每選錯1個扣3分，最低得分為0分***

　　***2******10分***

　　①***4分***p1S= p0S+Mg————2分解得： ————2分

　　②***6分***p2S+Mg = p0S————2分解得：

　　p1 V1= p2 V2————2分解得：

　　————1分解得： ————1分

　　34、***1***BD

　　有關高三物理上學期期末試題

　　一、單項選擇題

　　1.下列各個物理量中屬於向量的有

　　A. 電場強度 B. 電勢差 C. 電場力做的功 D. 電勢能

　　【答案】A

　　【解析】

　　【分析】

　　向量是既有大小又有方向的物理量，標量是隻有大小沒有方向的物理量;

　　【詳解】A、電場強度為向量，其定義式為，其方向為正電荷的受力方向，故選項A正確;

　　B、電勢差、電場力的功以及電勢能只有大小，沒有方向，是標量，故選項BCD錯誤。

　　【點睛】對於向量與標量，要知道它們有兩大區別：一是向量有方向，標量沒有方向;二是運演算法則不同，向量運算遵守平行四邊形定則，標量運算遵守代數加減法則。

　　2.下列關於物理學史或物理方法的說法中正確的是

　　A. 伽利略利用斜面“外推”研究自由落體運動時，直接測量銅球的速度與時間的關係，得到自由落體運動的規律

　　B. 速度、加速度、動量和動能都是利用比值法定義的物理量

　　C. 物理模型在物理學的研究中起了重要作用，其中“質點”“點電荷”“光滑的輕滑輪”“輕彈簧”等都是理想化模型

　　D. 牛頓發現了萬有引力定律並測定了萬有引力常量G

　　【答案】C

　　【解析】

　　【詳解】A、伽利略時代，沒有先進的測量手段和工具，為了“沖淡”重力作用，採用斜面實驗，其實就是為了使物體下落時間長些，減小實驗誤差，根據實驗結果，伽利略將實驗結論進行合理的外推，得到自由落體的運動規律，但不是直接得出的落體規律，故選項A錯誤;

　　B、速度、加速度是用比值法定義的物理量，但是動量和動能都不是，故選項B錯誤;

　　C、物理模型在物理學的研究中起了重要作用，其中“質點”“點電荷”“光滑的輕滑輪”“輕彈簧”等都是理想化模型，故選項C正確;

　　D、牛頓發現了萬有引力定律，卡文迪許測定了萬有引力常量，故D錯誤。

　　【點睛】本題考查物理學史以及物理方法，是常識性問題，對於物理學上重大發現、發明、著名理論要加強記憶，這也是考試內容之一。

　　3.如圖所示一架飛機正在沿一直線勻速爬升，飛機除了受到重力以外還受到來自噴射氣體的推力、空氣阻力、升力等力的作用，請分析除去重力以外的其他外力的合力的方向

　　A. 沿飛機的速度方向 B. 垂直機身方向向上

　　C. 沿飛機速度的反方向 D. 豎直向上

　　【答案】D

　　【解析】

　　【詳解】由題可知飛機做勻速運動，處於平衡狀態，合力為零，則根據平衡條件可以知道：除去重力以外的其他外力的合力的大小與重力的大小相等，但是方向與重力的方向相反，即豎直向上，故選項D正確，ABC錯誤。

　　【點睛】本題主要考查物體的平衡狀態，掌握平衡狀態的平衡條件，即合力為零。

　　4.飛鏢比賽是一項極具觀賞性的體育比賽專案。 ***國際飛鏢聯合會***飛鏢世界盃賽上，某一選手在距地面高、離靶面的水平距離處，將質量為的飛鏢以速度水平投出，結果飛鏢落在靶心正上方。從理論分析只改變、、、四個量中的一個，可使飛鏢投中靶心的是***不計空氣阻力***

　　A. 適當減少飛鏢投出時的水平速度

　　B. 適當提高飛鏢投出時的離地高度

　　C. 適當減小飛鏢的質量

　　D. 適當減小飛鏢離靶面的水平距離

　　【答案】A

　　【解析】

　　飛鏢飛行中豎直方向y= gt2、水平方向L=v0t，得y= ，欲擊中靶心，應該使豎直位移增大，使L增大或v0減小，選項A正確.

　　5.如圖所示，兩光滑水平放置的平行金屬導軌間距為，直導線垂直跨在導軌上，且與導軌接觸良好，整個裝置處於垂直於紙面向裡的勻強磁場中，磁感應強度為。電容器的電容為，除電阻外，導軌和導線的電阻均不計。現給導線一初速度，使導線向右運動，當電路穩定後，以速度向右勻速運動時

　　A. 電容器兩端的電壓為零

　　B. 通過電阻的電流為

　　C. 電容器所帶電荷量為

　　D. 為保持勻速運動，需對其施加的拉力大小為

　　【答案】C

　　【解析】

　　AB、當導線MN勻速向右運動時,導線所受的合力為零,說明導線不受安培力,電路中電流為零,故電阻兩端沒有電壓.此時導線MN產生的感應電動勢恆定,根據閉合電路歐姆定律得知,電容器兩板間的電壓為 .故AB錯誤.

　　C、電容器所帶電荷量 ,所以C選項是正確的;

　　D、因勻速運動後MN所受合力為0,而此時無電流,不受安培力,則無需拉力便可做勻速運動,故D錯誤.

　　故選C

　　點睛：當電路穩定後,MN以速度v向右做勻速運動時,導線產生的感應電動勢恆定,對電容器不充電也放電,電路中無電流,電容器兩板間的電壓等於感應電動勢,即可求出電荷量.勻速時,電路中沒有電流,不受安培力,無需拉力.

　　6.自20世紀以來，隨著人類天文觀測技術的不斷進步，地球自轉中的各種變化相繼被天文學家發現，經過長時間的觀察和計算，天文科學家觀察到地球自轉速度存在長期減慢的趨勢。5.43億年前，地球每天的時間是0.37小時，5.43億年以來，地球每天的時間越來越長，平均每年增加0.00015秒，經過5.43億年的緩慢進化，現在，地球的一天的時間已經增加變化成了23小時56分。假設這種趨勢會持續下去，地球的其它條件都不變，未來人類發射的地球同步衛星與現在的相比

　　A. 距地面的距離變大

　　B. 向心加速度變大

　　C. 線速度變大

　　D. 角速度變大

　　【答案】A

　　【解析】

　　【分析】

　　同步衛星繞地球做勻速圓周運動，由地球的萬有引力提供向心力，由牛頓第二定律得到同步衛星的週期與半徑的關係，從而求出半徑大小、向心加速度大小、線速度大小和角速度大小的變化關係;

　　【詳解】A、設同步衛星的質量為m，軌道半徑為r，地球的質量為M，同步衛星做圓周運動，萬有引力提供向心力，由牛頓第二定律得：，解得：，由題意知，現在同步衛星的週期T變大，則：同步衛星的軌道半徑r增大，同步衛星距地面的高度變大，故A正確;

