2021-2022學年湖北省荊門市楊峰中學高三物理期末試題含解析一、選擇題：本題共5小題，每小題3分，共計15分．每小題只有一個選項符合題意1.如圖甲所示,abcd是位于豎直平面內的正方形閉合金屬線框,金屬線框的質量為m，電阻為R0在金屬線框的下方有一勻強磁場區域，MN和PQ是勻強磁場區域的水平邊界，并與線框的bc邊平行，磁場方向垂直于線框平面向里。現使金屬線框從MN上方某一髙度處由靜止開始下落，如圖乙是金屬線框由開始下落到完全穿過勻強磁場區域瞬間的v-t圖象，圖象中內均為已知量。重力加速度為g不計空氣阻力。下列說法正確的是A. 金屬線框剛進入磁場時感應電流方向沿adcba方向B. 金屬線框的邊長為v1(t2-t1)C. 磁場的磁感應強度為D. 金屬線框在O-t4的時間內所產生的熱量為參考答案：BC2.（單選）如圖所示，匝數為50匝的矩形閉合導線框ABCD處于磁感應強度大小B=T的水平勻強磁場中，線框面積S=0.5m2，線框電阻不計．線框繞垂直于磁場的軸OO′以角速度ω=100rad/s勻速轉動，并與理想變壓器原線圈相連，副線圈接入一只“220V，60W”的燈泡，且燈泡正常發光，熔斷器允許通過的最大電流為10A，下列說法正確的是（）A．在圖示位置線框中產生的感應電動勢最大B．線框中產生電動勢的有效值為250VC．變壓器原、副線圈匝數之比為25：22D．允許變壓器輸出的最大功率為1000W參考答案：【考點】：變壓器的構造和原理；交流發電機及其產生正弦式電流的原理．【專題】：交流電專題．【分析】：根據電壓與匝數成正比，電流與匝數成反比，變壓器的輸入功率和輸出功率相等，逐項分析即可得出結論：解：A、由圖可知，此時線圈和磁場垂直，此時線框的磁通量最大，感應電動勢為0，所以A錯誤．B、矩形閉合導線框ABCD在磁場中轉動，產生的交流電的最大值為Em=nBsω=50××0.5×100=250V，所以交流電的有效值為250V，所以B錯誤．C、由于電壓與匝數成正比，所以變壓器原、副線圈匝數之比為，所以C正確．D、由于熔斷器允許通過的最大電流為10A，所以允許變壓器輸出的最大功率為P=UI=250×10=2500W，所以D錯誤．故選：C【點評】：掌握住理想變壓器的電壓、電流及功率之間的關系，本題即可得到解決3.（單選）馬航客機失聯牽動全世界人的心，現初步確定失事地點位于南緯31°52′東經115°52′的澳大利亞西南城市珀斯附近的海域，有一顆繞地球做勻速圓周運動的衛星，每天上午同一時刻在該區域的正上方海面照像，則（）A．該衛星軌道平面可能與地球某一緯線圈共面B．該衛星一定是地球同步衛星C．該衛星速度可能大于7.9km/sD．地球自轉周期一定是該衛星運行周期的整數倍參考答案：考點：人造衛星的加速度、周期和軌道的關系．專題：人造衛星問題．分析：衛星繞地球做圓周運動，萬有引力提供圓周運動向心力，故衛星軌道平面必與地心共面，且地心為軌道圓心，據此分析即可．解答：解：A、衛星繞地球做勻速圓周運動，萬有引力提供圓周運動向心力，故地心必在軌道平面內，不可能與地球某一緯線圈共面，故A錯誤；B、地球同步衛星一定在赤道上空，故B錯誤；C、該衛星速度一定小于7.9km/s，故C錯誤；D、由于衛星每天上午同一時刻在該區域的正上方海面照像，故知地球自轉一周，則該衛星繞地球做圓周運動N周，即地球自轉周期一定是該衛星運行周期的整數倍，故D正確；故選：D．點評：解決本題的關鍵是抓住衛星繞地球做圓周運動萬有引力提供圓周運動向心力，由于衛星所受萬有引力指向地心，故衛星所在軌道平面與地心共面，且地心為軌道的圓心，據此才能正確分析得出結論．4.圖（a）為一列簡諧橫波在t=0時刻的波形圖，P是平衡位置在x=1.0m處的質點，Q是平衡位置在x=4.0m處的質點；圖（b）為質點Q的振動圖象，下列說法正確的是______A．波向左傳播B．波速為40m/sC．t=0.10s時，質點P向y軸正方向運動D．從t=0到t=0.05s，質點P運動的路程為20cmE．從t=0到t=0.25s，質點Q運動的路程為50cm參考答案：BCEA項，由Q點的振動圖像可知波的傳播方向是先右，故A錯誤；B項，波的周期T=0.2s，波長，，故B正確；C項，t=0.10s，波振動了個周期，故P點在平衡位置的下方且向平衡位置方向運動，故C正確；D項，從t=0到t=0.05s，P振動了1/4個周期，但走過路程大于一個振幅A小于兩個振幅2A，故D錯誤；E、從t=0到t=0.25s，質點Q運動過了5/4個周期，所以運動的路程為5A，即50cm，故E正確；故選BCE16.圖(甲)中的圓是某圓柱形透明介質的橫截面，半徑為R=10cm。一束單色光沿DC平行于直徑AB射到圓周上的C點，DC與AB的距離H=5cm。光線進入介質后，第一次到達圓周上的E點（圖中未畫出），CE=cm。（i）求介質的折射率；（ii）如圖（乙）所示，將該光線沿MN平行于直徑AB射到圓周上的N點，光線進入介質后，第二次到達介質的界面時，從球內折射出的光線與MN平行（圖中未畫出），求光線從N點進入介質球時的入射角的大小。【答案】（1）；（2）60°【解析】（2）如圖甲所示，CD光線進入介質球內，發生折射，有，，所以解得（ii）光線第二次到達介質與空氣的界面，入射角，由折射定律可得折射角，光線進入介質的光路如圖乙所示。折射角r=i/2，又，解得i=60°點睛：本題考查了幾何光學，關鍵是正確畫出光路圖，并利用幾何知識求解折射率。5.（單選）如圖所示，一光滑小球靜止放置在光滑半球面的底端，用豎直放置的光滑擋板水平向右緩慢地推動小球，則在小球運動的過程中(該過程小球未脫離球面)，木板對小球的推力F1、半球面對小球的支持力F2的變化情況正確的是()A．F1增大，F2減小

