2021-2022学年山西省运城市高三（上）期末物理试卷（含答案解析）

2021-2022学年山西省运城市高三（上）期末物理试卷

1.     在物理学发展历程中，科学家们通过对某些重要实验进行认真的观察和深入的研究，最终获得了正确的理论认识。下列图示的实验中，能说明原子具有核式结构的是(    )

A.  B.
C.  D.

2.     如图所示，在光滑的水平地面上有一静止的质量为M的四分之一光滑圆弧滑块，圆弧的半径为R，最低点处刚好与水平地面相切。一质量为m的小球以一定的初速度沿水平地面向右运动，不计小球冲上圆弧滑块过程中的机械能损失。如果圆弧滑块固定，则小球恰能冲到圆弧面上与圆心等高处；如果圆弧滑块不固定，则小球在圆弧面上能到达的最大高度为。则小球与滑块质量之比m：M为(    )

A. 1：2 B. 1：3 C. 2：1 D. 3：1

3.     在一块固定的倾角为的木板上叠放质量均为m的一本英语词典和一本汉语词典，图甲中英语词典在上，图乙中汉语词典在上，已知图甲中两本书一起匀速下滑，图乙中两本书一起加速下滑。已知两本书的封面材料不同，但每本书的上、下两面材料都相同，近似认为滑动摩擦力与最大静摩擦力相等，设英语词典和木板之间的动摩擦因数为，汉语词典和木板之间的动摩擦因数为，英语词典和汉语词典之间的动摩擦因数为，则下列说法正确的是(    )
    

A.  一定小于
B.  一定等于
C. 图乙中汉语词典受到的摩擦力大小一定是
D. 图甲中英语词典受到的摩擦力大小一定是

4.     如图所示，2020年11月24日，中国长征五号运载火箭搭载着要去月球挖土的嫦娥五号月球探测器在海南文昌航天发射场成功发射，这是我国首次地外天体采样任务。12月6日，嫦娥五号上升器与在环月轨道等待的轨道器返回器组合体成功交会对接，将月球样品容器安全转移至返回器中，这是我国航天器首次实现月球轨道交会对接，轨道器返回器组合体与上升器成功分离后，进入环月等待阶段，准备择机返回地球。若轨道器返回器组合体绕月球做匀速圆周运动，周期为T，离月球表面高度为h，月球半径为R，万有引力常量为G，则(    )

A. 轨道器返回器组合体的运行速度为 B. 月球的第一宇宙速度为
C. 月球的质量为 D. 月球表面的重力加速度为

5.     如图所示，半径为R的圆形区域内存在着磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于纸面向里，一带负电的粒子不计重力沿水平方向以速度v正对圆心入射，通过磁场区域后速度方向偏转了。如果想使粒子通过磁场区域后速度方向的偏转角度最大，在保持原入射速度的基础上，需将粒子的入射点向上平移的距离d为(    )

A.  B.  C.  D.

6.     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。实线为某带电的粒子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，据此可知以下说法中正确的是(    )

A. 三个等势面中，a的电势最高
B. 带电粒子通过P点时的电势能比通过Q点时的电势能大
C. 带电粒子通过P点时的动能比通过Q点时的动能大
D. 带电粒子通过P点时的加速度比通过Q点时的加速度大

7.     水平面上固定着半径的薄圆筒，筒中放置着两个圆柱体，小圆柱体半径、重力为，大圆柱体半径。圆筒和圆柱体的中心轴均水平，且圆筒的中心O与大、小圆柱体的切点Q的连线恰好竖直，如图所示圆筒只画了部分，不计一切摩擦，则(    )

A. 圆筒对小圆柱体的支持力大小为
B. 大、小圆柱体之间的压力大小为
C. 大圆柱体的重力大小为10N
D. 大圆柱体的重力大小为20N

8.     两长度相同的金属板M、N正对水平放置，板长为L，板间距为d，连接在图示的电路中。D为理想二极管正向电阻为0，反向电阻无穷大，滑动变阻器R的最大阻值为2r，定值电阻的阻值，E为恒压电源，不计电源内阻。将滑片P置于滑动变阻器正中间，闭合开关S，让一电荷量为q、质量为m的粒子不计重力从靠近M板左端的位置以水平速度射入板间，粒子恰好打在N板的右端。在保持开关S闭合的情况下，下列说法正确的是(    )

