2021-2022学年黑龙江省绥化市高中联盟校高三（上）期末物理试卷pdf版

2021-2022 学年黑龙江省绥化市高中联盟校高三（上）
期末物理试卷
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 v＝ ，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 E＝ B．电容 C＝
C．电流 I＝ D．加速度 a＝
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）的关系图象．则这辆汽车的加速度大小为（ ）
A．1m/s2 B．2m/s2 C．3m/s2 D．4m/s2
3．如图所示，a、b 两卫星在赤道平面内绕地球做匀速圆周运动，卫星 b 的运行周期为 24h．已知引力常量为 G，
地球的质量为M、半径为 R，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 a 所受地球引力大于卫星 b 所受地球引力
C．卫星 a 运行的周期小于 24h
D．在相同时间内，卫星 a、卫星 b与地心连线扫过的面积相等
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4．如图所示，在通电螺线管外有 A、B两个大小不同的圆环，穿过 A环的磁通量ΦA与穿过 B 环的磁通量ΦB的关
系是（ ）
A．ΦA＞ΦB B．ΦA＜ΦB C．ΦA＝ΦB D．不能确定
5．如图所示，质量 m＝2kg 的小铁块（可视为质点）放在长木板左端，长木板质量 M＝4kg，静止在光滑水平面上，
当给小铁块施加大小为 6N s、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
g取 10m/s2，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
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 g 取 10m/s2）（ ）
A．2500N B．3500N C．4500N D．5500N
7．如图甲所示，在 x 轴上固定两个电荷量分别为+2q、﹣q的点电荷，其中负电荷固定在坐标原点，两电荷的间距
为 L；如图乙所示是两电荷所形成的电场的电势φ在 x 轴正半轴上的分布图像，电势的最大值为φ0，假设图像与
x轴交点的横坐标为 L，过交点作图像的切线 a与纵轴相交，规定无限远处电势为 0，下列说法正确的是（ ）
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A．x 轴上电势为φ0的点电场强度不为 0
B．x轴上电势为φ0的点距离坐标原点的距离为
C．图像与 x 轴的交点处对应的场强大小为
D．切线 a 与纵轴的交点的纵坐标为
（多选）8．如图所示，虚线 a 为带负电粒子在电场中从 A点运动到 B 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 A点的速度可能为零
B．粒子在 A点电势能一定比 B点电势能小
C．粒子从 A点运动到 B点，速度先变小后变大
D．粒子从 A点运动到 B 点，加速度先变大后变小
（多选）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 E、内阻为 r，R2、R3、R4为定值电
阻，闭合开关 S，当滑动变阻器 R1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 R2的功率增大
C．电流表的示数变小 D．通过 R1的电流变小
（多选）10．如图所示，质量分别为 m1、m2的物块 A、B 静止在光滑的水平面上，m1＝3m2，轻弹簧与物块 B 连
接，给物块 A 一个水平向右、大小为 v0的初速度，A与弹簧接触后压缩弹簧，A，B 运动过程中始终在一条直
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线上，当物块 A与轻弹簧分离时，物块 A的速度大小为 v1，物块 B的速度大小为 v2，则下列判断正确的是（ ）
A．v1与 v2方向相反 B．v1与 v2方向相同
C．v2＝3v1 D．v2＝2v1
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）。
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
中请选择适当的器材： （填写选项前的字母）。
A．电流表（0～0.6A，内阻 r＝0.3Ω）
B．电流表（0～0.6A，内阻约为 0.1Ω）
C．电压表（0～3V，内阻未知）
D．电压表（0～15V，内阻未知）
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E．滑动变阻器（0～10Ω，2A）
F．滑动变阻器（0～100Ω，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 U﹣I图象，则电池的电动势 E＝ V，内电
阻 r＝ Ω。
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
系图象分别如图甲、乙所示，地面对小车的摩擦力恒定，2s 以后小车以速度 v0做匀速直线运动，对比分析两图
象所给的已知信息，求：
（1）2s 时小车的速度 v0以及地面对小车的摩擦力；
（2）甲图阴影部分的面积。
