2021-2022学年黑龙江省绥化市高中联盟校高三期末物理试卷（ Word版含解析）

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 第 1页（共 12页）
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
C． 1m/s 0.5
B．0.8m/s 0.25
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（ ）
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
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
C．v2 ＝3v1
B．v1 与 v2 方向相同
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）
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）
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．
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。
第 7页（共 12页）
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；
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：
，
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
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 ＝F2v
2s 时，P3 ＝F2v
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
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+3mv
根据机械能守恒定律有：
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。
，
解得：
，