A. 若仅将粒子的初速度变为后射入板间，则粒子从M、N板的中线处离开
B. 若仅将滑动变阻器的滑片向左滑动，则粒子还是恰好打在N板的右端
C. 若仅将N板向上平移，则粒子将打在N板的中点处
D. 若仅将滑动变阻器的滑片向右滑动，则粒子不会打在N板上

9.     某同学利用手机的连拍照相功能研究平抛运动。实验步骤如下：
   用刻度尺测出每块砖的高度d和长度L。
   将小球平行于竖直墙面水平向右抛出，利用连拍照相功能拍摄不同时刻小球位置，得到小球的运动轨迹如图所示。不计小球所受阻力，重力加速度为g。
   
   点______填“是”或“不是”抛出点。
   连拍照相的时间间隔______。
   小球在位置B的速度大小______。
10. 一小型电风扇额定电压为，额定功率为，某实验小组想通过实验描绘出小电风扇的电流与其两端电压关系的曲线。实验中除导线和开关外，还有以下器材可供选择：
    A.电源电动势为；
    B.电压表量程为，内阻为；
    C.电流表量程为，内阻约为；
    D.电流表量程3A，内阻约为；
    E.滑动变阻器最大阻值为；
    F.滑动变阻器最大阻值为；
    G.定值电阻阻值为。
    为了便于调节，减小读数误差和系统误差，实验中所用电流表应选用______ 填C或，滑动变阻器应选用______ 填E或。
    请你为该小组设计实验电路，并把电路图画在甲图的虚线框内图甲中已经画出小电风扇。
    操作过程中发现，电压表读数大于时电风扇才开始转动。该小组描绘出电压表读数与电流表读数的关系曲线如图乙所示，由此可知小电风扇电机线圈的电阻为______ 结果保留两位小数。
    若用电动势为3V、内阻为的电源为该小风扇供电，电路如图丙所示，则小风扇工作时输出的机械功率为______ 结果保留两位小数。
     
11. 如图所示，两物体A、B通过轻弹簧杆相连，B、C两物体用不可伸长的轻绳跨接在一个光滑的轻质定滑轮两侧，C物体放在固定的光滑斜面上。开始时用手固定C使绳拉直但无张力，ab绳竖直，cd绳与斜面平行。已知B的质量为m，C的质量为3m，弹簧的劲度系数为k，固定斜面倾角由静止释放C，C在沿斜面下滑过程中，A始终未离开地面，弹簧在弹性限度内。重力加速度为g。求：
    刚释放C时，轻绳对B的拉力大小。
    从开始释放到速度最大的过程中，B上升的高度。

12. 如图所示，在平面直角坐标系xOy的第Ⅰ象限有沿y轴负方向的匀强电场，第象限有垂直于纸面向外的匀强磁场。现有一质量为m带电荷量为q的正粒子不计重力从坐标为的P点以初速度沿x轴负方向开始运动，接着进入磁场后由坐标原点O射出，射出时速度方向与x轴负方向夹角为，不计重力，求：
    粒子从O点射出时的速度大小v；
    电场强度E的大小；
    粒子从P点运动到O点所用的时间。

13. 某种弹射装置的示意图如图所示，光滑的水平导轨MN右端N处与倾斜传送带理想连接，传送带长度，并以恒定速率顺时针转动，三个质量均为的滑块A、B、C置于水平导轨上，B、C之间有一段轻弹簧刚好处于原长，滑块B与轻弹簧连接，C未连接弹簧，B、C处于静止状态且离N点足够远，现让滑块A以初速度沿B、C连线方向向B运动，A与B碰撞后粘连在一起，碰撞时间极短。滑块C脱离弹簧后滑上倾角的传送带，并从顶端沿传送带方向滑出斜抛落至地面上。已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数，重力加速度g取，，。求：
    滑块A、B碰撞时损失的机械能；
    滑块C在传送带上因摩擦产生的热量Q。
    
    

答案和解析

1.【答案】B 

【解析】解：A、此实验为光电效应实验，证明光具有粒子性，和原子核式结构无关，故A错误；
B、此实验为散射实验，卢瑟福通过对这个实验的研究，提出了原子的核式结构模型，故B正确；
C、此实验为洛伦兹力演示实验，和原子核式结构无关，故C错误；
D、此实验为双缝干涉实验，证明光具有波动性，和原子核式结构无关，故D错误。
故选：B。
英国物理学家卢瑟福和助手们进行了粒子散射实验，并提出了原子的核式结构模型。根据各个实验的意义进行解答。
本题考查了物理学史。关注常见的物理常识，熟记教材上出现过的物理实验，是解决本题的关键，只要平时多加积累。
 

