安徽省六安市河南中學2022年高三物理期末試題含解析一、選擇題：本題共5小題，每小題3分，共計15分．每小題只有一個選項符合題意1.如圖所示，a、b兩個小球穿在一根光滑的固定桿上，并且通過一條細繩跨過定滑輪連接．已知b球質量為m，桿與水平面成角θ，不計所有摩擦，重力加速度為g．當兩球靜止時，Oa繩與桿的夾角也為θ，Ob繩沿豎直方向，則下列說法正確的是（）A．a(chǎn)可能受到2個力的作用 B．b可能受到3個力的作用C．繩子對a的拉力等于mg D．a(chǎn)的重力為mgtanθ參考答案：C【考點】共點力平衡的條件及其應用；力的合成與分解的運用．【分析】分別對ab兩球分析，運用合成法，用T表示出ab兩球的重力，同一根繩子上的拉力相等，即繩子ab兩球的拉力是相等的，根據(jù)正弦定理列式求解．【解答】解：A、對a球受力分析可知，a受到重力，繩子的拉力以及桿對a球的彈力，三個力的合力為零，故A錯誤；B、對b球受力分析可知，b受到重力，繩子的拉力，兩個力合力為零，桿子對b球沒有彈力，否則b不能平衡，故B錯誤；C、由于b受到重力和繩子拉力處于平衡狀態(tài)，則繩子拉力T=mg，同一根繩子上的拉力相等，故繩子對a的拉力等于mg，故C正確；D、分別對AB兩球分析，運用合成法，如圖，根據(jù)正弦定理列式得：解得：，故D錯誤．故選：C2.一宇航員到達半徑為R、密度均勻的某星球表面，做如下實驗：用不可伸長的輕繩拴一質量為m的小球，上端固定在O點，如圖甲所示，在最低點給小球某一仞速度，使其繞O點在豎直面內做圓周運動，測得繩的拉力大小F隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示。F1=7F2設R，m，引力常量為G，F(xiàn)1為已知量，忽略各種阻力。以下說法正確的是

（

）

A．該足球表面的重力加速度為F1／7m

B．衛(wèi)星繞該星球的第一宇宙速度為Gm／R）1/2

C．星球的質量為F1R2／（7Gm）

D．小球在最高點的最小速度為零參考答案：AC3.一個質量為m的小球，從高度為H的地方自由落下，與水平地面碰撞后向上彈起，設碰撞相互作用時間為定值t，則在碰撞過程中，下列關于小球對地面的平均沖擊力與球彈起的高度h的關系中正確的是(設沖擊力遠大于重力)（

）A．h越大，平均沖擊力越大

B．h越小，平均沖擊力越大C．平均沖擊力大小與h無關D．若h一定，換用質量更大的小球，則平均沖擊力更大參考答案：答案：AD4.如圖11所示，圖線是線圈在勻強磁場中勻速轉動時產(chǎn)生的正弦交流電的圖像，當調整線圈轉速后，所產(chǎn)生的正弦交流電的圖像如圖線所示。以下關于這兩個正弦交流電的說法中正確的是（

）A．線圈先后兩次轉速之比為B．交流電的電壓瞬時值（V）C．交流電的電壓最大值為VD．在圖中時刻穿過線圈的磁通量為零參考答案：C5.下列四幅圖中關于機械振動和機械波的說法正確的是

▲

A．粗糙斜面上的金屬球M在彈簧的作用下運動，該運動是簡諧運動B．單擺的擺長為l，擺球的質量為m、位移為x，此時回復力為F=－xC．質點A、C之間的距離就是簡諧波的一個波長D．實線為某時刻的波形圖，此時質點M向下運動，經(jīng)極短時間后波形圖如虛線所示參考答案：BD

二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.如圖為密閉鋼瓶中的理想氣體分子在兩種不同溫度下的速率分布情況，可知，一定溫度下氣體分子的速率呈現(xiàn)

分布規(guī)律；T1溫度下氣體分子的平均動能

（選填“大于”、“等于”或“小于”）T2溫度下氣體分子的平均動能。參考答案：中間多、兩頭少；小于試題分析：由圖可知，兩種溫度下氣體分子速率都呈現(xiàn)“中間多、兩頭少”的分布特點．由于T1時速率較低的氣體分子占比例較大，則說明溫度下氣體分子的平均動能小于溫度下氣體分子的平均動能．考點：考查了分子平均動能【名師點睛】要注意明確分子平均動能為統(tǒng)計規(guī)律，溫度升高時并不是所有分子的速率均增大，同時注意圖象的性質，能明確如何判斷分子平均速率的變化和溫度的變化．7.一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，t=0時刻的波形如圖所示，經(jīng)0.6s，質點a第一次到達波峰位置，則這列波的傳播速度為