B．F1增大，F2增大C．F1減小，F2減小

D．F1減小，F2增大參考答案：B二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.一個小物塊從斜面底端沖上足夠長的斜面后，返回到斜面底端。已知小物塊的初動能為E，它返回斜面底端的速度大小為V，克服摩擦阻力做功為E/2。若小物塊沖上斜面的初動能變為2E，則返回斜面底端時的動能為

；速度大小為

。參考答案：E、7.圖中豎直方向的平行線表示勻強電場的電場線，但未標明方向．一個帶電量為﹣q的微粒，僅受電場力的作用，從M點運動到N點，動能增加了△Ek（△Ek＞0），則該電荷的運動軌跡可能是虛線a（選填“a”、“b”或“c”）；若M點的電勢為U，則N點電勢為U+．參考答案：【考點】：電場線；電勢．【分析】：根據動能定理，通過動能的變化判斷出電場力的方向，從而判斷軌跡的彎曲程度，根據動能定理求出M、N兩點間的電勢差，從而求出N點的電勢．：解：從M點運動到N點，動能增加，知電場力做正功，則電場力方向向下，軌跡彎曲大致指向合力的方向，可知電荷的運動軌跡為虛線a，不可能是虛線b．電場力方向方向向下，微粒帶負電，則電場強度方向向上，N點的電勢大于M點的電勢，根據動能定理知，﹣qUMN=△Ek，則N、M兩點間的電勢差大小UMN=﹣由UMN=φM﹣φN，φM=U，解得φN=U+故答案為：a，U+．【點評】：解決本題的關鍵知道軌跡彎曲與合力方向的大致關系，本題的突破口在于得出電場力方向，再得出電場強度的方向，從而知道電勢的高低．8.在“用單擺測定重力加速度”的實驗中,當單擺做簡諧運動時,用秒表測出單擺做n次(一般為30次~50次)全振動所用的時間t,算出周期;用米尺量出懸線的長度l,用游標卡尺測量擺球的直徑d,則重力加速度g=

