2022年福建省南平市建甌東峰第二中學(xué)高三物理期末試卷含解析

2022年福建省南平市建甌東峰第二中學(xué)高三物理期末試卷含解析一、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.如圖甲所示，一個圓形線圈的匝數(shù)n=100，線圈面積S＝200cm2，線圈的電阻r=1Ω，線圈外接一個阻值R＝4Ω的電阻，把線圈放入一方向垂直線圈平面向里的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度隨時間變化規(guī)律如圖乙方所示。下列說法中正確的是A．線圈中的感應(yīng)電流方向為順時針方向

B．電阻R兩端的電壓隨時間均勻增大C．線圈電阻r消耗的功率為4×10－4W

D．前4s內(nèi)通過R的電荷量為4×10－4C參考答案：C2.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。3.a、b兩物體的質(zhì)量分別為m1、m2，由輕質(zhì)彈簧相連。當(dāng)用恒力F豎直向上拉著a，使a、b一起向上做勻加速直線運動時，彈簧伸長量為x1；當(dāng)用大小仍為F的恒力沿水平方向拉著a，使a、b一起沿光滑水平桌面做勻加速直線運動時，彈簧伸長量為x2，如圖所示。則A．x1一定等于x2B．x1一定大于x2C．若m1>m2，則x1>x2D．若m1<m2，則x1＜x2參考答案：AF豎直向上時，有，F(xiàn)水平向右時，有，解得，故只有選項A正確。4.如圖所示，質(zhì)量為m1=2kg的物體A經(jīng)跨過定滑輪的輕繩與質(zhì)量為M=5kg的箱子B相連，箱子底板上放一質(zhì)量為m2=1kg的物體C，不計定滑輪的質(zhì)量和一切阻力，在箱子加速下落的過程中，取g=10m/s2，下列正確的是（

）

A．物體A處于失重狀態(tài)，加速度大小為10m/s2

B．物體A處于超重狀態(tài)，加速度大小為20m/s2

C．物體C處于失重狀態(tài)，對箱子的壓力大小為5N

D．輕繩對定滑輪的作用力大小為80N參考答案：C5.（單選）如圖所示，甲、乙兩小船分別從A、B兩點開始過河，兩船相對靜水的速度均小于水流速度，方向分別與河岸成60°和30°角，兩船恰能到達對岸同一位置．若甲乙兩船渡河過程的位移大小分別為s甲、s乙，則（）A．s甲＞s乙B．s甲=s乙C．s甲＜s乙D．無法確定s甲和s乙的關(guān)系參考答案：解：根據(jù)題意可作出，兩船運動的位移，如圖所示，則有s甲＞s乙故A正確，BCD錯誤；故選A二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.如圖，三個電阻R1、R2、R3依次標(biāo)有“12Ω，3W”、“8Ω，5W”、“6Ω，6W”，則允許接入電路的最大電壓為10.8V，此時三個電阻消耗的總功率為10.8W．參考答案：考點：電功、電功率；串聯(lián)電路和并聯(lián)電路．專題：恒定電流專題．分析：根據(jù)電路結(jié)構(gòu)及已知條件：三個電阻允許消耗的最大功率分別為3W、15W、6W，分析保證電路安全的條件，然后求電路的最大功率．解答：解：由可求得R1的額定電壓U1=6V，R2的額定電壓U2=2V，R3的額定電壓U3=6V，

R1與R2的并聯(lián)阻值為R′=，則因R3大于其并聯(lián)值，則當(dāng)R3達到6V時，并聯(lián)電壓小于6V，

則以R3達到額定電壓為安全值計算：

即

求得U1=4.8V

則接入電路的最大的電壓為Um=U1+U3=10.8V功率為：P=故答案為：10.8，10.8點評：考查串聯(lián)并聯(lián)電路，明確安全的要求是每個電阻都不能超出額定電壓．7.若一定質(zhì)量的理想氣體對外做了3000J的功，其內(nèi)能增加了500J，表明該過程中，氣體應(yīng)________(填“吸收”或“放出”)熱量________J.

參考答案：8.