　　B、同步衛星做圓周運動，萬有引力提供向心力，由牛頓第二定律得：，解得，向心加速度，由於r變大，則向心角速度a減小，故B錯誤;

　　C、同步衛星做圓周運動，萬有引力提供向心力，由牛頓第二定律得：，解得，線速度為：，由於r變大，則線速度v變小，故C錯誤;

　　D、由題意知，現在同步衛星的週期變大，根據，可知角速度減小，故D錯誤。

　　【點睛】本題是萬有引力定律與圓周運動知識的綜合，關鍵要建立模型，抓住同步衛星做勻速圓周運動時，由地球的萬有引力提供向心力。

　　7.如圖所示，遊樂園的遊戲專案——旋轉飛椅，飛椅從靜止開始緩慢轉動，經過一小段時間，坐在飛椅上的遊客的運動可以看作勻速圓周運動。整個裝置可以簡化為如圖所示的模型。忽略轉動中的空氣阻力。設細繩與豎直方向的夾角為，則

　　A. 飛椅受到重力、繩子拉力和向心力作用

　　B.角越大，小球的向心加速度就越大

　　C. 只要線速度足夠大，角可以達到

　　D. 飛椅運動的週期隨著角的増大而增大

　　【答案】B

　　【解析】

　　【分析】

　　飛椅做勻速圓周運動時，由重力和繩子的拉力的合力提供向心力，根據牛頓第二定律進行分析即可;

　　【詳解】A、飛椅受到重力和繩子的拉力作用，二者的合力提供向心力，故選項A錯誤;

　　B、根據牛頓第二定律可知：，則向心加速度為大小為：，可知角越大，小球的向心加速度就越大，故選項B正確;

　　C、若角可以達到，則在水平方向繩子的拉力提供向心力，豎直方向合力為零，但是豎直方向只有重力作用，合力不可能為零，故選項C錯誤;

　　D、設繩長為L，則根據牛頓第二定律可知：，

　　整理可以得到：，當增大則減小，導致週期T減小，故選項D錯誤。

　　【點睛】飛椅做勻速圓周運動時，由重力和繩子的拉力的合力提供向心力，因此受力分析時不能將向心力作為單獨的力而分析出來，這是部分同學易錯的地方。

　　8.一列簡諧波沿軸傳播，其波源位於座標原點。質點剛好完成一次全振動時，形成的簡諧橫波波形如圖所示，已知波速為，波源簡諧運動的週期為，是沿波傳播方向上介質中的一個質點，則

　　A. 圖中軸上、之間的距離為

　　B. 波源的起振方向沿軸正方向

　　C. 在一個週期內，質點將向右運動一個波長的距離

　　D. 圖示時刻質點所受的回覆カ方向沿軸正方向

　　【答案】D

　　【解析】

　　【分析】

　　波在同一均勻介質中勻速傳播，振動在一個週期內傳播一個波長，簡諧波傳播過程中，質點做簡諧運動時，起振方向與波源起振方向相同，與圖示時刻波最前端質點的振動方向相同，各個質點合外力方向指向平衡位置;

　　【詳解】A、波長為，O、A 之間的距離為，故A錯誤;

　　B、波源O開始振動時的運動方向與波前質點的起振方向相同，沿y軸負方向，故B錯誤;

　　C、質點只是在平衡位置附近上下振動，並不隨波遷移，故C錯誤;

　　D、圖示時刻質點C所受的合外力方向指向平衡位置，即沿y軸正方向，故D正確。

　　【點睛】本題應用到機械波兩個基本特點：一簡諧橫波向前傳播時質點並不隨波遷移;二是介質中質點起振方向與波源起振方向相同。

　　9.利用電容感測器可檢測礦井滲水，及時發出安全警報，從而避免事故的發生。如圖所示是一種通過測量電容器電容的變化來檢測礦井中液麵高低的儀器原理圖，為位置固定的導體芯，為導體芯外面的一層絕緣物質，為導電液體***礦井中含有雜質的水***，、、構成電容器。若礦井滲水***導電液體深度增大***，則電流

　　A. 從向，、、構成的電容器放電

　　B. 從向，、、構成的電容器放電

　　C. 從向，、、構成的電容器充電

　　D. 從向，、、構成的電容器充電

　　【答案】D

　　【解析】

　　【分析】

　　由圖可知電容器的構造，再由平行板電容器的決定式進行分析即可;

　　【詳解】由圖可知，液體C與芯柱A構成了電容器的兩個極板，B為電介質，由圖可知，兩板間距離不變，液麵變化時只有正對面積發生變化;則由可知，當液麵升高時，只能是正對面積S增大，故可判斷電容增大，再依據，因此電勢差不變，那麼電容的電荷量增大，因此電容器處於充電狀態，由圖可知電流從向，故ABC錯誤，D正確。

　　【點睛】本題考查平行板電容器在生產生活中的應用，注意由題意找出我們常見的模型再進行分析。

　　10.某興趣小組利用如圖所示裝置給燈泡供電。圖中兩磁極位置相對於水平軸線對稱，導線框繞軸線以角速度勻速轉動，並通過升壓變壓器給燈泡供電。下列說法正確的是

　　A. 圖示位置穿過線框的磁通量為零

　　B. 圖示位置線框產生的感應電動勢為零

　　C. 線框中電流的有效值小於燈泡中電流的有效值

　　D. 若燈泡偏暗，可通過增加原線圈匝數來提高燈泡亮度

　　【答案】B

　　【解析】

　　【分析】

　　線框與磁場垂直時，位於中性面，感應電動勢為零，根據電壓與匝數成正比，電流與匝數成反比，逐項分析即可得出結論;

　　【詳解】A、由圖可知，此時線圈和磁場垂直，線框的磁通量最大，感應電動勢為零，故A錯誤，B正確;

　　C、根據變壓器的原理可以得到原副線圈電流與匝數的關係為：，由圖可知匝數關係為：，則可以知道，故選項C錯誤;

　　D、根據變壓器的原理可以得到原副線圈電壓與匝數的關係為：，則可以得到副線圈電壓即燈泡兩端電壓為：，若增大則減小，則燈泡繼續偏暗，故選項D錯誤。

　　【點睛】本題關鍵交變電流產生的過程及其規律，掌握住理想變壓器的電壓、電流及功率之間的關係。

　　11.如圖甲所示，傾斜的傳送帶正以恆定速率沿順時針方向轉動，傳送帶的傾角為。一物塊以初速度從傳送帶的底部衝上傳送帶並沿傳送帶向上運動，其運動的圖象如圖乙所示，物塊到傳送帶頂端時速度恰好為零，，，取，則