m/s，質點b第一次出現(xiàn)在波峰的時刻為

s，從該時刻起，質點a的振動方程為

cm．參考答案：5；1；y=﹣5sinπt【考點】橫波的圖象；波長、頻率和波速的關系．【分析】利用質點帶動法判斷a點此刻的振動方向，根據(jù)第一次到達波峰的時間求周期，讀出波長，即可求得波速．波在同一均勻介質中勻速傳播．圖示時刻x=3m處波峰傳到b點處時，質點b第一次到達波峰位置，由公式t=求出質點b第一次出現(xiàn)在波峰的時刻．讀出振幅A，由y=﹣Asint寫出質點a的振動方程．【解答】解：因為a第一次到波峰的時間為T=0.6s，則得周期T=0.8s．由圖知波長λ=4m，波速為v==m/s=5m/s．圖示時刻x=3m處波峰傳到b點處時，質點b第一次到達波峰位置，則質點b第一次出現(xiàn)在波峰的時刻為t==s=1s波沿x軸正方向傳播，此刻a質點向下振動，則質點a的振動方程為y=﹣Asint=﹣5sinπtcm=﹣5sinπtcm．故答案為：5；1；y=﹣5sinπt8.升降機中站著一個人發(fā)現(xiàn)失重，則升降機可能在做豎直

運動，也可能在做豎直

過程．參考答案：減速上升，加速下降．【考點】超重和失重．【分析】當物體對接觸面的壓力大于物體的真實重力時，就說物體處于超重狀態(tài)，此時有向上的加速度；當物體對接觸面的壓力小于物體的真實重力時，就說物體處于失重狀態(tài)，此時有向下的加速度．【解答】解：人站在磅秤上受重力和支持力，發(fā)現(xiàn)了自已的體重減少了，處于失重狀態(tài)，所以具有向下的加速度，

那么此時的運動可能是減速上升，也可能是加速下降．故答案為：減速上升，加速下降．9.如圖所示，一物體m在沿斜面向上的恒力F作用下，由靜止從底端沿光滑的斜面向上做勻加速直線運動，經(jīng)時間t力F做功為60J，此后撤去力F，物體又經(jīng)過時間t回到出發(fā)點，若以地面為零勢能面，物體回到出發(fā)點的動能為

▲

；撤去力F時物體的重力勢能為

▲

。]參考答案：60J

45J

試題分析：物體沿光滑斜面向上運動一直到回到出發(fā)點的過程，只有恒力F做功，根據(jù)動能定理，回到出發(fā)點的動能。設力F撤去時速度大小為，返回地面后速度大小為，力F撤去前為勻變速直線運動，撤去后仍是勻變速直線運動，則有位移，整理得，即力F撤去時物體動能為，根據(jù)動能定理，在力F撤去前，，所以撤去力F時物體的重力勢能為。

考點：動能定理

勻變速直線運動10.某同學利用圖甲所示的實驗裝置，探究物塊在水平桌面上的運動規(guī)律．物塊在重物的牽引下開始運動，重物落地后，物塊再運動一段距離停在桌面上(尚未到達滑輪處)．從紙帶上便于測量的點開始，每5個點取1個計數(shù)點，相鄰計數(shù)點間的距離如圖乙所示．打點計時器電源的頻率為50Hz。（1）通過分析紙帶數(shù)據(jù)，可判斷物塊在兩相鄰計數(shù)點_

_和

__之間某時刻開始減速．（2）計數(shù)點5對應的速度大小為________m/s.(保留三位有效數(shù)字)（3）物塊減速運動過程中加速度的大小為a＝________m/s2，若用來計算物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)(g為重力加速度)，則計算結果比動摩擦因數(shù)的真實值________(填“偏大”或“偏小”)．參考答案：(1)_6和7

，（2）0.99-1.02_m/s.(保留三位有效數(shù)字)（3）a＝2.0_m/s2，_偏大_。

解析：①從紙帶上的數(shù)據(jù)分析得知：在點計數(shù)點6之前，兩點之間的位移逐漸增大，是加速運動，在計數(shù)點7之后，兩點之間的位移逐漸減小，是減速運動，所以物塊在相鄰計數(shù)點6和7之間某時刻開始減速；