14．如图所示竖直放置的绝缘圆形轨道半径 R＝0.08m，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 A 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，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，
重力加速度 g 取 10m/s2。
（1）小球在沿圆轨道运动的过程中，经过 C 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 A距圆轨道最低点 B的距离。（结果保留到小数点后两位）
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15．如图所示，半径为 R的半圆形光滑轨道 MPN固定在竖直平面内，M，N两点为轨道的最高点且与圆心 O在同
一水平线上，P点为最低点，均可视为质点的物块甲、乙质量之比为 1：3，物块甲从M 处无初速度释放，滑到
最低点 P 与静止在 P 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 Q 点，重力加速
度大小为 g，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 Q、P 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M 点．
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参考答案与试题解析
一．选择题（共 10 小题）
1．【解答】解：用两个基本的物理量的“比”来定义一个新的物理量的方法叫比值定义法。
A、电场强度 E是电场力 F 与电荷量 q的比值，是比值定义法，故 A错误；
B、电容是电量和电压的比值，是比值定义法，故 B 错误；
C、电流是通过某横截面的电荷量与时间的比值，是比值定义法，故 C 错误；
D、加速度与合外力成正比与质量成反比，不是比值定义式，故 D正确。
故选：D。
2．【解答】解：由匀变速直线运动的速度与位移的关系式 ，可得 ，结合图象可知加速度
，则 a＝1m/s2，故 A正确，BCD 错误；
故选：A。
3．【解答】解：A、赤道上的物体随地球自转需要向心力，则有： ，所以 ，故 A错误；
B、a和 b的质量未知，无法比较它们所受地球引力的大小，故 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 b 运行的周期为 24h，故 a 运行的周期
小于 24h，故 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，故 D错误。
故选：C。
4．【解答】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ΦA＞ΦB，故 A 正确，BCD
错误。
故选：A。
5．【解答】解：对小铁块由动量定理有 I＝mv0，解得小铁块获得的初速度大小为：v0＝3m/s，方向向右；
取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：mv0＝（M+m）v 共，联立解得木板与小铁块在共同运动时的速度大
小 v 共＝1m/s；
取向右为正方向，对木板由动量定理有μmgt＝Mv 共，解得小铁块与长木板之间的动摩擦因数μ＝0.25，故 ABC
错误，D正确。
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故选：D。
6．【解答】解：设人的长度为 l，人的重心在人体的中间。最高点的最小速度为零，根据动能定理得：
mgl＝
解得最低点人的速度为：v＝
在最低点，拉力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：
F﹣mg＝m
代入数据解得：F＝5mg＝5×70×10N＝3500N；
故 ACD 错误，B正确；
故选：B。
7．【解答】解：AB、φ﹣x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 x轴上电势为φ0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 d，根据点电荷的场
强公式，可得+2q 在此点产生的场强 ，﹣q 在此点产生的场强 ，此点的合场强为 0，则有
E1﹣E2＝0，即 ，解得 ，故 A、B 错误；
C、图像与 x 轴的交点的横坐标为 L，表示此点距+2q、﹣ q 的距离分别为 2L、L 此点的场强大小
，故 C正确；
D、设切线 a 与纵轴的交点的纵坐标为 b，φ﹣x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 ，故 D错误．
故选：C。
8．【解答】解：A、由于电场力指向运动轨迹凹的一侧，因此粒子从 A点运动到 B 点时，电场力不为 0且做负功，
因此在 A点速度不可能为零，故 A错误；
B、根据粒子的电场力方向判断电场线的方向向上，A 点电势比 B 点电势高，因此粒子在 A 点的电势能比在 B
点电势能小，故 B正确；
C、粒子从 A 点运动到 B 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，故 C
正确；