　　A. 由圖乙可知，內物塊受到的摩擦力大於內的摩擦力

　　B. 摩擦力方向一直與物塊運動的方向相反

　　C. 物塊與傳送帶間的動摩擦因數為

　　D. 傳送帶底端到頂端的距離為

　　【答案】C

　　【解析】

　　【分析】

　　剛開始時，物塊的速度大於傳送帶的速度，受到沿斜面向下的滑動摩擦力，向上做減速運動，速度與傳送帶相等以後，物體所受摩擦力改為向上，繼續向上做減速運動;根據牛頓第二定律求解摩擦因數，根據圖象的“面積”求傳送帶底端到頂端的距離;

　　【詳解】A、由乙圖可知在0-1s內物塊的速度大於傳送帶的速度，物塊所受摩擦力的方向沿斜面向下，與物塊運動的方向相反;1-2s內，物塊的速度小於傳送帶的速度，物塊所受摩擦力的方向沿斜面向上，與物塊運動的方向相同，由於物塊對傳送帶的壓力相等，根據摩擦力公式可知兩段時間內摩擦力大小相等，故選項AB錯誤;

　　C、在內物塊的加速度大小為，根據牛頓第二定律得：，解得，故C正確;

　　D、物塊上升的位移大小等於圖象所包圍的面積大小，為：

　　，所以傳送帶底端到頂端的距離為，故D錯誤。

　　【點睛】解決本題的關鍵理清物體在整個過程中的運動規律，結合牛頓第二定律和運動學公式進行求解。

　　12.如圖甲是建築工地將樁料打入泥土中以加固地基的打夯機示意圖，打夯前先將樁料扶正立於地基上，樁料進入泥土的深度忽略不計。已知夯錘的質量為，樁料的質量為。每次打夯都通過捲揚機牽引將夯錘提升到距離樁頂處再釋放，讓夯錘自由下落，夯錘砸在樁料上後立刻隨樁料一起向下運動。樁料進入泥土後所受阻力隨打入深度的變化關係如圖乙所示，直線斜率。取，則下列說法正確的是

　　A. 夯錘與樁料碰撞前瞬間的速度為

　　B. 夯錘與樁料碰撞後瞬間的速度為

　　C. 打完第一夯後，樁料進入泥土的深度為

　　D. 打完第三夯後，樁料進入泥土的深度為

　　【答案】C

　　【解析】

　　【分析】

　　夯錘先自由下落，然後與樁料碰撞，先由運動學公式求出與樁料碰撞前瞬間的速度，對於碰撞過程，由於內力遠大於外力，所以系統的動量守恆，由動量守恆定律求出碰後共同速度;夯錘與樁料一起下沉的過程，重力和阻力做功，由動能定理可求得樁料進入泥土的深度;

　　【詳解】A、夯錘與樁料碰撞前瞬間的速度，得

　　取向下為正方向，打擊過程遵守動量守恆定律，則得：

　　代入資料解得：，故選項AB錯誤;

　　C、由乙圖知，樁料下沉過程中所受的阻力是隨距離均勻變化，可用平均力求阻力做功，為

　　打完第一夯後，對夯錘與樁料，由動能定理得：

　　即：

　　代入資料解得，故選項C正確;

　　D、由上面分析可知：第二次夯後樁料再次進入泥土的深度為

　　則對夯錘與樁料，由動能定理得：

　　同理可以得到：第三次夯後樁料再次進入泥土的深度為

　　則對夯錘與樁料，由動能定理得：

　　則打完第三夯後，樁料進入泥土的深度為

　　代入資料可以得到：，故選項D錯誤。

　　【點睛】本題的關鍵是要分析物體的運動過程，抓住把握每個過程的物理規律，要知道當力隨距離均勻變化時，可用平均力求功，也可用圖象法，力與距離所夾面積表示阻力做功的大小。

　　二、實驗題

　　13.如圖甲所示，在“驗證力的平行四邊形定則”的實驗中，小高同學進行實驗的主要步驟是：將橡皮條的一端固定在木板上A位置，另一端繫有輕質小圓環：兩根輕質細繩的一端分別系在小圓環上，另一端分別系在彈簧測力計的掛鉤上。現用彈簧測力計通過細繩拉動小圓環，使橡皮條沿平行木板平面伸長至O位置。讀取此時彈簧測力計的示數，分別記錄兩個拉力F1、F2的大小。再用筆在兩繩的拉力方向上分別標記a、b兩點，並分別將其與O點連線，表示兩力的方向。再用一個彈簧測力計將橡皮筋的活動端仍拉至O點，記錄其拉力F的大小並用上述方法記錄其方向.對於上述的實驗過程，下列說法中正確的是________

　　A.用一個彈簧測力計將橡皮筋的活動端時，可以拉至O點，也可以不拉至O點

　　B.兩根輕質繩拉力的方向應與木板平面平行

　　C.這位同學在實驗中確定分力方向時，圖甲所示的a點離O點過近，標記得不妥

　　D.圖乙是在白紙上根據實驗結果作出的圖示，其中F是F1和F2合力的理論值

　　【答案】BC

　　【解析】

　　【分析】

　　驗證力的平行四邊形定則的實驗中需要我們讓兩次拉時的效果相同，且需要記錄下拉力的大小及方向;分析兩個合力的來源可知實驗值及真實值;

　　【詳解】A、兩次用彈簧測力計將橡皮筋的活動端都要拉至O點，這樣做的目的是保證前後兩次作用力的效果相同;故A錯誤.

　　B、為保證拉力的方向為在紙面上畫出的方向，OB和OC繩拉力的方向應與木板平面平行;故B正確.

　　C、由圖可知，O、a兩點距離太近，畫力的方向時容易產生誤差，應使a離O遠一些;則C正確.

　　D、圖乙是在白紙上根據實驗結果作出的力的圖示，實際測量值一定與AO在同一直線上，而另一合力是由平行四邊形得出的，一定為平行四邊形的對角線，故F為實際測量值，F′為實驗值;故D錯誤.

　　故選BC.

　　【點睛】要圍繞“驗證力的平行四邊形定則”的實驗原理對實驗步驟和實驗中需要注意的問題進行記憶.

　　14.單擺測定重力加速度的實驗中：

　　***1***實驗時用20分度的遊標卡尺測量擺球直徑，示數如圖甲所示，該擺球的直徑 ________

　　***2***接著測量了擺線的長度為。，實驗時用拉力感測器測得擺線的拉力隨時間變化的影象如圖乙所示，寫出重力加速度與、、的關係式： ________。

　　***3***某小組改變擺線長度，測量了多組資料。在進行資料處理時，甲同學把擺線長作為擺長，直接利用公式求出各組重力加速度值再求出平均值：乙同學作出影象後求出斜率，然後算出重力加速度。兩同學處理資料的方法對結果的影響是：甲________，乙________。***填“偏大”、“偏小”或“無影響”***