放射性物質(zhì)和的核衰變方程為：

方程中的X1代表的是______________，X2代表的是______________。

參考答案：答案：X1代表的是（或α），X2代表的是（或β）。

解析：根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒、電荷數(shù)守恒，新粒子質(zhì)量數(shù)為4，電荷數(shù)為2，所以該粒子應(yīng)為氦原子核；新粒子質(zhì)量數(shù)為0，電荷數(shù)為-1，所以該粒子應(yīng)為電子。9.質(zhì)量為m的物體受到兩個互成角度的恒力F1和F2的作用，若物體由靜止開始，則它將做

運動，若物體運動一段時間后撤去一個外力F1，物體繼續(xù)做的運動是

運動。參考答案：勻加速，勻變速。10.我國交流電的周期為________，頻率為________，1min內(nèi)電流方向改變了___次。參考答案：0.02s

50Hz

6000次。11.如圖，寬為L的豎直障礙物上開有間距d=0.6m的矩形孔，其下沿離地高h=1.2m，離地高H=2m的質(zhì)點與障礙物相距x．在障礙物以v0=4m/s勻速向左運動的同時，質(zhì)點自由下落．為使質(zhì)點能穿過該孔，L的最大值為0.8m；若L=0.6m，x的取值范圍是0.8≤x≤1m．m．（取g=10m/s2）參考答案：考點：平拋運動．專題：平拋運動專題．分析：根據(jù)自由落體運動的公式求出小球通過矩形孔的時間，從而通過等時性求出L的最大值．結(jié)合小球運動到矩形孔上沿的時間和下沿的時間，結(jié)合障礙物的速度求出x的最小值和最大值．解答：解：小球做自由落體運動到矩形孔的上沿的時間s=0.2s；小球做自由落體運動到矩形孔下沿的時間，則小球通過矩形孔的時間△t=t2﹣t1=0.2s，根據(jù)等時性知，L的最大值為Lm=v0△t=4×0.2m=0.8m．x的最小值xmin=v0t1=4×0.2m=0.8mx的最大值xmax=v0t2﹣L=4×0.4﹣0.6m=1m．所以0.8m≤x≤1m．故答案為：0.8，0.8m≤x≤1m．點評：解決本題的關(guān)鍵抓住臨界狀態(tài)，運用運動學(xué)公式進行求解．知道小球通過矩形孔的時間和障礙物移動L的最大值時間相等．12.如圖，一塊木塊用細線懸掛于O點，現(xiàn)用一釘子貼著細線的左側(cè)，沿與水平方向成30°角的斜面向右以速度υ勻速移動，移動中始終保持懸線豎直，到圖中虛線位置時，木塊速度的大小為，與水平方向夾角為60°．參考答案：解：橡皮沿與水平方向成300的斜面向右以速度v勻速運動，由于橡皮沿與水平方向成300的斜面向右以速度v勻速運動的位移一定等于橡皮向上的位移，故在豎直方向以相等的速度勻速運動，根據(jù)平行四邊形定則，可知合速度也是一定的，故合運動是勻速運動；根據(jù)平行四邊形定則求得合速度大小v合=2vcos30°=，方向不變和水平方向成60°．故答案為：υ，60°13.在β衰變中常伴有一種稱為“中微子”的粒子放出．中微子的性質(zhì)十分特別，因此在實驗中很難探測。1953年，萊尼斯和柯文建造了一個由大水槽和探測器組成的實驗系統(tǒng)，利用中微子與水中11H的核反應(yīng)，間接地證實了中微子的存在．（1）中微子與水中的11H發(fā)生核反應(yīng)，產(chǎn)生中子(01n)和正電子(＋10e)，即中微子＋11H―→01n＋＋10e

可以判定，中微子的質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)分別是________．（3分）(填寫選項前的字母)A．0和0

B．0和1C．1和0

D．1和1（2）上述核反應(yīng)產(chǎn)生的正電子與水中的電子相遇，與電子形成幾乎靜止的整體后，可以轉(zhuǎn)變?yōu)閮蓚€光子(γ)，即

＋10e＋－10e―→2γ.

已知正電子和電子的質(zhì)量都為9.1×10－31kg，反應(yīng)中產(chǎn)生的每個光子的能量約為____

____J．（4分）

普朗克常量為h=6.63×10－34J·s

1u質(zhì)量對應(yīng)的能量為931.5MeV參考答案：三、簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.(6分)如圖所示，己知平行玻璃磚的折射率，厚度為.入射光線以入射角60°射到玻璃磚的上表面，經(jīng)玻璃磚折射從下表面射出，出射光線與入射光線平行，求兩平行光線間距離。（結(jié)果可用根式表示）

參考答案：解析：作出光路如圖

由折射定律得（2分）

所以r=30°（2分）

由圖知

則AB—AC=d·tan30°=d

出射光線與入射光線間的距離是d（2分）15.（09年大連24中質(zhì)檢）（選修3—4）（5分）半徑為R的半圓柱形玻璃，橫截面如圖所O為圓心，已知玻璃的折射率為，當(dāng)光由玻璃射向空氣時，發(fā)生全反射的臨界角為45°．一束與MN平面成45°的平行光束射到玻璃的半圓柱面上，經(jīng)玻璃折射后，有部分光能從MN平面上射出．求①說明光能從MN平面上射出的理由?

