内蒙古呼伦贝尔市莫力达瓦旗尼尔基第一中学2021-2022学年高三上学期期末考试物理试卷（Word版含答案）

高三上学期期末考试物理试卷
一. 选择题:(1－8为单选，9-12为多选择题，每题4分共48分多选题都选正确得4分、漏选得2分、错选不得分）
1、一矩形线框在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时，产生的正弦交流电压u随时间t变化的关系如图所示．下列说法正确的是(　　)
A. 该交流电的频率为100Hz
B. t＝0时刻，线框平面与磁场方向平行
C. 用交流电压表测量该电压时示数为220V
D. 电压瞬时值表达式为u＝220sin 100πt(V)
2、如图所示，竖直放置的长直导线通有恒定电流，矩形导线框位于它的右侧，和导线在同一竖直平面内，边与导线平行。以下过程，线框中能产生感应电流的是（　　）
A. 导线不动，线框向上平移
B. 导线不动，线框向下平移
C. 导线不动，线框向右平移
D. 导线和线框相对位置不变，一起向右平移
3、下面的四个图显示了磁场对通电直导线的作用力，其中正确的是（　　）
A. B. C. D.
4、如图所示，R是光敏电阻，当它受到的光照强度增大时，电阻减小，则( )
A. 灯泡L变暗
B. 光敏电阻R上的电压增大
C. 电压表V的读数增大
D. 电容器C的带电荷量增大
5、在等边三角形ABC的顶点B和C处各放一个电荷量相等的点电荷时，测得A处的场强大小为E，方向与BC边平行且由B指向C，如图所示。若拿走C处的点电荷，则下列关于A处电场强度的说法正确的是（　　）
A. 大小仍为E，方向由A指向B
B. 大小仍为E，方向由B指向A
C. 大小变为，方向不变
D. 不能得出结论
6、如图所示，两个互相垂直的水平力作用在同一物体上，物体在光滑水平面上发生一段位移的过程中，力对物体做功为，物体克服力做功为，则两个力对物体做的总功为（　　）
A． B． C． D．
7、用30cm的细线将质量为kg的带电小球P悬挂在O点下，当空中有方向为水平向右，大小为N/C的匀强电场时，小球偏转37°后处在静止状态，则（　 　）
A．小球带负电
B．小球的带电量是C
C．小球的带电量是C
D．小球所受合力是N
8、理想变压器原线圈a的匝数n1＝800匝，副线圈b的匝数n2＝200匝，原线圈接在u=220·sin（314t） V的交流电源上，副线圈中“12 V，6 W”的灯泡L恰好正常发光，电阻R2＝16Ω，电压表V为理想电表。则下列推断正确的是（　　）
A. 电阻R1的阻值为100Ω
B. R2消耗的功率为8W
C. 电压表V的示数为20V
D. 穿过铁芯的磁通量的变化率最大为10Wb/s
9、科幻影片《流浪地球》中为了让地球逃离太阳系，人们在地球上建造特大功率发动机，使地球完成一系列变轨操作，其逃离过程可设想成如图所示，地球在椭圆轨道I上运行到远日点P变轨进入圆形轨道Ⅱ，在圆形轨道Ⅱ上运行一段时间后在P点时再次加速变轨，从而最终摆脱太阳束缚。对于该过程，下列说法正确的是（ 　　）
A．地球在P点通过向前喷气减速实现由轨道I进入轨道Ⅱ
B．若地球在I、Ⅱ轨道上运行的周期分别为T1、T2，则T1C．地球在轨道I正常运行时（不含变轨时刻）经过P点的加速度比地球在轨道Ⅱ正常运行（不含变轨时刻）时经过P点的加速度大
D．地球在轨道I上过O点的速率比地球在轨道Ⅱ上过P点的速率大
10、如图，用球拍击打乒乓球时，如果以乒乓球为研究对象，下列说法正确的是（　　）
A．乒乓球受到球拍的弹力，施力物体是人
B．乒乓球受到重力的作用，受力物体是乒乓球
C．乒乓球的重心在球壳上
D．赤道处的重力加速度小于北极处，则乒乓球在赤道处的重力小于北极处