　　【答案】 ***1***. 14.15 ***2***. ***3***. 偏小 ***4***. 無影響

　　【解析】

　　【分析】

　　***1***由圖示遊標卡尺確定遊標尺的精度，遊標卡尺主尺示數與遊標尺示數之和是遊標卡尺的示數;

　　***2***單擺的擺長等於擺線的長度與擺球的半徑之和，根據題意求出擺長，由影象確定單擺的週期，最後由單擺週期公式求出重力加速度的表示式;

　　***3***根據單擺週期公式判斷甲的測量值與真實值間的關係，由單擺週期公式的變形公式求出關係表示式，然後根據影象斜率求解加速度，之後判斷測量值與真實值間的關係;

　　【詳解】***1***由圖甲所示遊標卡尺可知，遊標尺是20分度的，遊標尺的精度是，遊標尺主尺示數是，遊標尺示數是，遊標卡尺示數，即擺球的直徑為： ;

　　***2***單擺擺長等於擺線長度與擺球半徑之和，則單擺擺長為，由圖乙所示圖象可知，單擺的週期，由單擺週期公式可知，

　　重力加速度 ;

　　***3***由單擺週期公式可知，重力加速度，擺長應該是擺線長度與擺球半徑之和，甲同學把擺線長作為擺長，擺長小於實際擺長，由可知，重力加速度的測量值小於真實值;

　　對於乙同學，若擺長為擺線長，則由可知，，其中，由此可見，與成正比，k是比例常數，在影象取兩組座標和，可以得到斜率，可知由於單擺擺長偏大還是偏小不影響圖象的斜率，因此擺長偏小不影響重力加速度的測量值。

　　【點睛】根據圖乙所示圖象求出單擺的週期是易錯點，要掌握單擺的運動過程，結合圖象求出單擺週期，熟練應用單擺週期公式是正確解題的關鍵。

　　15.某實驗小組利用如圖1所示的電路做”測量電池的電動勢和內電阻”的實驗。

　　***1***請你根據電路圖，在圖3所示的實物圖上連線_____________。

　　***2***該小組利用測量出來的幾組電壓和電流值畫出了圖線如圖2。根據圖線求出電源的電動勢 ________，電源的內電阻 ________。

　　***3***另一實驗小組也做了“測量電池的電動勢和內電阻”的實驗，他們在實驗室裡找到了以下器材：

　　A.一節待測的乾電池

　　B.電流表 ***滿偏電流，內阻 ***

　　C.電流表 *** ，內阻約為 ***

　　D.滑動變阻器 *** ， ***

　　E.定值電阻 *** ***

　　F.開關和導線若干

　　某同學發現上述器材中雖然沒有電壓表，但提供了兩塊電流表，於是他設計瞭如圖4所示的電路，並進行實驗。該同學測出幾組電流表、的資料、，利用測出的資料畫出影象，則由影象可得被測乾電池的電動勢 _________ ，內電阻 ________ 。***兩空結果均保留兩位有效數字***

　　【答案】 ***1***. 如圖所示：

　　***2***. ***3***. ***4***. 【答題空4】1.5 ***5***. 【答題空5】0.60

　　【解析】

　　【分析】

　　***1***根據圖1所示電路圖連線實物電路圖;

　　***2***電源U-I圖象與縱軸的交點是電源電動勢，圖象斜率的絕對值等於電源內阻;

　　***3***由圖象求出與縱軸的交點，然後由歐姆定律求出該電流所對應的電壓，該電壓是電源的電動勢，圖象斜率的絕對值等於電源的內阻;

　　【詳解】***1***根據電路圖連線實物電路圖，如圖所示：

　　***2***由圖2所示可知，電源電動勢為，電源內阻 ;

　　***3***由圖5所示可知，圖象與縱軸的交點為：，與橫軸的交點為：，

　　則電源內阻為：

　　電源電動勢為：。

　　【點睛】應用圖象求電源電動勢與內阻時，從圖象上求出電流值，然後應用歐姆定律求出電源電動勢與內阻。

　　三、計算題

　　16.北京將在2022年舉辦冬季奧運會，滑雪運動將速度與技巧完美地結合在一起，一直深受廣大觀眾的歡迎。一質量為60kg的運動員在高度為，傾角為的斜坡頂端，從靜止開始沿直線滑到斜面底端。下滑過程運動員可以看作質點，收起滑雪杖，忽略摩擦阻力和空氣阻力，取，問：

　　***1***運動員到達斜坡底端時的速率 ;

　　***2***運動員剛到斜面底端時，重力的瞬時功率;

　　***3***從坡頂滑到坡底的過程中，運動員受到的重力的沖量。

　　【答案】***1*** ***2*** ***3*** 方向為豎直向下

　　【解析】

　　【分析】

　　***1***根據牛頓第二定律或機械能守恆定律都可以求出到達底端的速度的大小;

　　***2***根據功率公式進行求解即可;

　　***3***根據速度與時間關係求出時間，然後根據衝量公式進行求解即可;

　　【詳解】***1***滑雪者由斜面頂端滑到底端過程中，系統機械能守恆：

　　到達底端時的速率為： ;

　　***2***滑雪者由滑到斜面底端時重力的瞬時功率為： ;

　　***3***滑雪者由斜面頂端滑到底端過程中，做勻加速直線運動

　　根據牛頓第二定律，可以得到：

　　根據速度與時間關係可以得到：

　　則重力的衝量為：，方向為豎直向下。

　　【點睛】本題關鍵根據牛頓第二定律求解加速度，然後根據運動學公式求解末速度，注意瞬時功率的求法。

　　17.隨著新技術的應用，手機不斷地更新換代。新機型除了常規的硬體升級外，還支援快充和無線充電。圖甲為興趣小組製作的無線充電裝置中的輸電線圈示意圖，已知線圈匝數，電阻，線圈的橫截面積，外接電阻。線圈處在平行於線圈軸線的磁場中，磁場的磁感應強度隨時間變化如圖乙所示，求：

　　***1*** 時線圈中的感應電動勢

　　***2*** 內通過電阻的電荷量 ;

　　***3*** 內電阻上產生的熱量。

　　【答案】***1*** ***2*** ***3***

　　【解析】

　　【分析】

　　根據法拉第電磁感應定律列式求解感應電動勢，根據閉合電路歐姆定律求解電流，根據焦耳定律列式求解熱量即可;

　　【詳解】***1***由圖乙可知時刻

　　根據法拉第電磁感應定律得

　　代入資料解得： ;

　　***2*** 內根據閉合電路歐姆定律可以得到：

　　電荷量

　　代入資料可以解得： ;