②能從MN射出的光束的寬度d為多少?參考答案：解析：①如下圖所示，進入玻璃中的光線a垂直半球面，沿半徑方向直達球心位置O，且入射角等于臨界角，恰好在O點發(fā)生全反射。光線a右側(cè)的光線（如：光線b）經(jīng)球面折射后，射在MN上的入射角一定大于臨界角，在MN上發(fā)生全反射，不能射出。光線a左側(cè)的光線經(jīng)半球面折射后，射到MN面上的入射角均小于臨界角，能從MN面上射出。（1分）最左邊射向半球的光線c與球面相切，入射角i=90°折射角r=45°。故光線c將垂直MN射出（1分）

②由折射定律知（1分）

則r=45°

（1分）

所以在MN面上射出的光束寬度應(yīng)是

（1分）四、計算題：本題共3小題，共計47分16.如圖，在區(qū)域I中有方向水平向右的勻強電場，在區(qū)域II中有方向豎直向上的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B=0.5T；兩區(qū)域中的電場強度大小相等，E=2V/m；兩區(qū)域足夠大，分界線豎直。一可視為質(zhì)點的帶電小球用絕緣細線拴住靜止在區(qū)域I中的A點時，細線與豎直方向的夾角為45°?，F(xiàn)剪斷細線，小球開始運動，經(jīng)過時間t1=1s從分界線的C點進入?yún)^(qū)域II，在其中運動一段時間后，從D點第二次經(jīng)過B分界線，再運動一段時間后，從H點第三次經(jīng)過分界線，圖中除A點外，其余各點均未畫出，g=10m/s2，求：(1)小球到達C點時的速度v；

(2)小球在區(qū)域II中運動的時間t2；(3)C、H之間距離d。參考答案：（1）（2）（3）試題分析：（1）對小球靜止時受力分析，求出重力與電場力的合力，剪斷細線后，小球在重力與電場力的作用下，沿合力方向做初速度為零的勻加速直線運動，由牛頓第二定律求出加速度，由速度公式求出到達C點的速度；（2）由第一問分析得出電場力與重力大小相等，故小球進入?yún)^(qū)域Ⅱ中做勻速圓運動，由洛倫茲力提供向心力，求出周期和圓心解，即可求出在區(qū)域Ⅱ運動的時間；（3）小球從D點再次進入?yún)^(qū)域Ⅰ時做類平拋運動，結(jié)合幾何知識即可求解C、H之間的距離d.（1）小球處于靜止?fàn)顟B(tài)時，受力分析如圖所示：由圖可知小球帶正電，設(shè)電場與重力的合力為F，則有：剪斷細線后，小球所受電場力與重力不變，小球?qū)⒆龀跛俣葹榱愕膭蚣铀僦本€運動由牛頓第二定律得：F=ma解得：則小球達到C點的速度為（2）由（1）可知，，則有：，即故小球在區(qū)域Ⅱ中做勻速圓運動則有：，解得：則周期則小球從C到D的時間為：（3）小球從D點再次進入?yún)^(qū)域Ⅰ時，速度大小為v，方向與重力和電場力的合力垂直，故小球做類平拋運動，設(shè)從D到H所用的時間為，其運動軌跡如圖所示：則沿DP方向做勻速運動，則有：PH方向做初速度為零的勻加速運動，則有：由幾何關(guān)系知：DP=PH聯(lián)立解得：，故DH=40m而，又由（2）知所以17.如圖所示，長為L、質(zhì)量為M的長木板靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為m的小物塊以水平速度從長木板左端開始運動，并從長木板右端滑離。若小物塊開始滑動至滑離長木板過程中長木板移動距離為x，求小物塊在長木板上滑動的時間。參考答案：取小滑塊為研究的對象，設(shè)小滑塊與長木板之間的摩擦力f和小滑塊在木板上運動的時間t，根據(jù)動能定理得：根據(jù)動量定理得：對長木板，由動能定理得：根據(jù)動量定理得：聯(lián)立以上各公式得：。18.如圖所示，一直立的汽缸用一質(zhì)量為m的活塞封閉一定質(zhì)量的理想氣體，活塞橫截面積為S，氣體最初的