云南省昆明市祿勸彝族苗族自治縣秀屏中學2022年高三物理上學期期末試卷含解析

云南省昆明市祿勸彝族苗族自治縣秀屏中學2022年高三物理上學期期末試卷含解析一、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.（多選題）如圖所示，初始時A、B兩木塊在水平方向的外力作用下擠壓在豎直墻面上處于靜止狀態(tài)，A與B、B與墻面之間的動摩擦因數(shù)都為μ=0.1，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．兩木塊質(zhì)量相等，都為1kg，當外力F變?yōu)橄铝胁煌禃r，關于A、B之間的摩擦力f1，B與墻壁之間的摩擦力f2的大小，下列說法中正確的是（g=10m/s2）（）A．當F=0時，f1=f2=0 B．當F=50N時，f1=0，f2=5NC．當F=100N時，f1=5N，f2=10N D．當F=300N時，f1=10N，f2=20N參考答案：ACD【考點】靜摩擦力和最大靜摩擦力．【分析】通過題意明確物體受到的最大靜摩擦力，然后判斷物體是否發(fā)生運動；最后再根據(jù)摩擦力的計算方法進行運算．【解答】解：A、當F=0時，AB間及B與地面間均沒有相互的擠壓，故沒有摩擦力；故A正確；B、當F=50N時，B與地面間的最大靜摩擦力為：μF=0.1×50=5N；小于兩物體的重力，故整體下滑；摩擦力為滑動摩擦力，f1=5N；AB相對靜止，整體下滑的加速度a==7.5m/s2；則AB間的摩擦力為：mg﹣ma=2.5N；故f2=2.5N；故B錯誤；C、當F=100N時，B與墻面間及AB間最大靜摩擦力fm=μF=10N，故AB整體下滑，摩擦力f2=μF=10N；A的重力等于AB間的最大靜摩擦力；故AB不會發(fā)生相對運動，故AB間為靜摩擦力；由牛頓第二定律可知，整體下滑的加速度為：a=m/s2=5m/s2；則對A分析可知：mg﹣f=ma；解得：f1=mg﹣ma=10﹣5=5N；故C正確；D、當F=300N時，最大靜摩擦力為0.1×300=30N；故兩物體的重力小于最大靜摩擦力；同理A受到的最大靜摩擦力也為30N，A也處于靜止，故兩物體均保持靜止，摩擦力均等于重力，故f1=10N，f2=20N；故D正確；故選：ACD．2.如圖甲所示，x軸上固定兩個點電荷Q1、Q2（Q2位于坐標原點O），其上有M、N、P三點，間距MN=NP，Q1、Q2在軸上產(chǎn)生的電勢?隨x變化關系如圖乙．則（）A．M點電勢和電場強大小均為零B．N點電勢和電場強大小均不為零C．一正試探電荷從P移到M過程中，電場力做功|WPN|=|WNM|D．由圖可知，Q1為負電荷，Q2為正電荷，且Q1電荷量大于Q2參考答案：D【考點】電勢差與電場強度的關系；電場強度．【分析】φ﹣x圖線的切線斜率表示電場強度的大小，在φ﹣x圖象中可以直接判斷各點電勢的大小，并可根據(jù)電勢大小關系確定電場強度的方向，根據(jù)沿電場線方向電勢降低，由w=qU判斷做功；【解答】解：A、φ﹣x圖線的切線斜率表示電場強度的大小，所以M處的場強不為零，故A錯誤；B、φ﹣x圖線的切線斜率表示電場強度的大小，就知道N處場強為零，故B錯誤；C、由圖象可知，UMN＞UNP，故電場力做功qUMN＞qUNP，從P移到M過程中，電場力做負功，故|WPN|＜|WNM|，故C錯誤；D、因為N點的場強為0，所以兩點的電荷在N點產(chǎn)生的場強大小相等，方向相反，兩電荷為異種電荷，根據(jù)沿電場線方向電勢逐漸降低，Q1帶負電、Q2帶正電．因為N點的場強為0，所以兩點的電荷在N點產(chǎn)生的場強大小相等，方向相反，根據(jù)E=k，知距離大的電量大，所以Q1的電荷量大于Q2的電荷量．故D正確；故選：D3.一個物體在三個共點力F1、F2、F3作用下做勻速直線運動。現(xiàn)保持F1、F2不變，不改變F3的大小，只將F3的方向順時針轉(zhuǎn)過60°。對于物體以后的運動，下列說法中正確的是