　　***3*** 內，根據上面分析可知：，，

　　根據焦耳定律可以得到，上產生的焦耳熱為：

　　內，同理可以得到：，，

　　根據焦耳定律可以得到，上產生的焦耳熱為：

　　所以。

　　【點睛】本題關鍵是根據法拉第電磁感應定律列式求解各個時間段的感應電動勢大小，然後根據歐姆定律、電流定義公式、焦耳定律列式求解即可。

　　18.如圖所示，長度為的輕繩一端固定於點，另一端系一個質量為的小球，將細繩拉直到水平狀態時輕輕釋放小球。問：

　　***1***小球經過最低點時，細繩受到的拉力大小。

　　***2***若在點的正下方釘一個釘子，要求小球在細繩與釘子相碰後能夠繞釘子做一個完整的圓周運動***忽略釘子的直徑***，釘子的位置到懸點的距離至少為多大?

　　***3***經驗告訴我們，當細繩與釘子相碰時，釘子的位置越靠近小球，繩就越容易斷。請你通過推導計算解釋這一現象。***推導過程中需要用到的物理量，自己設定。***

　　【答案】***1*** ***2*** ***3***見解析

　　【解析】

　　【分析】

　　根據動能定理或機械能守恆求出小球運動到最低點時速度的表示式，根據牛頓第二定律求解繩的拉力，逐項分析即可;

　　【詳解】***1***小球從繃緊的輕繩水平時擺下到最低點過程機械能守恆：

　　由牛頓第二定律可得：

　　小球在最低點時，輕繩受到的拉力： ;

　　***2***設釘子點到懸點的距離為，小球在細繩與釘子相碰後圓周軌道半徑為

　　小球擺到最高點時，由牛頓第二定律可得：，其中：

　　由機械能守恆定律可得：

　　解得： ;

　　***3***設小球到釘子的距離為，

　　小球擺到最低點過程中，由機械能守恆定律可得：

　　小球通過最低點的速度：

　　在最低點由牛頓第二定律可得：

　　則：

　　可見釘子點到小球的距離越小，輕繩拉力越大，繩就越容易斷。

　　【點睛】該題是機械能及圓周運動相結合的問題，關鍵找出向心力的提供者，這是解決這類問題通用的方法，同時要注意恰好通過最高點的臨界條件。

　　19.如圖軌道Ⅲ為地球同步衛星軌道，發射同步衛星的過程可以筒化為以下模型：先讓衛星進入一個近地圓軌道Ⅰ***離地高度可忽略不計***，經過軌道上點時點火加速，進入橢圓形轉移軌道Ⅱ。該橢圓軌道Ⅱ的近地點為圓軌道Ⅰ上的點，遠地點為同步圓軌道Ⅲ上的點。到達遠地點時再次點火加速，進入同步軌道Ⅲ。

　　已知引力常量為，地球質量為，地球半徑為，飛船質量為，同步軌道距地面高度為。

　　當衛星距離地心的距離為時，地球與衛星組成的系統的引力勢能為 ***取無窮遠處的引力勢能為零***，忽略地球自轉和噴氣後飛船質量的変化，問：

　　***1***在近地軌道Ⅰ上執行時，飛船的動能是多少?

　　***2***若飛船在轉移軌道Ⅱ上運動過程中，只有引力做功，引力勢能和動能相互轉化。已知飛船在橢圓軌道Ⅱ上執行中，經過點時的速率為，則經過點時的速率多大?

　　***3***若在近地圓軌道Ⅰ上執行時，飛船上的發射裝置短暫工作，將小探測器射出，並使它能脫離地球引力範圍***即探測器可以到達離地心無窮遠處***，則探測器離開飛船時的速度 ***相對於地心***至少是多少?***探測器離開地球的過程中只有引力做功，動能轉化為引力勢能***

　　【答案】***1*** ***2*** ***3***

　　【解析】

　　【分析】

　　***1***萬有引力提供向心力，求出速度，然後根據動能公式進行求解;

　　***2***根據能量守恆進行求解即可;

　　***3***將小探測器射出，並使它能脫離地球引力範圍，動能全部用來克服引力做功轉化為勢能;

　　【詳解】***1***在近地軌道***離地高度忽略不計***Ⅰ上執行時，在萬有引力作用下做勻速圓周運動

　　即：

　　則飛船的動能為 ;

　　***2***飛船在轉移軌道上運動過程中，只有引力做功，引力勢能和動能相互轉化。由能量守恆可知動能的減少量等於勢能的増加量：

　　若飛船在橢圓軌道上執行，經過點時速率為，則經過點時速率為：

　　;

　　***3***若近地圓軌道執行時，飛船上的發射裝置短暫工作，將小探測器射出，並使它能脫離地球引力範圍***即探測器離地心的距離無窮遠***，動能全部用來克服引力做功轉化為勢能

　　即：

　　則探測器離開飛船時的速度***相對於地心***至少是：。

　　【點睛】本題考查了萬有引力定律的應用，知道萬有引力提供向心力，同時注意應用能量守恆定律進行求解。

　　20.高能粒子是現代粒子散射實驗中的炮彈，加速器是加速粒子的重要工具，是核科學研究的重要平臺。

　　質子迴旋加速器是利用電場和磁場共同作用，使質子作迴旋運動，在運動中通過高頻電場反覆加速、獲得能量的裝置。質子迴旋加速器的工作原理如圖***a***所示，置於真空中的形金屬盒半徑為，兩盒間狹縫的間距為，磁感應強度為的勻強磁場與盒面垂直，被加速質子*** ***的質量為，電荷量為。加在狹縫間的交變電壓如圖***b***所示，電壓值的大小為、週期。為了簡化研究，假設有一束質子從板上處小孔均勻地飄入狹縫，其初速度視為零。不考慮質子間的相互作用。

　　***1***質子在磁場中的軌跡半徑為***已知***時的動能 ;

　　***2***請你計算質子從飄入狹縫至動能達到 ***問題***1***中的動能***所需要的時間。***不考慮質子間的相互作用，假設質子每次經過狹縫均做加速運動。***

　　***3***若用該裝置加速氦核*** ***，需要對偏轉磁場或交變電壓作出哪些調整?

　　【答案】***1*** ***2***

　　***3***方案一：增大磁感應強度，使得氦核的圓周運動週期等於上述電場的週期即可。

　　方案二：增大交變電場的週期，使得電場的週期等於氦核圓周運動的週期。

　　【解析】

　　【分析】

　　迴旋加速器的工作條件是電場的變化週期與粒子在磁場中運動的週期相等，迴旋加速器運用電場加速磁場偏轉來加速粒子，根據洛倫茲力提供向心力進行求解即可;

　　【詳解】***1***洛倫茲力提供向心カ，根據牛頓第二定律有：

　　粒子的動能為，解得 ;

　　***2***設粒子被加速次後達到最大動能，則有，解得：

　　粒子在狹縫間做勻加速運動，加速度為

　　設次經過狹縫的總時間為，根據運動學公式有：

　　設在磁場中做圓周運動的週期為，某時刻質子的速度為，半徑為

　　則，，由

　　解得： ;

　　***3***氦核的荷質比與質子不同，要實現每次通過電場都被加速，需要保證交變電場的週期與磁場中圓周運動的週期相同，粒子在磁場中的圓周運動週期，氦核的荷質比大於質子，使得圓周運動週期變大

　　方案一：增大磁感應強度，使得氦核的圓周運動週期等於上述電場的週期即可。

　　方案二：增大交變電場的週期，使得電場的週期等於氦核圓周運動的週期。

　　【點睛】解決本題的關鍵知道迴旋加速器電場和磁場的作用，知道最大動能與什麼因素有關，以及知道粒子在磁場中運動的週期與電場的變化的週期相等。

　　高三物理上學期期末試卷帶答案

　　選擇題：本題共8小題，每題6分。在每小題給出的四個選項中，第14~18題只有項符合題目要求，19~21題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有錯選或不選的得0分。

　　1.關於碳14的衰變方程 C→ X+ e，下面說法正確的是

　　A. A等於13，Z等於5 B. A等於14，Z等於7

　　C. A等於14，Z等於5 D. A等於13，Z等於6

　　【答案】B

　　【解析】

　　【分析】

　　根據質量數和電荷數守恆可求解A和Z的值。

　　【詳解】根據質量數和電荷數守恆可知：14=A;6=Z+***-1***，解得Z=7，故選B.