11、如图甲所示，AB是一个点电荷形成的电场中的一条电场线，图乙所示是放在电场线上a、b处检验电荷的电荷量与所受静电力大小之间的函数图象（F-q图象），由此可以判定（　　 ）
A．场源电荷可能是正电荷，位置在A侧 B．场源电荷可能是正电荷，位置在B侧
C．场源电荷可能是负电荷，位置在A侧 D．场源电荷可能是负电荷，位置在B侧
12、静止在匀强磁场中的某放射性元素的原子核，放出的一个α粒子和反冲核轨道半径之比R：r＝31：1，如图所示，则（　　 ）
A．衰变后瞬间α粒子与反冲核的动量相同
B．反冲核的原子序数为62
C．原来放射性元素的原子序数为64
D．反冲核与α粒子的速度之比为1：62
二、填空题（13题毎空2分,14题每空3分共15分）
13、“探究加速度与力、质量的关系”实验装置如图（甲）。
（1）为补偿打点计时器对小车的阻力及其他阻力，应抬髙木扳_______（选填“左端”或“右端”），使小车在不受牵引时能拖动纸带匀速运动，纸带上打出的点迹分布应是_______（选填“均匀的”或“不均匀的”）。
（2）保持小车质量M不变，改变钩码的总质量m，在m远小于M时，小车受到的拉力F近似等于钩码的总重量mg。实验获得加速度“与拉力F的关系如图（乙）。由图可知a与F成_______（选填“正比”或“反比”）。
14、如图，打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置验证机械能守恒定律。
①某同学列举实验中用到的实验器材为：铁架台、打点计时器、纸带、秒表、交流电源、导线、重锤、天平。其中不必要的是______；
②在一次实验中，质量1kg的重物自由下落，在纸带上打出一系列的点，如下图所示。若纸带相邻两个点之间时间间隔为0.02s，从起点O到打下记数点B的过程中，物体动能的增加量______J（结果保留两位有效数字）；
③如果以为纵轴，以h为横轴，根据实验数据绘出的图线应是下图中的______。
A. B. C. D.
三、解答题（共37分写出必要的文字说明和重要的演算过程只写结果不给分）
15、（10分）在粗糙的水平地面上停有一个质量为2kg的物体，在水平拉力F的作用下由静止开始运动，4s后撤去拉力，其v-t图像如图所示，g 取10 m/s2，求：
（1）物体与地面间的动摩擦因数是多少？（2）水平拉力是多少？
16（13分）、在直角区域aOb内，有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，一质量为m、电量为q的带电粒子从O点沿纸面以速度v射入磁场中，速度方向与边界Ob成30°角，粒子从Ob边射出，求：
（1）粒子带正电还是负电？在磁场中运动的时间为多少？
（2）若磁场的磁感应强度为2B，仍以速度v射入磁场，求从磁场出来的位置离开O点的距离为多少？
17、(14分)足够长的平行金属导轨MN和PQ表面粗糙，与水平面间的夹角为θ=37°（sin37°=0.6），间距为1m。垂直于导轨平面向上的匀强磁场的磁感应强度的大小为4T，P、M间所接电阻的阻值为8Ω。质量为2kg的金属杆ab垂直导轨放置，不计杆与导轨的电阻，杆与导轨间的动摩擦因数为0.25。金属杆ab在沿导轨向下且与杆垂直的恒力F作用下，由静止开始运动，杆的最终速度为8m/s，取g=10m/s2，求：
（1）求恒力F的大小；
（2）当金属杆的速度为4m/s时，金属杆的加速度大小；
（3）当金属杆沿导轨的位移为15.0m时（已达最大速度），通过电阻R的电荷量q及发热量Q。
参考答案
1、【答案】C
【详解】A．由u-t图象得到周期T=0.02s，f==50Hz，故A错误；
B．t=0时刻，e=0，线框平面与磁场方向垂直，故B错误；
C．据图象可知，电动势的峰值是Em=220V，则有效值为 220V，用交流电压表测量该电压时示数为220V，故C正确；