②v5===1.00m/s

v6==m/s=1.16m/s

③由紙帶可知，計數(shù)點7往后做減速運動，根據(jù)作差法得：

a==-2.00m/s2．

所以物塊減速運動過程中加速度的大小為2.00m/s2

在減速階段產(chǎn)生的加速度的力是滑動摩擦力和紙帶受的阻力，所以計算結果比動摩擦因素的真實值偏大．

故答案為：故答案為：①6；7；②1.00；1.16；③2.00;偏大11.在如圖（a）所示的電路中，R1為定值電阻，R2為滑動變阻器．閉合開關S，將滑動變阻器的滑動觸頭P從最右端滑到最左端，兩個電壓表的示數(shù)隨電路中電流變化的完整過程圖線如圖（b）所示．則電源內阻的阻值為5Ω，滑動變阻器R2的最大功率為0.9W．參考答案：考點：閉合電路的歐姆定律；電功、電功率．專題：恒定電流專題．分析：由圖可知兩電阻串聯(lián)，V1測R1兩端的電壓，V2測R2兩端的電壓；當滑片向左端滑動時，滑動變阻器接入電阻減小，則可知總電阻變化，由閉合電路歐姆定律可知電路中電流的變化，則可知內電壓的變化及路端電壓的變化，同時也可得出R1兩端的電壓變化，判斷兩圖象所對應的電壓表的示數(shù)變化；由圖可知當R2全部接入及只有R1接入時兩電表的示數(shù)，則由閉合電路的歐姆定律可得出電源的內阻；由功率公式可求得電源的最大輸出功率及滑動變阻器的最大功率．解答：解：當滑片左移時，滑動變阻器接入電阻減小，則電路中總電阻減小，由閉合電路歐姆定律可知，電路中電流增大；而R1兩端的電壓增大，故乙表示是V1示數(shù)的變化；甲表示V2示數(shù)的變化；由圖可知，當只有R1接入電路時，電路中電流為0.6A，電壓為3V，則由E=U+Ir可得：E=3+0.6r；當滑動變阻器全部接入時，兩電壓表示數(shù)之比為，故=；由閉合電路歐姆定律可得E=5+0.2r解得：r=5Ω，E=6V．由上分析可知，R1的阻值為5Ω，R2電阻為20Ω；當R1等效為內阻，則當滑動變阻器的阻值等于R+r時，滑動變阻器消耗的功率最大，故當滑動變阻器阻值為10Ω時，滑動變阻器消耗的功率最大，由閉合電路歐姆定律可得，電路中的電流I==A=0.3A，則滑動變阻器消耗最大功率P=I2R=0.9W；故答案為：5，0.9．點評：在求定值電阻的最大功率時，應是電流最大的時候；而求變值電阻的最大功率時，應根據(jù)電源的最大輸出功率求，必要時可將與電源串聯(lián)的定值電阻等效為內阻處理．12.如圖所示，把一根條形磁鐵從同樣高度插到線圈中同樣的位置處，第一次快插，第二次慢插，兩情況下線圈中產(chǎn)生的感應電動勢的大小關系是E1____E2；通過線圈截面電量的大小關系是ql____q2。（填大于，小于，等于）參考答案：13.如圖，P是水平放置的足夠大的圓盤，繞經(jīng)過圓心O點的豎直軸勻速轉動，在圓盤上方固定的水平鋼架上，吊有盛水小桶的滑輪帶動小桶一起以v=0.1m/s的速度勻速向右運動，小桶底部與圓盤上表面的高度差為h=5m．t=0時，小桶運動到O點正上方且滴出第一滴水，以后每當一滴水剛好落在圓盤上時桶中恰好再滴出一滴水，不計空氣阻力，若要使水滴都落在圓盤上的同一條直徑上，圓盤角速度的最小值為ω，則ω=πrad/s，第二、三滴水落點的最大距離為d，則d=0.5m．參考答案：考點：線速度、角速度和周期、轉速；自由落體運動．專題：勻速圓周運動專題．分析：滴下的水做平拋運動，平拋運動的時間由高度決定，水平位移由時間和初速度共同決定．若要使水滴都落在圓盤上的同一條直徑上，且圓盤的角速度最小，則在滴水的時間內圓盤轉動πrad．解答：解：水滴平拋運動的時間：t===1s．則圓盤的最小角速度：ω=rad/s=πrad/s．第2滴水距離O點的距離x2=vt2=0.1×2m=0.2m，第3滴水距離O點的距離為x3=vt3=0.1×3m=0.3m，因為2、3兩滴水分居在O點的兩側，所以d=x2+x3=0.5m．故答案為：π，0.5．點評：本題是平拋運動與圓周運動相結合的問題，關鍵掌握兩種運動的運動規(guī)律，抓住相等量進行分析計算．三、簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.動畫片《光頭強》中有一個熊大熊二愛玩的山坡滑草運動，若片中山坡滑草運動中所處山坡可看成傾角θ=30°的斜面，熊大連同滑草裝置總質量m=300kg，它從靜止開始勻加速下滑，在時間t=5s內沿斜面滑下的位移x=50m．（不計空氣阻力，取g=10m/s2）問：（1）熊大連同滑草裝置在下滑過程中受到的摩擦力F為多大？（2）滑草裝置與草皮之間的動摩擦因數(shù)μ為多大（結果保留2位有效數(shù)字）？參考答案：（1）熊大連同滑草裝置在下滑過程中受到的摩擦力F為300N；（2）滑草裝置與草皮之間的動摩擦因數(shù)μ為多大為0.12．考點： 牛頓第二定律；勻變速直線運動的位移與時間的關系．專題： 牛頓運動定律綜合專題．分析： （1）根據(jù)勻變速直線運動的位移時間公式求出下滑的加速度，對熊大連同滑草裝置進行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求出下滑過程中的摩擦力．（2）熊大連同滑草裝置在垂直于斜面方向合力等于零，求出支持力的大小，根據(jù)F=μFN求出滑草裝置與草皮之間的動摩擦因數(shù)μ．解答： 解：（1）由運動學公式S=，解得：a==4m/s沿斜面方向，由牛頓第二定律得：mgsinθ﹣f=ma

