黑龙江省黑河市嫩江市第一中学等高三（上）期末联考物理试题含解析

黑龙江省黑河市嫩江市第一中学等高三（上）期末联考物理试题物理

一、选择题（本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题中只有一项符合题目要求，每小题4分，第8~10题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）

1. 学习物理的过程中我们需要定义很多物理量，如速度定义为，则下列物理量表达式与速度的定义方式不相同的是（　　）

A. 电场强度 B. 电容 C. 电流 D. 加速度

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】速度的定义是比值定义，速度的大小仅仅与位移和时间的比值有关，与位移的大小和所需时间无关。

A．电场强度

也是比值定义，电场强度大小与试探电荷所受电场力的大小及试探电荷的带电量无关，A相同；

B．电容

也是比值定义，电容的大小与电容器的带电量及两极板间的电压无关，B相同；

C．电流

也是比值定义，电流强度的大小与通过的电荷量及所需时间无关，C相同；

D．加速度

不是比值定义，加速度的大小与所受的合外力成正比，与物体的质量成反比，D不同。

故不同的是D。

2. 如图所示是一辆汽车在平直路上运动速度的平方（v2）与位移（x）的关系图像。则这辆汽车的加速度大小为（　　）

A. 1m/s2 B. 2m/s2

C. 3m/s2 D. 4m/s2

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】由匀变速直线运动的速度与位移的关系式

得

结合图像可知加速度

解得

a=1m/s2

故选A。

3. 如图所示，、两卫星在赤道平面内绕地球做匀速圆周运动，卫星的运行周期为24h。已知引力常量为，地球的质量为、半径为，则下列说法正确的是（　　）

A. 地球赤道上的重力加速度大于

B. 卫星所受地球引力大于卫星所受地球引力

C. 卫星运行的周期小于24h

D. 在相同时间内，卫星、卫星与地心连线扫过的面积相等

【答案】C

【解析】

【详解】A．赤道上的物体随地球自转需要向心力

所以

选项A错误；

B．和的质量未知，无法比较它们所受地球引力的大小，选项B错误；

C．由开普勒第三定律可知，卫星的轨道半径越大，运行的周期越长，因运行的周期为24h，故运行的周期小于24h，选项C正确；

D．根据开普勒第二定律可知，对同一卫星而言，它与地心的连线在相等的时间内扫过的面积相等，选项D错误。

故选C。

4. 如图所示，在通电螺线管外有、两个大小不同的圆环，穿过环的磁通量与穿过环的磁通量的关系是（　　）

A.  B.  C.  D. 不能确定

【答案】A

【解析】

【详解】通电螺线管磁场分布与条形磁铁类似，根据右手螺旋定则和磁感线的分布情况可知，螺线管内部穿过环面的磁感线方向向上，外部磁感线方向向下。由于磁感线是闭合曲线，螺线管内部的磁感线条数等于螺线管外部磁感线的总条数，而螺线管外部磁感线分布在无限大的空间，所以穿过环面的螺线管外部向下的磁感线将螺线管内部向上的磁感线抵消一部分，A的面积小，抵消较小，则磁通量较大，所以

故A正确，BCD错误。

故选A。

5. 如图所示，质量的小铁块（可视为质点）放在长木板左端，长木板质量，静止在光滑水平面上，当给小铁块施加大小为、方向水平向右的瞬时冲量后，经过0.8s木板和小铁块达到共同速度。重力加速度取，则长木板与小铁块的共同速度大小和二者之间的动摩擦因数分别为（　　）

A. 0.8m/s  0.5 B. 0.8m/s  0.25 C. 1m/s  0.5 D. 1m/s  0.25

【答案】D

【解析】

【详解】对小铁块由动量定理有

小铁块和木板在光滑水平面上动量守恒

联立解得木板与小铁块在共同运动时的速度大小

对木板由动量定理有

解得小铁块与长木板之间的动摩擦因数

故选D。

6. 2021年8月3日，在东京奥运会竞技体操男子单杠决赛中，8位选手有一半都出现了掉杠的情况。如图所示，某选手的质量为70kg，做“双臂大回环”，用双手抓住单杠，伸展身体，以单杠为轴做圆周运动。此过程中，运动员到达最低点时手臂受的总拉力大小至少约为（忽略空气阻力，重力加速度取）（　　）

A. 2500N B. 3500N C. 4500N D. 5500N

【答案】B

【解析】

【详解】设运动员在最低点受的总拉力至少为，此时运动员的重心的速度为，运动员的重心到单杠的距离为，由牛顿第二定律得

由机械能守恒定律得

最高点速度为零时，最小，最小，联立解得

故选B。

7. 如图甲所示，在轴上固定两个电荷量分别为、的点电荷，其中负电荷固定在坐标原点，两电荷的间距为；如图乙所示是两电荷所形成的电场的电势在轴正半轴上的分布图像，电势的最大值为，假设图像与轴交点的横坐标为，过交点作图像的切线与纵轴相交，规定无限远处电势为0，下列说法正确的是（　　）