　　2.如圖所示，長木板A與物體B疊放在水平地面上，物體與木板左端立柱間放置輕質彈簧，在水平外力F作用下，木板和物體都靜止不動，彈簧處於壓縮狀態。將外力F緩慢減小到零，物體始終不動，在此過程中

　　A. 彈簧彈力逐漸減小

　　B. 物體B所受摩擦力逐漸減小

　　C. 物體B所受摩擦力始終向左

　　D. 木板A受到地面的摩擦力逐漸減小

　　【答案】D

　　【解析】

　　【分析】

　　物體始終不動，則彈簧的長度不變，彈力不變;軌物體B受力分析，分析物體B所受摩擦力的大小和方向情況;對整體受力分析，可得木板A受到地面的摩擦力的變化.

　　【詳解】將外力F緩慢減小到零，物體始終不動，則彈簧的長度不變，彈力不變，選項A錯誤;對物體B，因開始時所受的靜摩擦力的方向不確定，則由F彈=F±f，則隨F的減小，物體B所受摩擦力大小和方向都不能確定，選項BC錯誤;對AB的整體，水平方向力F與地面對A的摩擦力平衡，則隨F的減小，木板A受到地面的摩擦力逐漸減小，選項D正確，故選D.

　　【點睛】此題關鍵是能正確選擇研究物件，靈活運用整體法和隔離法;抓住物體始終不動進行分析;注意靜摩擦力可能的不同的方向.

　　3.空間存在平行於紙面方向的勻強電場，紙面內ABC三點形成一個邊長為1cm的等邊三角形。將電子由A移動到B點，電場力做功2eV，再將電子由B移動到C點，克服電場力做功1eV。勻強電場的電場強度大小為

　　A. 100V/m B. V/m C. 200V/m D. 200 V/m

　　【答案】C

　　【解析】

　　【分析】

　　根據電場力功與電勢差的關係求解AB和BC各點之間的電勢差，然後找到等勢面確定場強的方向，根據E=U/d求解場強。

　　【詳解】將電子由A移動到B點，電場力做功2eV，則 ;同樣：，若設C點的電勢為0，則B點的電勢為1V，A點的電勢為-1V，則AB中點的電勢與C點電勢相同，可知場強方向沿BA方向斜向上，場強為，故選C.

　　4.某顆星球的同步軌道半徑為該星球半徑的6倍。物體A在該星球赤道上隨星球一起自轉，衛星B繞星球做勻速圓周運動，軌道半徑等於星球半徑的3倍。物體A和衛星B的線速度大小之比為

　　A. 1︰ B. ︰1 C. 1︰3 D. 1︰6

　　【答案】A

　　【解析】

　　【分析】

　　物體A在該星球赤道上隨星球一起自轉的角速度與同步衛星的角速度週期相同，根據萬有引力等於向心力列式即可求解.

　　【詳解】設星球的半徑為R，則對同步衛星： ;對物體A： ;對衛星B: ;聯立解得：，故選A.

　　5.如圖所示為兩個底邊和高都是L的等腰三角形，三角形內均分佈方向如圖所示的勻強磁場，磁感應強度大小為B。一邊長為L、電阻為R的正方形線框置於三角形所在平面內，從圖示位置開始沿x軸正方向以速度v勻速穿過磁場區域。取逆時針方向感應電流為正，則線框中電流i隨bc邊的位置座標x變化的圖象正確的是

　　A. B.

　　C. D.

　　【答案】C

　　【解析】

　　【分析】

　　分段確定線框有效的切割長度，分析線框中感應電動勢的大小與位置座標的關係.線框的電阻一定，感應電流與感應電動勢成正比.

　　【詳解】bc邊的位置座標x在0-L過程，線框bc邊有效切線長度從0到L再減到0，感應電流的方向為逆時針方向，感應電動勢從0增加到BLv，再減到0，感應電流從0增加到，再減到0; bc邊的位置座標x在L-2L過程中，bc邊進入右側磁場切割磁感線產生順時針方向的電流，ad邊在左側磁場切割磁感線產生順時針方向的電流，兩電流同向，則相加;隨線向右運動，電流先增加後減小到0，最大值為 ;bc邊的位置座標x在2L-3L過程，bc邊出離磁場，線框ad邊有效切線長度從0到L再減到0，感應電流的方向為逆時針方向，感應電動勢從0增加到BLv，再減到0，感應電流從0增加到，再減到0;則影象C正確，ABD錯誤;故選C.

　　【點睛】本題關鍵確定線框有效切割長度與x的關係，再結合數學知識選擇圖象;注意感應電流的方向的判斷.

　　6.甲乙兩車沿同一平直公路同向運動，運動的v-t圖象如圖所示。t1時刻兩車相遇，下說法正確的是

　　A. t2時刻兩車再次相遇

　　B. t2時刻後，兩車會再次相遇

　　C. 0時刻，乙在前，甲在後

　　D. 0～t1時間內甲的加速度先增大後減小

　　【答案】BC

　　【解析】

　　【分析】

　　v-t影象的斜率等於加速度，影象與座標軸圍成的面積等於位移，結合影象進行分析.

　　【詳解】t1時刻兩車相遇，而t1到t2時間內乙車的位移大於甲車的位移，可知t2時刻乙車在甲車前面，選項A錯誤;t2時刻後，甲車的速度大於乙車，則兩車會再次相遇，選項B正確;因0-t1時間內甲車的位移大於乙車的位移，t1時刻兩車相遇，則0時刻，乙在前，甲在後，選項C正確;v-t線的斜率等於加速度，可知0～t1時間內甲的加速度一直減小，選項D錯誤;故選BC.

　　【點睛】本題根據速度圖象分析運動情況的能力，要注意兩車的位置關係和距離隨時間如何變化，當兩車相遇時，位移之差等於原來之間的距離.