A．力F3一定對物體做負功

B．物體的動能一定變化ks5u

C．物體一定做勻變速曲線運動

D．物體可能做勻變速直線運動參考答案：BD4.如圖所示，小球甲、乙質(zhì)量相等．小球甲從A點水平拋出的同時小球乙從B點自由釋放，兩小球先后經(jīng)過C點時速度大小相等、方向間夾角為60°.已知BC高度差為h，g取10m/s2，不計阻力．由以上條件可知()A.A,B兩點的高度差為B.A,B兩點的水平距離為C.兩球經(jīng)過C點時重力的功率不相等D.要使兩球在C點相遇，乙球釋放時間要比甲球拋出時間提前參考答案：CD試題分析：根據(jù)速度時間公式，抓住速度大小相等，結(jié)合平行四邊形定則分別求出甲乙運動的時間，從而得出甲乙兩球到達C點的時間．根據(jù)速度位移公式求出乙球到達C點的速度，抓住兩球在C點的速度大小相等，結(jié)合平行四邊形定則求出甲乙兩球做平拋運動的初速度．根據(jù)速度位移公式求出AC的高度差，從而得出AB的高度差．結(jié)合初速度和時間求出A、B兩點的水平距離．解：對乙球有；v=gt乙，，所以；對甲有：vcos60°=gt甲，則，，則乙球釋放時間要比甲球拋出時間提前．故D正確。乙球到達C點的速度，則甲球到達C點時豎直方向的分速度：vy＝vcos60°＝，根據(jù)重力的功率的表達式：P=mgvy可知，兩球經(jīng)過C點時重力的功率不相等。故C正確。AC兩點的高度差，則A、B的高度差△h＝h?h′＝h?h/4=3h/4，故A錯誤。根據(jù)平行四邊形定則知，甲球平拋運動的初速度，A、B的水平距離，故B錯誤。故選CD。5.（單選）如圖所示電路中，電源電動勢E恒定，內(nèi)阻r＝1Ω，定值電阻R3＝5Ω，R2=5Ω，電容器電容C恒定,當開關K1斷開與閉合時，ab段電路消耗的電功率相等．開關K1斷開時，單刀雙擲開關K2接1電容器電量為Q1，接2時電量Q2.則以下說法中正確的是A．電阻R1可能為3Ω

B．K1斷開時電壓表的示數(shù)一定小于K1閉合時的示數(shù)

C．K1斷開時，K2從1變?yōu)?時，電容器所帶電量變化量=2.8Q1

D．K1斷開與閉合時，電壓表的示數(shù)變化量大小與電流表的示數(shù)變化量大小之比等于5Ω參考答案：C解析：A、斷開時：由閉合電路歐姆定律得：I1==①；ab段消耗的功率為：P1=I12×（R1+R2）=()2×(R1+R2)

閉合時：I2==②；

ab段消耗的功率為：P2=I22×R1=()2×R1

由P1=P2得：()2×(R1+R2)=()2×R1,代入R1=4Ω,A錯誤；

B、電壓表的示數(shù)是ab端的電壓U，U=E-I（r+R3），由①②得：I1＜I2故斷開時的電壓大，故B錯誤C、設電流強度為I，接1時，=R1IC；接2時，Q2.=（R1+R2）IC；聯(lián)立解得=2.8Q1，故C正確；D、，所以，D錯誤；故選C.二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.在研究摩擦力特點的實驗中，將質(zhì)量為0.52kg木塊放在水平長木板上，如圖甲所示，用力沿水平方向拉木塊，拉力從0開始逐漸增大．分別用力傳感器采集拉力和木塊受到的摩擦力，并用計算機繪制出摩擦力f隨拉力F的變化圖象，如圖乙所示．（g=10m/s2）可測得木塊與長木板間的動摩擦因數(shù)μ=