A. 轴上电势为的点电场强度不为0

B. 轴上电势为的点距离坐标原点的距离为

C. 图像与轴的交点处对应的场强大小为

D. 切线与纵轴的交点的纵坐标为

【答案】C

【解析】

【详解】AB．关系图像切线的斜率的绝对值表示电场强度的大小，由图乙可知轴上电势为的点，对应的切线的斜率为0，则此点的电场强度为0，设此点到坐标原点（即负电荷）的距离为，根据点电荷的场强公式，可得在此点产生的场强

在此点产生场强

此点的合场强为0，则有

即

解得

AB错误；

C．图像与轴的交点的横坐标为，表示此点距、的距离分别为、此点的场强大小

C正确；

D．设切线与纵轴的交点的纵坐标为，关系图像切线的斜率的绝对值表示电场强度的大小，则有

综合解得

D错误。

故选C。

8. 如图所示，虚线为带负电粒子在电场中从点运动到点的轨迹，其他曲线为电场线，不计粒子的重力，则下列判断正确的是（　　）

A. 粒子在点的速度可能为零

B. 粒子在点电势能一定比点电势能小

C. 粒子从点运动到点，速度先变小后变大

D. 粒子从点运动到点，加速度先变大后变小

【答案】BC

【解析】

【详解】A．由于电场力指向运动轨迹凹的一侧，因此粒子在点运动时，电场力是阻力，因此在点速度不可能为零，A项错误；

B．根据粒子的电场力方向判断电场线的方向向上，点电势比点电势高，因此粒子在点的电势能比在点电势能小，B项正确；

C．粒子从点运动到点，电场力先做负功，后做正功，因此动能先减小后增大，速度先减小后增大，C项正确；

D．由于电场强度先减小后增大，因此电场力先减小后增大，加速度先减小后增大，D项错误。

故选BC。

9. 如图所示，电路中电压表和电流表均为理想电表，电源的电动势为、内阻为，、、为定值电阻，闭合开关S，当滑动变阻器的滑片向下滑动时，下列说法正确的是（　　）

A. 电压表的示数变大 B. 电阻的功率增大

C. 电流表的示数变小 D. 通过的电流变小

【答案】AD

【解析】

【详解】A．当滑动变阻器的滑片向下滑动时，其接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，则干路电流减小，路端电压增大，两端的电压等于路端电压，则知两端的电压增大，电压表的电压增大，选项A正确；

B．通过电流增大，通过电流

减小，增大，则减小，故的功率减小，选项B错误；

C．两端电压减小，、并联电压

增大，减小，则知增大，故通过电流表和的电流增大，电流表的示数变大，选项C错误；

D．通过的电流

减小，增大，则通过的电流减小，选项D正确。

故选AD。

10. 如图所示，质量分别为、的物块、静止在光滑的水平面上，，轻弹簧与物块连接，给物块一个水平向右、大小为的初速度，与弹簧接触后压缩弹簧，，运动过程中始终在一条直线上，当物块与轻弹簧分离时，物块的速度大小为，物块的速度大小为，则下列判断正确的是（　　）

A. 与方向相反 B. 与方向相同

C.  D.

【答案】BC

【解析】

【详解】根据题意有，动量守恒

机械能守恒

解得

由，得到

因此有

AD项错误，BC项正确。

故选BC。

二、实验题（本题共2小题，共16分）

11. 某同学设计了如图所示的装置测量物体的质量。用跨过定滑轮的细线连接物体A、B，开始时系统静止，物体B离地面的高度为h，由静止释放并开始计时，测得B落地的时间为t，完成下列问题：

（1）系统的加速度a=_______（用h、t表示）；

（2）已知当地重力加速度g，忽略一切阻力。若物体A的质量为m，则物体B的质量M=______（用m、g、h、t表示）；

（3）试分析该实验系统误差产生的原因：____________（写出一条即可）。

【答案】    ①.     ②.     ③. 滑轮和绳之间的摩擦

【解析】

【分析】

【详解】（1）[1]根据

可得加速度

（2）[2]根据牛顿第二定律可得

带入加速度可得

（3）[3]滑轮与轴间的摩擦；滑轮的质量不能忽略；细绳的质量不能忽略等。

12. 某同学准备测量一电池的电动势和内阻。

（1）该同学用多用电表的直流电压“2.5V”挡进行测量，结果指针偏转如图甲所示，则该电池的电动势约为______V。

（2）为了较精确测量电池电动势和内阻，除被测电池、开关、导线若干外，还有下列器材供选用，在所给器材中请选择适当器材：______（填写选项前的字母）。

A.电流表（0~0.6A，内阻）

B.电流表（0~0.6A，内阻约为）

C电压表（0~3V，内阻未知）

D.电压表（0~15V，内阻未知）

E.滑动变阻器（，2A）

F.滑动变阻器（，1A）

（3）在用伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差，实验电路图应选择图中的填______（填“乙”或“丙”）。