　　7.如圖所示，小車在水平面上做勻加速直線運動，車廂內兩質量相同的小球通過輕繩繫於車廂頂部，輕繩OA、OB與豎直方向夾角均為45°，其中一球用水平輕繩AC繫於車廂側壁，下列說法正確的是

　　A. 小車運動方向向右

　　B. 小車的加速度大小為 g

　　C. 輕繩OA、OB拉力大小相等

　　D. 輕繩CA拉力大小是輕繩OA拉力的倍

　　【答案】CD

　　【解析】

　　【分析】

　　對小球B受力分析可求解小車運動的加速度和加速度的方向;OA和OB細繩拉力的豎直分量均等於mg，由此判斷輕繩OA、OB拉力大小關係;對小球A受力分析，根據正交分解法以及牛頓第二定律求解兩邊繩子的拉力關係。

　　【詳解】對小球B受力分析可知，B所受的合外力向左，且mgtan450=ma，解得a=g，且加速度向左，即小車的加速度向左，小車向左加速或者向右減速運動，選項AB錯誤;分別對AB受力分析， OA和OB細繩拉力的豎直分量均等於mg，即TOBcos450=TOAcos450=mg，可知輕繩OA、OB拉力大小相等，選項C正確;對A受力分析可知，TCA -TOAsin450=ma=mg，解得TCA=2mg即TCA= TOA，選項D正確;故選CD.

　　8.兩個質子以不同速率在勻強磁場中做圓周運動，軌跡如圖所示，兩圓周相切於A點，過A點做一直線與兩圓周交於B點和C點。若兩圓周半徑r1：r2=1：2，下列說法正確的有

　　A. 兩質子速率v1：v2=1：2

　　B. 兩質子週期T1：T2=1：2

　　C. 兩質子由A點出發第一次到達B點和C點經歷的時間t1：t2=1：2

　　D. 兩質子在B點和C點處速度方向相同

　　【答案】AD

　　【解析】

　　【分析】

　　根據半徑關係根據可判斷速度關係;同種粒子在相同磁場中運動的週期相同;結合幾何關係可知兩粒子在磁場中運動過程中轉過的圓弧對應的圓心角相同，從而判斷時間關係和速度方向關係。

　　【詳解】根據解得，可知兩質子速率v1：v2= r1：r2=1：2，選項A正確;根據可知兩質子週期相同，選項B錯誤;由幾何關係可知，兩粒子在磁場中運動過程中轉過的圓弧對應的圓心角相同，根據可知，兩質子由A點出發第一次到達B點和C點經歷的時間相同，選項C錯誤;因兩粒子進入磁場時速度方向相同，在磁場中運動過程中轉過的圓弧對應的圓心角相同，可知兩質子在B點和C點處速度方向相同，選項D正確;故選AD.

　　【點睛】帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動問題，關鍵是理解記憶兩個基本公式，即半徑公式和週期公式，充分利用幾何關係找到圓心角和半徑關係等等.

　　三、非選擇題包括必考題和選考題兩部分。第2題~第32題為必考題，每個試題考生都必須作答。第33題~第38題為選考題，考生根據要求作答。

　　***一***必考題

　　9.某同學利用如圖所示裝置進行“研究勻變速直線運動”的實驗。

　　***1***下列說法正確的有__________

　　A.實驗開始前，需要墊高長木板右端到合適角度，平衡摩擦力

　　B.鉤碼質量需要滿足遠遠小於小車的質量

　　C.小車釋放的位置應儘量遠離滑輪

　　D.先接通電源，後釋放小車

　　***2***實驗中獲得一條紙帶，設紙帶上計數點的間距為S1和S2，如圖為用米尺測量某一紙帶上的S1、S2的情況，從圖中可讀出S1=3.10cm，S2=___________cm，已知打點計時器的頻率為50Hz，由此求得加速度的大小a=___________m/s2。

　　【答案】 ***1***. CD ***2***. 5.48~5.52 ***3***. 2.38~2.42

　　【解析】

　　【分析】

　　***1***根據實驗原理以及實驗過程判斷各個選項;***2***刻度尺讀數保留到mm的下一位;根據?S=aT2解得加速度。

　　【詳解】***1***此實驗只要使小車加速運動即可，則實驗開始前，不需要平衡摩擦力，鉤碼質量也不需要滿足遠遠小於小車的質量，選項AB錯誤;小車釋放的位置應儘量遠離滑輪，且先接通電源，後釋放小車，從而能充分利用紙帶，選項CD正確;故選CD.

　　***2***由刻度尺讀出S1=3.10cm;S2=5.50cm;T=0.1s，?S=2.40cm，根據?S=aT2解得

　　10.如圖所示電路可以測量兩塊電壓表的內阻，圖中用到的實驗器材如下：

　　待測電壓表V1，量程3V，內阻為3kΩ;

　　待測電壓表V2，量程15V，內阻約為15kΩ;

　　定值電阻R0，阻值大小為21kΩ;

　　滑動變阻器R，變化範圍0-10Ω;

　　電源，E=15V，內阻不計;

　　電鍵導線若千。

　　***1***實驗器材已經部分連線，請你用實線代表導線，將電路連線完整_____;

　　***2***連線好電路後，將滑動變阻器的滑片滑到最左端;

　　***3***將兩個電鍵都閉合，滑動變阻器滑片調節到某一位置，得到此時兩塊電壓表的讀數分別為U1=3.00V，U2=9.00V;

　　***4***保持滑動變阻器滑片位置不變，斷開電鍵S2，此時兩電壓表讀數變為2.00V和10.00V，由兩表讀數可知，兩電壓表內阻之比R1：R2=___________;

　　***5***由以上資料可計算出兩電壓表的內阻分別為R1=___________kΩ，R2=___________kΩ;

　　***6***改變滑動變阻器滑片的位置，重複試驗，多次測量，取平均值。

　　【答案】 ***1***. ***2***. 1:5 ***3***. 2.8 ***4***. 14

　　【解析】

　　【詳解】***1***電路連線如圖;

　　***2***兩個電鍵都閉合時，則 ;保持滑動變阻器滑片位置不變，斷開電鍵S2，此時： ;聯立解得R1=2.8kΩ;R2=14kΩ.

　　11.如圖所示，光滑曲面與粗糙平面平滑連線，質量為m2=3kg的滑塊B靜止在光滑曲面的底端，質量為m1=2kg的滑塊A由曲面上某一高度H處無初速釋放，滑到底端和滑塊B發生彈性正碰，碰後滑塊B在平面上滑行的距離為L=2m，已知兩滑塊與平面間的動摩擦因數均為0.4，重力加速度g=10m/s2。求：