D．电压瞬时值表达式为u=Umsinωt=220sin100πt（V），故D错误。
故选C。
2、【答案】C
【详解】AB．导线不动，线框向上或向下平移，线框中的磁感应强度不变，磁通量不变，故不会产生感应电流，AB错误；
C．导线不动，线框向右平移，线框中的磁感应强度减小，故磁通量减小，会产生感应电流，C正确；
D．导线和线框相对位置不变，一起向右平移，线框中的磁感应强度不变，磁通量不变，故不会产生感应电流，D错误。
故选C。
3、【答案】A
【解析】
【分析】考查安培力的方向。
【详解】A．根据左手定则判断通电导线所受安培力的方向，A项正确；
B．安培力应垂直纸面向外，B项错误；
C．磁场和导线平行，导线不受安培力，C项错误；
D．安培力应向上，D项错误。
故选A。
4、【答案】D
由题中“当它受到的光照强度增大时，电阻减小”可知，本题考查电路动态变化，根据闭合电路欧姆定律可分析本题．
【详解】A．当R受到光照强度增大时，电阻减小，电流增加，灯泡变亮，故A错误；
B．串联电路电阻分压，电阻越大，分压越多，电阻越小分压越低，故B错误；
C．电压表所测电压为电路的路端电压，当R变小，外电路分压变小，故电压表读书减小，故C错误；
D．灯泡两端电压，电容器电压增大，根据
可知，电容器带电量增大，故D正确．
5、【答案】B
【详解】设B、C两处点电荷在A处产生的场强大小均为E′，由平行四边形定则可知
2E′cos60°＝E
即
E′＝E
拿走C处的点电荷后，A处电场强度大小仍为E，方向由B指向A。
故选B。
6、【答案】A
当有多个力对物体做功的时候，总功的大小就等于用各个力对物体做功的和；由于力F1对物体做功8J，力F2对物体做功-6J，所以F1与F2的合力对物体做的总功为
故选A。
7、【答案】C
8、【答案】C
【详解】AC．变压器次级电流
次级电压
即电压表读数为20V；则初级电流
初级电压
则
A错误，C正确；
B． R2消耗功率为
B错误；
D．初级电压最大值为
穿过铁芯的磁通量的变化率最大为
D错误。
故选C。
9、【答案】BD
【解析】
A．地球在P点通过向后喷气加速实现由轨道I进入轨道Ⅱ。A错误；
B．根据开普勒第三定律，地球在I轨道的半长轴小于Ⅱ轨道的半径，所以T1C．地球的加速度由万有引力提供，不管在哪个轨道，在P点的万有引力相等，所以加速度相等。C错误；
D．以太阳为圆心，O点到太阳的距离为半径做圆轨道Ⅲ，则轨道Ⅲ在O点的线速度小于轨道Ⅰ上O点的线速度，根据线速度公式可知，轨道Ⅲ的线速度大于轨道Ⅱ的线速度，所以地球在轨道I上过O点的速率比地球在轨道Ⅱ上过P点的速率大。D正确。
故选BD。
10、【答案】BD
【解析】
A．用球拍击打乒乓球时，如果以乒乓球为研究对象，施力物体是球拍，故A错误；
B．乒乓球受到重力的作用，受力物体是乒乓球，故B正确；
C．乒乓球的重心在球心附近，不在球壳上，故C错误；
D．赤道处的重力加速度小于北极处，则乒乓球在赤道处的重力小于北极处，故D正确。
故选BD。
11、【答案】BD
【解析】【来源】吉林省松原市前郭尔罗斯自治县蒙古族中学2020-2021学年高二（上）第一次月考物理试题
F-q图象的斜率表示电场强度大小，图线a的斜率小于b的斜率，说明a处场强小于b处的场强，若电场是由点电荷产生的，说明a距离场源较远，无论场源是正电荷还是负电荷，都应位于B侧。由于不知道电场线方向，由此可以，场源电荷可能是正电荷，也可能是负电荷。
故选BD。
12、【答案】BC
【解析】
A．根据动量守恒定律可知，衰变后瞬间α粒子与反冲核的动量大小相同，方向相反，故A错误；
BC．由动量守恒定律得
其中为反冲核动量大小，为粒子的动量大小，原来放射性元素的电荷数用表示，则反冲核的电荷数为
粒子电荷数为2，反冲核的轨道半径