(用題中所給的字母表達).參考答案：9.如圖所示，在豎直平面內的直角坐標系中，一個質量為m的質點在外力F的作用下，從坐標原點O由靜止沿直線ON斜向下運動，直線ON與y軸負方向成θ角（θ＜π/4）。則F大小至少為

；若F＝mgtanθ，則質點機械能大小的變化情況是

。參考答案：答案：mgsinθ，增大、減小都有可能

解析：該質點受到重力和外力F從靜止開始做直線運動，說明質點做勻加速直線運動，如圖中顯示當F力的方向為a方向（垂直于ON）時，F力最小為mgsinθ；若F＝mgtanθ，即F力可能為b方向或c方向，故F力的方向可能與運動方向相同，也可能與運動方向相反，除重力外的F力對質點做正功，也可能做負功，故質點機械能增加、減少都有可能。

10.（6分）某同學做了一個小實驗：先把空的燒瓶放到冰箱冷凍，一小時后取出燒瓶，并迅速把一個氣球緊密的套在瓶頸上，然后將燒瓶放進盛滿熱水的燒杯里，氣球逐漸膨脹起來，如圖所示。這是因為燒瓶里的氣體吸收了水的

，溫度

，體積

。參考答案：熱量，升高，增大解析：當用氣球封住燒瓶，在瓶內就封閉了一定質量的氣體，當將瓶子放到熱水中，瓶內氣體將吸收水的熱量，增加氣體的內能，溫度升高，由理氣方程可知，氣體體積增大。11.(1)我們已經知道，物體的加速度（a）同時跟合外力（F）和質量（M）兩個因素有關。要研究這三個物理量之間的定量關系的思想方法是

（2）某同學的實驗方案如圖所示，她想用砂桶的重力表示小車受到的合外力F，為了減少這種做法而帶來的實驗誤差，她先做了兩方面的調整措施：a：用小木塊將長木板無滑輪的一端墊高，目的是

。b：使砂桶的質量遠小于小車的質量，目的是使拉小車的力近似等于

。（3）該同學利用實驗中打出的紙帶求加速度時，處理方案有兩種：A、利用公式計算；B、根據利用逐差法計算。兩種方案中，你認為選擇方案_________比較合理。（4）下表是該同學在“保持小車質量M不變，探究a與F的關系”時記錄了實驗數據，且已將數據在下面的坐標系中描點，做出a-F圖像；由圖線求出小車的質量等于

kg（保留二位有效數字）參考答案：（1）控制變量法;（或先保持M不變，研究a與F的關系；再保持F不變，研究a與M的關系）；（2）a.平衡摩擦力；b.砂桶的重力；（3）B

；（4）0.49Kg—0.50Kg

；12.如圖，用長度為L的輕繩懸掛一質量為M的小球（可以看成質點），先對小球施加一水平作用力F，使小球緩慢從A運動到B點，輕繩偏離豎直方向的夾角為θ。在此過程中，力F做的功為

。參考答案：13.兩列簡諧波分別沿x軸正方向和負方向傳播，波速均為υ＝0.4m/s，波源的振幅均為A＝2cm。如圖所示為t＝0時刻兩列波的圖像，此刻平衡位置在x＝0.2m和x＝0.8m的P、Q兩質點恰好開始振動。質點M的平衡位置位于x＝0.5m處。則兩列波相遇的時刻為t＝______s，當t＝2.0s時質點M運動的路程為_______cm。參考答案：0.75，20 三、實驗題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.物理小組在一次探究活動中測量滑塊與木板之間的動摩擦因數．實驗裝置如圖，一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，一端裝有定滑輪；木板上有一滑塊，其一端與電磁打點計時器的紙帶相連，另一端通過跨過定滑輪的細線與托盤連接．打點計時器使用的交流電源的頻率為50Hz．開始實驗時，在托盤中放入適量砝碼，滑塊開始做勻加速運動，在紙帶上打出一系列小點。（1）該同學在實驗中得到如圖所示一條紙帶（兩計數點間還有一個點沒有畫出），已知打點計時器采用的是頻率為50Hz的交流電，根據紙帶可求出小車的加速度為_____m/s2（結果保留兩位有效數字）。（2）為測量動摩擦因數，下列物理量中還應測量的有____（填入所選物理量前的字母）。A.木板的長度l