。參考答案：0.6

7.A、B為相同大小的量正三角形板塊，如圖所示鉸接于M、N、P三處并靜止．M、N分別在豎直墻壁上和水平天花板上，A板較厚，質(zhì)量分布均勻，重力為G．B板較薄，重力不計．三角形的兩條邊均水平．那么，A板對鉸鏈P的作用力的方向為沿NP方向；作用力的大小為G．參考答案：考點：共點力平衡的條件及其應用；物體的彈性和彈力．專題：共點力作用下物體平衡專題．分析：對B分析可知B受拉力的方向，對A分析找出力臂由力矩平衡可求得作用力的大小．解答：解：因B的重力不計，B的重力對平衡沒有影響，故對B平衡起作用的只有N和P點，故可將B可以作二力桿處理，則板A對P的拉力應沿NP方向；對A分析，A受重力和P點的拉力而關于支點M平衡，設邊長為L，由幾何關系可知，重力的力臂為L1=L，P點的拉力的力矩為L2=L；則由力矩平衡可知，GL1=FL2，即G?L=F?L解得F=G由牛頓第三定律可知A板對鉸鏈P的作用力的大小為F′=F=G故答案為：沿NP方向，G．點評：本題關鍵在于理解B不計重力的含義，將B板等效為二力桿．運用力矩平衡條件解決此類問題．8.（5分）質(zhì)量為的小鋼球以的水平速度拋出，下落時撞擊一鋼板，撞后速度恰好反向，則鋼板與水平面的夾角_____________。剛要撞擊鋼板時小球動量的大小為_________________。（?。﹨⒖即鸢福?/p>

答案：，

9.小芳和小強兩位同學采用了不同的實驗方案來研究平拋運動。（1）小芳同學利用如圖甲所示的裝置進行實驗。下列說法正確的是________。A．應使小球每次從斜槽上同一位置由靜止釋放B．斜槽軌道必須光滑C．斜槽軌道的末端必須保持水平D．本實驗必需的器材還有刻度尺和秒表（2）小強同學利用頻閃照相的方式研究平拋運動。圖乙是在每小格的邊長為5cm的背景下拍攝的頻閃照片，不計空氣阻力，取重力加速度g＝10m/s2。則照相機兩次閃光的時間間隔Δt＝____s，小球被拋出時的水平速度v＝_____m/s。參考答案：

(1).AC

(2).0.1s

(3).2.0m/s試題分析：（1）做研究平拋運動的實驗時，應使小球每次從斜槽上同一位置由靜止釋放，使之平拋時的初速度相等，選項A正確；斜槽軌道不必須光滑，只要小球落下時具有一定的速度即可，選項B錯誤；斜槽軌道的末端必須保持水平，以保證小球能夠水平拋出，選項C正確；本實驗必需的器材還有刻度尺，但不需要秒表，選項D錯誤；（2）小球在豎直方向是自由落體運動，且ABC三點是相鄰的三個點，故存在△h=g△t2，即（5－3）L=（5－3）×0．05m=g×△t2，解之得△t=0．1s；小球被拋出時的水平速度v=4L/△t=4×0．05m/0．1s=2．0m/s。考點：研究平拋運動。10.一探測飛船，在以X星球中心為圓心、半徑為r1的圓軌道上運動，周期為T1，則X星球的質(zhì)量為M＝__________；當飛船進入到離X星球表面更近的、半徑為r2的圓軌道上運動時的周期為T2＝___________。（已知引力常量為G）參考答案：，T111.北京時間2011年3月11日在日本海域發(fā)生強烈地震，并引發(fā)了福島核電站產(chǎn)生大量的核輻射，經(jīng)研究，其中核輻射的影響最大的是銫137（），可廣泛散布到幾百公里之外，且半衰期大約是30年左右）．請寫出銫137發(fā)生β衰變的核反應方程：

▲

．如果在該反應過程中釋放的核能為，則該反應過程中質(zhì)量虧損為

▲

．（已知碘（I）為53號元素，鋇（）為56號元素）

參考答案：

（2分）

12.某實驗小組擬用甲圖所示的裝置研究滑塊的運動。實驗器材有：滑塊、鉤碼、紙帶、毫米刻度尺、帶滑輪的木板、漏斗和細線組成的單擺（細線質(zhì)量不計且不可伸長，裝滿有色液體后，漏斗和液體質(zhì)量相差不大）等。實驗前，在控制液體不漏的情況下，從漏斗某次經(jīng)過最低點時開始計時，測得之后漏斗第100次經(jīng)過最低點共用時100秒；實驗中，讓滑塊在鉤碼作用下拖動紙帶做勻加速直線運動，同時單擺垂直于紙帶運動方向做微小振幅擺動，漏斗漏出的液體在紙帶上留下的痕跡記錄了漏斗在不同時刻的位置。