2.【答案】C 

【解析】解：滑块静止时，对小球，由机械能守恒定律得：
滑块不固定时，小球与滑块组成的系统在水平方向动量守恒，
小球到达最高点时小球与滑块的速度相等，设为v，以向右为正方向，
在水平方向，由动量守恒定律得：
由机械能守恒定律得：
解得：m：：1，故C正确，ABD错误。
故选：C。
应用机械能守恒定律求出小球的速度，小球与滑块组成的系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求解。
本题考查了动量守恒定律、机械能守恒定律，要知道小球刚好没跃出圆弧的上端，两者水平方向上的速度相同，结合水平方向系统动量守恒和系统机械能守恒列式求解即可。
 

3.【答案】AC 

【解析】解：A、对乙图，对整体分析，根据牛顿第二定律得，，可知，故A正确；
B、甲图中，对整体分析，根据共点力平衡有：，可得，；
图甲中英语词典所受的摩擦力为静摩擦力：，因为，所以：；
英语词典所受的摩擦力为静摩擦力，静摩擦力一定小于等于最大静摩擦力，则：，即，故B错误；
C、对乙图，对整体分析，根据牛顿第二定律得，，解得，隔离对汉语词典分析，根据牛顿第二定律得，，解得，故C正确；
D、根据B的分析可知，图甲中英语词典所受的摩擦力为静摩擦力运动等于，小于等于，故D错误；
故选：AC。
分别对整体分析，根据共点力平衡和牛顿第二定律比较英语词典和木板之间的动摩擦因数和汉语词典和木板之间的动摩擦因数大小；对乙图中整体分析，根据牛顿第二定律求出加速度，隔离对汉语词典分析，求出汉语词典所受的摩擦力，抓住静摩擦力小于最大静摩擦力求出和的关系；对甲图中英语词典分析，根据共点力平衡求出摩擦力的大小。
本题考查了牛顿第二定律和共点力平衡的综合运用，一起匀加速直线运动时，抓住加速度相同，运用整体法和隔离法进行求解。
 

4.【答案】B 

【解析】解：A、根据匀速圆周运动的运动规律，可得轨道器返回器组合体的运行速度为：，故A错误；
BC、轨道器返回器组合体绕月球做匀速圆周运动，由牛顿第二定律：
解得月球的质量为：
月球的第一宇宙速度即为绕月球表面运行的卫星的速度，由牛顿第二定律：
联立解得月球的第一宇宙速度为：，故B正确，C错误；
D、在月球表面，有：，解得月球表面的重力加速度为：，故D错误。
故选：B。
根据匀速圆周运动的运动规律，求解轨道器返回器组合体的运行速度；由万有引力提供向心力，求解月球的质量，然后求出线速度，重力加速度等。
本题以我国航天器首次实现月球轨道交会为背景，考查了万有引力定律在现代科技中的应用，要求学生会根据万有引力提供向心力求解。
 

5.【答案】B 

【解析】解：带电粒子受洛伦兹力做匀速圆周运动，对于圆形磁场，粒子径向入射将径向射出；对于圆周运动，速度偏转角等于轨迹圆心角，其轨迹如右图所示，由几何关系得轨迹半径：

因轨迹圆半径r大于圆形磁场的半径R，则在磁场中粒子的轨迹为劣弧，所以轨迹所对应的弦越长，圆心角越大，偏转角越大，故其弦长为磁场圆的直径时弦最长，粒子速度偏转的角度最大，如下图所示：

由几何关系得：
平移距离，故B正确，ACD错误。
故选：B。
带电粒子受洛伦兹力做匀速圆周运动，对于圆形磁场，粒子径向入射将径向射出；对于圆周运动，速度偏转角等于轨迹圆心角，画出题中已知轨迹图，由几何关系求得轨迹半径与磁场半径的关系，粒子的轨迹为劣弧，所以弦越长，偏转角越大，弦长等于磁场圆的直径时弦最长，粒子速度偏转的角度最大，以此画出轨迹图，用几何关系求得入射点向上平移的距离d。
当磁场是圆形区域时最易混淆粒子的运动轨迹圆半径和磁场圆半径，解题时需注意．经常要利用两个圆的几何关系如内切或外切、相交公共弦等去找临界的几何条件，需多练习总结，积累经验．
 