（4）根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丁所示的图像，则电池的电动势______V，内电阻______。

【答案】    ①. 1.55    ②. ACE    ③. 乙    ④. 1.50    ⑤. 0.7

【解析】

【详解】（1）[1]题图甲，选0~250V表盘，则读数为

（2）[2]在备选器材中选择适当的器材：电流表选择内阻是已知的A，电压表选择量程是0~3V的C，滑动变阻器选择总阻值较小的E，故选ACE。

（3）[3]因电流表的内阻已知，故实验电路图应选择图乙。

（4）[4][5]根据实验中电流表和电压表的示数得到了题图丙所示的图像，由图可知电池的电动势

内电阻

三、计算题（本题共3小题，共计38分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）

13. 一电动玩具小车放在水平地面上，从静止开始运动，在一段时间内其速度与牵引力的功率随时间变化的函数关系图像分别如图甲、乙所示，地面对小车的摩擦力恒定，2s以后小车以速度做匀速直线运动，对比分析两图像所给的已知信息，求：

（1）2s时小车的速度以及地面对小车的摩擦力；

（2）甲图阴影部分的面积。

【答案】（1），；（2）

【解析】

【详解】（1）1s至2s，小车做匀加速直线运动，牵引力恒定设为，1s时

2s时

代入图中所给的已知条件

解得

设地面对小车恒定摩擦力为，由题意和图像可知2s以后小车以速度

恒定的功率做匀速直线运动，则有

解得

（2）结合

由甲图可知，1s至2s小车的加速度

由牛顿第二定律

再代入

综合解得

甲图阴影部分的面积是小车在0~1s内的位移，由动能定理

由图像可知

再结合

联立解得

14. 如图所示竖直放置的绝缘圆形轨道半径，一条水平绝缘轨道与圆轨道最低点相连，轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，从水平轨道上的点由静止释放一带正电的小球，小球刚好能在圆轨道内做完整的圆周运动。不计一切摩擦及空气阻力，小球受到的静电力大小等于小球重力的倍，，，重力加速度取。

（1）小球在沿圆轨道运动的过程中，经过点（图中未画出）时的速度最小，求最小速度的大小；

（2）求释放点距圆轨道最低点的距离。（结果保留到小数点后两位）

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】解：（1）小球所受的等效重力为

设等效重力的方向与水平方向成角斜向右下方，则

即

依题意有，点为圆轨道上的等效最高点，小球沿圆轨道运动的过程中，在点时速度最小，且此时等效重力提供小球做圆周运动的向心力，即

解得小球在沿圆轨道运动的过程中的最小速度的大小为

（2）从到由动能定理得

其中

解得释放点距圆轨道最低点的距离

15. 如图所示，半径为的半圆形光滑轨道固定在竖直平面内，，两点为轨道的最高点且与圆心在同一水平线上，点为最低点，均可视为质点的物块甲、乙质量之比为，物块甲从处无初速度释放，滑到最低点与静止在处的物块乙发生第一次弹性碰撞，碰后物块甲立即反向，恰能回到轨道上点，重力加速度大小为，不计空气阻力，求：

（1）第一次碰撞前物块甲的速度大小；

（2）第一次碰撞后物块甲、乙的速度大小和、之间的竖直高度；

（3）判断在以后的运动中，物块甲能不能回到点。

【答案】（1）；（2），，；（3）能

【解析】

【详解】（1）物块甲从点滑到点过程机械能守恒，由机械能守恒定律得

解得物块甲第一次与物块乙碰前速度大小

（2）设甲的质量为，则乙的质量为，物块甲、乙发生弹性碰撞后的速度分别为、，以向左为正方向，根据动量守恒定律有

根据机械能守恒定律有

联立两式解得

设、之间的竖直高度为，则由机械能守恒定律得

解得

（3）由于第一次碰撞后两物块的速度大小相等，则物块甲、乙将同时回到最低位置点发生第二次弹性碰撞，以向右为正方向，则物块甲、乙返回点时速度

由动量守恒定律得

由机械能守恒定律得

解得物块甲的速度大小为

碰撞后对甲由机械能守恒定律得

解得

物块甲能回到点‍.