①該單擺的周期是 s；

②圖乙是實驗得到的有液體痕跡并進行了數(shù)據(jù)測量的紙帶，根據(jù)紙帶可求出滑塊的加速度為

m/s2；（結(jié)果取兩位有效數(shù)字） ③用該實驗裝置測量滑塊加速度，對實驗結(jié)果影響最大的因素是

。參考答案：13.如圖所示，測定氣體分子速率的部分裝置放在高真空容器中，A、B是兩個圓盤，繞一根共同軸以相同的轉(zhuǎn)速n＝25r/s勻速轉(zhuǎn)動．兩盤相距L＝20cm，盤上各開一很窄的細縫，兩盤細縫之間成6°的夾角，圓盤轉(zhuǎn)一周的時間為_________s；如果某氣體分子恰能垂直通過兩個圓盤的細縫，則氣體分子的最大速率為________m/s．參考答案：0.04；

300三、簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.（選修3-3模塊）（4分）如圖所示，絕熱隔板S把絕熱的氣缸分隔成體積相等的兩部分，S與氣缸壁的接觸是光滑的．兩部分中分別盛有相同質(zhì)量、相同溫度的同種氣體a和b．氣體分子之間相互作用可忽略不計．現(xiàn)通過電熱絲對氣體a緩慢加熱一段時間后，a、b各自達到新的平衡狀態(tài)．試分析a、b兩部分氣體與初狀態(tài)相比，體積、壓強、溫度、內(nèi)能各如何變化？參考答案：

答案:

氣缸和隔板絕熱，電熱絲對氣體a加熱，a溫度升高，體積增大，壓強增大，內(nèi)能增大；（2分）

a對b做功，b的體積減小，溫度升高，壓強增大，內(nèi)能增大。（2分）15.動畫片《光頭強》中有一個熊大熊二愛玩的山坡滑草運動，若片中山坡滑草運動中所處山坡可看成傾角θ=30°的斜面，熊大連同滑草裝置總質(zhì)量m=300kg，它從靜止開始勻加速下滑，在時間t=5s內(nèi)沿斜面滑下的位移x=50m．（不計空氣阻力，取g=10m/s2）問：（1）熊大連同滑草裝置在下滑過程中受到的摩擦力F為多大？（2）滑草裝置與草皮之間的動摩擦因數(shù)μ為多大（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）？參考答案：（1）熊大連同滑草裝置在下滑過程中受到的摩擦力F為300N；（2）滑草裝置與草皮之間的動摩擦因數(shù)μ為多大為0.12．考點： 牛頓第二定律；勻變速直線運動的位移與時間的關系．專題： 牛頓運動定律綜合專題．分析： （1）根據(jù)勻變速直線運動的位移時間公式求出下滑的加速度，對熊大連同滑草裝置進行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求出下滑過程中的摩擦力．（2）熊大連同滑草裝置在垂直于斜面方向合力等于零，求出支持力的大小，根據(jù)F=μFN求出滑草裝置與草皮之間的動摩擦因數(shù)μ．解答： 解：（1）由運動學公式S=，解得：a==4m/s沿斜面方向，由牛頓第二定律得：mgsinθ﹣f=ma

解得：f=300N

（2）在垂直斜面方向上：N﹣mgcosθ=0

又f=μN

聯(lián)立解得：μ=答：（1）熊大連同滑草裝置在下滑過程中受到的摩擦力F為300N；（2）滑草裝置與草皮之間的動摩擦因數(shù)μ為多大為0.12．點評： 解決本題的關鍵知道加速度是聯(lián)系力學和運動學的橋梁，通過加速度可以根據(jù)力求運動，也可以根據(jù)運動求力．四、計算題：本題共3小題，共計47分16.宇航員在地球表面以某一初速度豎直上拋一小球，小球經(jīng)過時間t落回原處；若他在某一星球表面以相同的初速度豎直上拋同一小球，小球需經(jīng)過5t落回原處。已知該星球的半徑r與地球的半徑R之比為1∶4。取地球表面重力加速度g=10m/s2，空氣阻力不計。求：（1）該星球表面附近的重力加速度g′；（2）星球的質(zhì)量M星與地球質(zhì)量M地之比。參考答案：（1）設豎直上拋小球初速度為，落回原處時的速度大小為′，星球表面重力加速度為g′，根據(jù)題意由動能定理和勻變速運動規(guī)律得：

…①地球表面：

…②星球表面：

…③聯(lián)解①②③式得：

…④（2