6.【答案】BD 

【解析】解：A、电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于带电粒子的电性未知，因此不能判断电场线的方向，因此不能判断各等势线电势的高低，故A错误；
BC、电荷所受电场力指向轨迹内侧，且电荷受到的电场力的方向与等势线的方向垂直，可知该带电粒子运动的过程中受到的电场力的方向向下，若带电粒子从P向Q运动，则运动的过程中受到的电场力的方向与运动方向之间的夹角为锐角，带电粒子从P运动到Q的过程中电场力做正功，带电粒子的电势能减小，动能增大，可知带电粒子通过P点时的电势能比通过Q点时的电势能大，通过P点时的动能比通过Q点时的动能小，故B正确，C错误；
D、等势面的疏密代表场强的大小，可知P点处的电场强度大，故粒子在P点受到的电场力最大，加速度最大，故D正确；
故选：BD。
由于带电粒子只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右下方，由于带电粒子电性未知，因此不能判断电场线方向；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场强度大。
解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场强度、电势能、动能等物理量的变化。
 

7.【答案】AC 

【解析】解：AB、分析圆柱体受力如图

对小圆柱平移F、、，三力首尾相连构成的封闭矢量三角形与相似，由几何关可得

其中
，
，
，
代入数据解得：，，
故A正确，B错误；
CD、对大圆柱平移F、、，三力首尾相连构成的封闭矢量三角形与相似，由几何关系可得

解得：
故C正确，D错误。
故选：AC。
对两圆柱进行受力分析，分别由几何关系列式即可求出。
三力平衡的基本解题方法：①力的合成、分解法：即分析物体的受力，把某两个力进行合成，将三力转化为二力，构成一对平衡力，二是把重力按实际效果进行分解，将三力转化为四力，构成两对平衡力。②相似三角形法：利用矢量三角形与几何三角形相似的关系，建立方程求解力的方法。应用这种方法，往往能收到简捷的效果。
 

8.【答案】BC 

【解析】解：粒子做类平抛运动时间为

竖直方向：
其中

当初速度变为后，加速度不变，时间为

则有

则粒子从靠近M板的处射出，故A错误；
B.滑片向左移，R变大，但因理想二极管原因，电容器Q不变，C不变，则U不变，粒子所受电场力不变，所以粒子还是恰好打在N板的右端，故B正确；
C.如果将N板向上平移，则有

加速度变为原来的2倍，则有

解得

对板移动之前，有
，
可知

所以有

故C正确；
D.滑片向右移动，两端电压变大，则粒子所受电场力变大，粒子加速度变大，粒子仍会打在N板上，故D错误。
故选：BC。
根据类平抛运动规律分析粒子离开两极板时竖直方向位移；滑片向左移，R变大，电容器Q不变，C不变，则U不变，根据类平抛运动分析CD选项。
本题考查带电粒子在电场中的偏转，解题关键掌握类平抛运动规律，注意电容器Q不变，C不变，则U不变。
 

9.【答案】不是   

【解析】解：由OA、AB、BC水平距离相同可知，O到A、A到B、B到C的运动时间相同。初速度为零的匀加速直线运动经过相邻的相等的时间内通过位移之比为1：3：5，平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，竖直方向上，OA、AB、BC的竖直位移之比为1：2：3，可知O点不是抛出点；
在竖直方向有：，所以连拍照相机的时间间隔；
小球平抛运动的初速度：
在B点时竖直方向的速度为
B点的速度为
故答案为：不是；；
平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上做匀速直线运动，通过竖直方向上相等时间间隔内的位移之比是否是1：3：5，判断a点是否是小球的抛出点；
在竖直方向上，根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求曝光的时间间隔；
根据水平方向上做匀速直线运动，结合水平位移和时间间隔求出平抛运动的初速度；在竖直方向上，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的竖直分速度，结合平行四边形定则求出小球在B点的速度大小。
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论灵活求解。
 