粒子的轨道半径
根据题意有
R：r＝31：1
综合以上公式可得
反冲核的原子序数为
故BC正确；
D．由以上分析知仅仅知道α粒子和反冲核轨道半径之比，该半径仅仅与粒子所带的电荷数有关，与质量数无关，所以不能确定反冲核的质量数，α粒子和反冲核的动量大小相等，方向相反，它们的速度大小与质量成反比，所以无法确定速度之比，故D错误。
故选BC。
二 、填空题 13题每空2分14题每空3分。
13、【答案】 ①. 右端 ②. 均匀的 ③. 正比
【详解】（1）[1]为平衡摩擦力，应使重力的下滑分力与阻力平衡，则应抬高木扳右端。
[2]匀速运动时，速度不变，相同时间间隔内位移大小相同，则纸带上打出的点迹分布应是均匀的。
（2）[3]由图可知a与F关系图像为过原点的倾斜直线，故其成正比关系。
14、【答案】 ①秒表、天平 ②. 0.48 ③. B
【详解】（1）[1]验证机械能守恒，即验证重物动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，质量可以约去，所以不需要用天平测量重物的质量；时间可以根据纸带上的点迹，通过数间隔得出，不需要秒表，所以不需要的器材是秒表、天平。
（2）[2]根据匀变速直线运动那段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度知，B点的瞬时速度
则此过程中物体动能的增加量
（3）[3]根据机械能守恒定律有
整理得
可知与成正比，图线为过原点的倾斜直线，故B正确，ACD错误。
三、解答题 （共37分）
15、10分【答案】（1）0.2（2）10N
【详解】
（1）撤去外力后物体做匀减速运动的加速度为， 2分
则由牛顿第二定律：μmg=ma2 2分
解得μ=0.2. 1分
（2）撤去外力前物体做匀加速运动的加速度为， 2分
则由牛顿第二定律：F-μmg=ma1 2分
解得F=10N. 1分
（13分）【答案】（1）粒子带负电．（2）
【详解】试题分析：本题是带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的最简单的一种情况：从边界与边界成入射，由圆的对称关系，则粒子从边界出射时，方向必与边界成，此时粒子已经偏转了，根据周期公式求出运动的时间．
（1）粒子的运动轨迹如图所示
由左手定则可判断粒子带负电 2分
粒子做匀速圆周运动时，洛仑兹力提供向心力为： 2分
解得： 1分
又 1分
由几何关系知，粒子运动的圆心角为 2分
则粒子在磁场中运动的时间为： 1分
联立得： 1分
若磁感应强度为2B，则粒子的半径为：， 1分
粒子的运动轨迹如图所示
粒子的圆心角不变，由几何关系可得粒子从磁场出来的位置离开O点的距离为： 2分
17、（14分）【答案】（1）8N；（2）4m/s2；（3）3C，176J
【详解】（1）对金属杆ab应用牛顿第二定律，有
F＋mgsinθ－F安－f=ma
f=μFN 1分
FN=mgcosθ
ab杆所受安培力大小为
F安=BIL
ab杆切割磁感线产生的感应电动势为
E=BLv
由闭合电路欧姆定律可知
整理得
F＋mgsinθ－v－μmgcosθ=ma
当a=0时，杆达到最大速度，即最终速度为8m/s，代入v=8m/s时，解得：F=8N
（2）由（1）知金属杆的加速度a满足
F＋mgsinθ－v－μmgcosθ=ma
当v=4m/s时，把F=8N代入，解得：a=4m/s2
（3）设通过回路横截面的电荷量为q，则有
回路中的平均电流强度为
回路中产生的平均感应电动势为
回路中的磁通量变化量为
ΔΦ=BLx
联立代入已知数据解得：q=3C
设金属杆沿导轨的位移为x，根据动能定理
把x=15m，v=8m/s代入求得
W安=-176J
所以
Q=-W安=176J