B.木板的質量m1

C.滑塊的質量m2

D.托盤和砝碼的總質量m3

E.滑塊運動的時間t（3）滑塊與木板間的動摩擦因數=____（用被測物理量的字母表示，重力加速度為g）。參考答案：

(1).2.9-3.2

(2).CD

(3).【詳解】(1)相鄰兩計數點還有1個點，說明相鄰的計數點間間隔為0.04s，由逐差法可得：；(2)設托盤和砝碼質量為，滑塊的質量為，摩擦因數，則摩擦力為由牛頓第二定律得：由此可知，根據逐差法求出加速度之外，還封面要測量托盤和砝碼質量，滑塊的質量，故CD正確；(3)由牛頓第二定律得：解得：。15.某實驗小組采用如圖1所示的裝置探究小車的加速度與力的關系．+（1）安裝實驗裝置時，應調整定滑輪的高度，使拉小車的細線在實驗過程中與長木板保持平行．實驗時先不掛沙桶，反復調整墊木的位置，輕推小車，直到小車做勻速運動，這樣做的目的是平衡摩擦力．（2）保持小車質量不變，用裝有不同細沙的沙桶通過定滑輪拉動小車，打出多條紙帶，如圖2所示是實驗中打出的一條紙帶的一部分，從較清晰的點跡起，在紙帶上標出了5個計數點A、B、C、D、E，相鄰兩個計數點之間都有4個點跡沒標出，測出各計數點之間的距離如圖2紙帶所示．已知打點計時器接在頻率為50Hz的交流電源兩端，則此次實驗中相鄰兩計數點間間隔為T=0.1s，由紙帶上的數據計算出小車運動的加速度a=0.46m/s2（3）在該實驗中我們總是強調沙和沙桶的質量要遠小于小車的質量才能認為細線的拉力接近沙和沙桶的重力（取重力加速度為g，沙和沙桶的質量為m，小車的質量為M）請你寫出細線實際拉力F的表達式．參考答案：考點：探究加速度與物體質量、物體受力的關系．專題：實驗題；牛頓運動定律綜合專題．分析：運用控制變量法探究加速度與力和力的關系．根據牛頓第二定律分析“將砂桶和砂的重力近似看作小車的牽引力”的條件．解答：解：（1）安裝實驗裝置時，應調整定滑輪的高度，使拉小車的細線在實驗過程中保持與長木板平行，保證細線的拉力等于小車的合力．實驗時先不掛砂桶，反復調整墊木的位置，輕推小車，直到小車做勻速直線運動，這樣做的目的是平衡摩擦力．（2）交流電的頻率為50Hz，每隔0.02s打一個點，則AB兩計數點間的時間間隔為T=0.1s．在連續相等時間內的位移之差是一恒量，知△x=0.46cm，則加速度a===0.46m/s2．（3）設繩子上拉力為F，對小車根據牛頓第二定律有：F=Ma，對砂桶和砂有：mg﹣F=ma，由此解得：F=．故答案為：（1）平行；平衡摩擦力；（2）0.1s；0.46m/s2；（3）點評：對于實驗問題一定要明確實驗原理，并且親自動手實驗，知道實驗注意的事項，熟練應用所學基本規律解決實驗問題．四、計算題：本題共3小題，共計47分16.隨著機動車數量的增加，交通安全問題日益凸顯。分析交通違法事例，將警示我們遵守交通法規，珍惜生命。一貨車嚴重超載后的總質量為49t，以54km/h的速率勻速行駛。發現紅燈時司機剎車，貨車即做勻減速直線運動，加速度的大小為2.5m/s2（不超載時則為5m/s2）。（1）若前方無阻擋，問從剎車到停下來此貨車在超載及不超載時分別前進多遠？（2）若超載貨車剎