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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，故 D错误．
故选：BC。
9．【解答】解：A、当滑动变阻器 R1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，根据闭合电
路欧姆定律有：I＝ 干路电流 I 减小，路端电压 U＝E﹣Ir增大，R3两端的电压等于路端电压，则知 R3两
端的电压增大，电压表的电压增大，故 A正确；
B、通过 R3电流 I3增大，通过 R2电流 I2＝I﹣I3，I减小，I3增大，则 I2减小，故 R2的功率减小，故 B 错误；
C、R2两端电压 U2减小，R1、R4并联电压 U 并＝U﹣U2，U增大，U2减小，则知 U 并增大，故通过电流表和 R4
的电流 IA增大，电流表的示数变大，故 C错误；
D、通过 R1的电流 I1＝I2﹣IA，I2减小，IA增大，则通过 R1的电流 I1减小，故 D正确．
故选：AD。
10．【解答】解：取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：m1v0＝m1v1+m2v2，
A 和 B 发生相互作用过程中，A 和 B 以及弹簧组成的系统机械能守恒，根据机械能守恒定律可得：
，
解得： ， ，
由 m1＝3m2，得到： ， ，所以 v1与 v2方向相同，v2＝3v1，故 AD错误，BC 正确。
故选：BC。
二、实验题
11．【解答】解：（1）根据位移﹣时间关系可知
h＝
可得加速度
a＝
（2）根据牛顿第二定律可得
Mg﹣T＝Ma
T﹣mg＝ma
代入加速度可得
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M＝
（3）实验系统误差产生的原因可能是滑轮与轴间的摩擦。
故答案为：（1） ；（2） ；（3）滑轮与轴间的摩擦
12．【解答】解：（1）题图甲，选 0～250V 表盘，则读数为 ＝1.55V；
（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）因电流表的内阻已知，故实验电路图应选择图乙；
（4）由闭合电路欧姆定律有 U＝E﹣I（RA+r），根据实验中电流表和电压表的示数得到了题图丙所示的 U﹣I图
象，由图可知电池的电动势：E＝1.50V，内电阻： 。
故答案为：（1）1.55；（2）ACE；（3）乙；（4）1.50、0.7
三、计算题
13．【解答】解：（1）1s 至 2s，小车做匀加速直线运动，牵引力恒定设为 F2，
1s时，P2＝F2v1
2s时，P3＝F2v0
代入图中所给的已知条件 P2＝200W、P3＝400W，v1＝10m/s
解得 v0＝20m/s、F2＝20N
设地面对小车的恒定摩擦力为 f，由题意和图象可知 2s 以后小车以速度 v0＝20m/s、恒定的功率 P4＝200W 做匀
速直线运动，则有 P4＝fv0
解得 f＝10N
（2）由甲图可知，1s 至 2s 小车的加速度
由牛顿第二定律 F2﹣f＝ma
再代入 F2＝20N、f＝10N综合解得 m＝1kg
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甲图阴影部分的面积是小车在 0～1s 内的位移 s，由动能定理：
由图象可知 P1＝110W，再结合 t1＝1s、m＝1kg、f＝10N、v1＝10m/s 联立解得 s＝6m
答：（1）2s时小车的速度 v0为 20m/s，地面对小车的摩擦力为 10N；
（2）甲图中阴影部分的面积表示位移，大小为 6m。
14．【解答】解：（1）小球所受的等效重力为
，
设等效重力 G'的方向与水平方向成θ角斜向右下方，则
，即θ＝53°
依题意有，C 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 C 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 A到 C由动能定理得：
，
其中 ，
代入数据解得：
s≈0.31m。
答：（1）最小速度的大小为 1m/s；
（2）释放点 A距圆轨道最低点 B的距离为 0.31m。
15．【解答】解：（1）物块甲从M点滑到 P点过程，根据动能定理得：
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 m，则乙的质量为 3m，物块甲、乙发生弹性碰撞后的速度分别为 v1、v2，
以向左为正方向，根据动量守恒定律有 mv0＝mv1+3mv2
根据机械能守恒定律有：
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联立两式解得： ， ；
设 Q、P之间的竖直高度为 h，取地面为零势能面，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，物块甲、乙将同时回到最低位置 P点发生第二次弹性碰撞，
以向右为正方向，则物块甲、乙返回 P 点时速度 ， ，由动量守恒定律得 3mv'2+mv'1
＝mv''1+3mv''2
由机械能守恒定律得：
解得物块甲的速度大小为：
取地面为零势能面，碰撞后对甲由机械能守恒定律得：
解得 h'＝R，物块甲能回到M 点。
答：（1）第一次碰撞前物块甲的速度大小为 ；
（2）第一次碰撞后物块甲、乙的速度大小均为 ，Q、P之间的竖直高度为 ；
（3）在以后的运动中，物块甲能回到M 点。
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