　　***1***滑塊B在碰撞後獲得的速度大小

　　***2***滑塊A的釋放高度。

　　【答案】***1***4m/s***2***1.25m

　　【解析】

　　【分析】

　　***1***碰後物塊B 減速滑行，由動能定理求解滑塊碰後獲得速度;***2***兩物塊碰撞，由動量守恆定律和能量守恆定律，列式可求解.

　　【詳解】***1***碰後物塊B減速滑行，由動能定理

　　滑塊碰後獲得速度：v2 = 4m/s

　　***2***兩物塊碰撞，由動量守恆定律和能量守恆定律

　　物塊A下滑，由動能定理

　　由以上各式解得 H=1.25m

　　12.如圖所示，平面直角座標系第一象限中，兩個邊長均為L的正方形與一個邊長為L的等腰直角三角形相鄰排列，三個區域的底邊在x軸上，正方形區域I和三角形區域Ⅲ存在大小相等，方向沿y軸負向的勻強電場。質量為m、電量為q的帶正電粒子由正方形區域I的頂點A以初速度v0沿x軸正向射入區域I，離開電場後打在區域Ⅱ底邊的中點P。若在正方形區域Ⅱ內施加垂直座標平面向裡的勻強磁場，粒子將由區域Ⅱ右邊界中點Q離開磁場，進入區域Ⅲ中的電場。不計重力，求：

　　***1***正方形區域I中電場強度E的大小;

　　***2***正方形區域Ⅱ中磁場磁感應強度的大小;

　　***3***粒子離開三角形區域的位置到x軸的距離。

　　【答案】***1*** ; ***2*** ***3***

　　【解析】

　　【分析】

　　***1***帶電粒子在區域Ⅰ中做類平拋，根據平拋運動的規律列式求解場強E;***2***粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據幾何關係求解半徑，從而求解B;***3***在Q點進入區域Ⅲ後，若區域Ⅲ補成正方形區域，空間佈滿場強為E的電場，由對稱性可知，粒子將沿拋物線軌跡運動到***3L，L***點，離開方向水平向右，通過逆向思維，可認為粒子從***3L，L***點向左做類平拋運動。

　　【詳解】***1***帶電粒子在區域Ⅰ中做類平拋

　　設離開角度為θ，則

　　離開區域Ⅰ後作直線運動

　　由以上各式得

　　***2***粒子在磁場中做勻速圓周運動

　　有幾何關係可得

　　可求得

　　***3***在Q點進入區域Ⅲ後，若區域Ⅲ補成正方形區域，空間佈滿場強為E的電場，由對稱性可知，粒子將沿拋物線軌跡運動到***3L，L***點，離開方向水平向右，通過逆向思維，可認為粒子從***3L，L***點向左做類平拋運動，當粒子運動到原電場邊界時

　　解得

　　因此，距離x軸距離

　　【點睛】帶電粒子在電場中的運動往往用平拋運動的的規律研究;在磁場中做圓周運動，往往用圓周運動和幾何知識，找半徑，再求其他量;

　　【物理一選修3】

　　13.下面說法正確的是

　　A. 夏天，輪胎被晒爆的瞬間，原輪胎中的氣體溫度一定降低

　　B. 氣體體積變大時，分子力一定變小

　　C. 多晶體和非晶體都具有各向異性，沒有固定熔點的特點

　　D. 當分子間的引力和斥力平衡時，分子勢能最小

　　E. 由於液體表面分子間的距離比液體內部大一些，所以在表面會產生表面張力

　　【答案】ADE

　　【解析】

　　【詳解】夏天，輪胎被晒爆的瞬間，氣體絕熱膨脹，氣體對外做功，內能降低，則原輪胎中的氣體溫度一定降低，選項A正確;氣體分子間距較大，認為分子力表現為零，則氣體體積變大時，分子力仍為零，選項B錯誤;多晶體和非晶體都具有各向同性，非晶體沒有固定熔點，而多晶體有固定的熔點，選項C錯誤;當分子間的引力和斥力平衡時，分子力表現為零，則分子勢能最小，選項D正確;由於液體表面分子間的距離比液體內部大一些，所以在表面層分子表現為引力，從而會產生表面張力，選項E正確;故選ADE.

　　14.絕熱效能良好的氣缸固定放置，其內壁光滑，開口向右，氣缸中封閉一定質量的理想氣體，活塞通過水平輕繩跨過滑輪與重物相連，已知活塞的面積為S=10cm2，重物的質量m=2kg，重力加速度g=10m/s2，大氣壓強P0=10×105Pa，滑輪摩擦不計。穩定時，活塞與氣缸底部間的距離為L1=12cm，氣缸內溫度T1=300K。

　　***1***通過電熱絲對氣缸內氣體加熱，氣體溫度緩慢上升到T2=400K時停止加熱，求加熱過程中活塞移動的距離d;

　　***2***停止加熱後，在重物的下方加掛一個2kg的重物，活塞又向右移動4cm後重新達到平衡，求此時氣缸內氣體的溫度T3。

　　【答案】***1***4cm***2***375K

　　【解析】

　　【分析】

　　***1***加熱過程為等壓變化，根據蓋呂薩克定律求解加熱過程中活塞移動的距離d;***2***加掛重物後，找到氣體的狀態參量，由理想氣體狀態方程求解溫度.

　　【詳解】***1***加熱前

　　加熱過程為等壓變化

　　可得 d=4cm

　　***2***加掛重物後

　　由理想氣體狀態方程

　　可得 T3=375K

　　【物理一選修3-4】

　　15.一列橫波由A向B傳播，AB兩點相距x=12m，t=0時刻，波剛好傳到B點，之後A、B兩點的振動圖象如圖所示。下列說法正確的是

　　A. 波的頻率為4Hz

　　B. 波的週期為4s

　　C. 波長可能為24m

　　D. 波速可能為2m/s

　　E. 波源的起振方向沿y軸正向

　　【答案】BCD

　　【解析】

　　【分析】

　　根據振動影象讀出週期和頻率;根據AB的振動影象可知AB之間的距離為半波長的奇數倍，結合波速公式討論波長和波速可能的值;根據B點起振的方向判斷波源起振的方向.

　　【詳解】由振動影象可知，週期T=4s，則頻率f=1/T=0.25s，選項B正確，A錯誤;由題意可知 ***n=0、1、2、3…..***，解得，當n=0時λ=24m，選項C正確;波速，當n=1時，v=2m/s，選項D正確;t=0時刻，波剛好傳到B點，由振動影象可知，此時B點向下振動，可知波源的起振方向沿y軸負向，選項E錯誤;故選BCD.

　　16.如圖所示，矩形ABCD為某透明介質的截面圖，AB邊長L1=12cm，BC邊長L2=24m，光線由A點以i=53°的入射角射入AB面，光線進入介質後，經過一次反射後，射到底邊CD的中點F，並的出個質，不考慮F點光線的反射。已知光速c=3.0×108m/s，sin53°=0.8，cos53°=0.6。求：

　　***1***介質的折射率

　　***2***光線在介質中的傳播時間。

　　【答案】***1*** ;***2*** s。

　　【解析】

　　【分析】

　　***1***由幾何關係找到光線在A點的折射角，根據折射定律求解折射率;***2***由即可關係求解光在介質中的傳播距離，根據求解時間.

　　【詳解】***1***延長A點的折射光線與底邊CD交於G點，三角形AGD中，由幾何關係可知

　　GD= =18cm

　　AG= =30cm

　　由公式

　　可得

　　***2***在介質中