10.【答案】 

【解析】解：电风扇的额定电流：，电流表应选择C；为方便实验操作，滑动变阻器应选择F；
描绘出小电风扇的电流与其两端电压的关系，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；由于电压表内阻远大于电风扇的电阻，电流表应采用外接法，实验电路图如图1所示；
电风扇不转动时是纯电阻电路，电风扇的电阻：；
根据闭合电路欧姆定律可得：，作出电源的图象如图2所示；
由图示图象可知，电风扇的工作电压，工作电流，
电风扇的热功率：，
电风扇的总功率，
电风扇的机械功率。
故答案为：；F；电路图如图1所示；；。
根据电动机的额定电流选择电流表，为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器；
根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后作出作出电路图；
根据图示图象应用欧姆定律求出电动机的电阻；
作出电源的图象，根据图象得到电风扇的工作电压与电流，应用电功率公式分析答题。
本题考查了实验器材选择与实验数据处理，要掌握实验器材的选择原则；应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，要掌握应用图象法处理实验数据的方法。
 

11.【答案】解：刚释放C时，根据牛顿第二定律，对C有：

对B有：
解得B的加速度大小为：
轻绳对B的拉力
初始时对B物体有：
C速度最大时合力为零，有：
此时，对B物体有：。
B上升的高度为：。
联立解得：
答：刚释放C时，轻绳对B的拉力大小为。
从开始释放到速度最大的过程中，B上升的高度为。 

【解析】刚释放C时，B与C的加速度大小相等。分别以B与C为研究对象，运用牛顿第二定律列式，可求得B、C的加速度大小，进而求得轻绳对B的拉力。
速度最大时合力为零，B的合力也为零，分别对B、C分析受力，由平衡条件和胡克定律结合求出此时弹簧的伸长量。再由胡克定律求得弹簧原来的压缩量，即可得到B上升的高度。
本题一要灵活选择研究对象，二要对物体正确进行受力分析，三要把握临界条件，如C的速度最大条件是合力为零。
 

12.【答案】解：带电粒子在电场中做类平抛运动，由Q点进入磁场，在磁场中做匀速圆周运动，最终由O点射出。轨迹如图所示

根据对称性可知，粒子在Q点时的速度大小与粒子在O点的速度大小相等，均为v，方向与x轴负方向成角，则有

解得：
在P到Q过程中，由动能定理得

解得：
设粒子在电场中运动的时间为，则有

解得：
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由几何关系可得

粒子在磁场中的运动时间为：
解得：
粒子在由P到O过程中的总时间：
联立解得：
答：粒子从O点射出时的速度大小为；
电场强度E的大小为；
粒子从P点运动到O点所用的时间为。 

【解析】根据运动的对称性，结合几何关系，即可求解；
根据动能定理，结合电场力做功，即可求解；
根据运动学公式与几何关系的综合，即可求解。
考查粒子在电场与磁场中运动，掌握处理的方法，理解确定的物理规律，注意会画出正确的运动轨迹图，同时注意几何的正确建立。
 

13.【答案】解：设A与B碰撞后共同速度为，选取向右为正方向，对A、B碰撞过程，由动量守恒定律有：
  …①
A、B碰撞时损失的机械能为…②
联立解得，
设A、B碰撞后，弹簧第一次恢复原长时A、B整体的速度为，C的速度为。
对于AB整体与C组成的系统，选取向右为正方向，由动量守恒定律有：
 …③
由系统的机械能守恒有：…④
联立解得：
C以速度滑上传送带，由于，所以滑块C开始阶段做匀加速直线运动，假设匀加速的直线运动位移为x时与传送带共速，由牛顿第二定律有：
 
解得
结合：
联立解得：
设C在传送带上匀加速运动的时间为t，有：
 …⑤
所以C与传送带间的相对位移为…⑥
代入数据得：
摩擦生热为…⑦
解得
答：滑块A、B碰撞时损失的机械能是9J；
滑块C在传送带上因摩擦产生的热量Q是8J。 

【解析】、B碰撞过程，遵守动量守恒定律，由此求出碰撞后二者的共同速度，再由能量守恒定律求出碰撞时损失的机械能；
、B碰撞后与C作用的过程中，A、B、C组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出C与A、B分开后的速度。C在传送带上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律求出加速度，然后应用匀变速直线运动规律求出C相对于传送带运动时的相对位移，由功能关系即可求出摩擦产生的热量Q。
本题采用程序法进行分析，关键要理清物体的运动过程，把握每个过程的物理规律，特别是分析清楚C在传送带上的运动情况，要注意摩擦生热与相对位移有关。