解得：f=300N

（2）在垂直斜面方向上：N﹣mgcosθ=0

又f=μN

聯(lián)立解得：μ=答：（1）熊大連同滑草裝置在下滑過程中受到的摩擦力F為300N；（2）滑草裝置與草皮之間的動摩擦因數(shù)μ為多大為0.12．點評： 解決本題的關鍵知道加速度是聯(lián)系力學和運動學的橋梁，通過加速度可以根據(jù)力求運動，也可以根據(jù)運動求力．15.螺線管通電后，小磁針靜止時指向如圖所示，請在圖中標出通電螺線管的N、S極，并標出電源的正、負極。參考答案：N、S極1分電源+、-極四、計算題：本題共3小題，共計47分16.我國西部地區(qū)，有一種說法：“早穿棉襖午披紗，圍坐火爐吃西瓜”，反映晝夜溫差大的自然現(xiàn)象。有一房間內中午溫度37,晚上溫度7，假設大氣壓強不變，求晚上房間增加空氣質量與中午房間內空氣質量之比。參考答案：解：設房間體積為V0，,晚上房間內的空氣在370C時體積應為V1，

故增加空氣質量與中午房間內空氣質量之比：17.如圖(a),電阻不計的軌道MON與PRQ平行放置，ON及RQ足夠長，與水平面的傾角θ=53°，MO及PR部分的勻強磁場豎直向下，ON及RQ部分的磁場平行軌道向下，磁場的磁感應強度大小相同，兩根相同的導體棒ab和cd分別放置在導軌上，與導軌垂直并始終接觸良好。棒的質量m=1.0kg，R=2.0Ω，導軌間距L=1.0m，棒與導軌間動摩擦因數(shù)μ=0.4，現(xiàn)對ab棒施加一個方向向右，大小隨(b)圖規(guī)律變化的力F的作用，同時從足夠高的地方由靜止釋放cd棒，則ab棒做初速度為零的勻加速直線運動。

（1）求ab棒的加速度和磁感應強度的大??；（2）判斷cd棒將做怎樣的運動。求cd棒達到最大速度所需的時間；（3）對照第（2）小問中的運動情況，給出cd棒所受摩擦力與時間的函數(shù)關系；（4）從靜止釋放cd棒開始，經(jīng)過一段時間后，若cd棒的速度變?yōu)関=6m/s，ab棒的瞬時電功率增加了△P=8w，求合外力對兩棒所做的功。

參考答案：解：（1）ab棒受到的滑動摩擦力：f=μmg=0.4×1×10N=4N

由圖（b）所示圖象可知，t=0時拉力為：F=6N

由牛頓第二定律得：F-f=ma，即為：6-4=1×a

解得：加速度為：a=2m/s2

ab棒的速度為：v=at

ab棒切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢為：E=BLv=BLat

ab棒受到的安培力為：由圖（b）知，當t=2s時，F(xiàn)′=10N由牛頓第二定律得：F′-f-FA=ma

即：10-5-B2=1×1，解得：磁感應強度：B=2T

（2）cd棒先做加速度逐漸減小的加速運動，當cd棒所受重力沿斜面向下的分力與滑動摩擦力相等時，速度達到最大；然后做加速度逐漸增大的減速運動，最后停止運動。當cd棒受到的摩擦力與重力沿斜面向下的分力相等時，棒的速度最大，

對cd棒在垂直于斜面方向上，由平衡條件得：N=FA′+mgcos53°

在平行于斜面方向上，由平衡條件得：μN=mgsin53°

解得：cd棒達到最大速度需要的時間：t=7s

（3）t<t停摩擦力為滑動摩擦力，fcd=μ（mgcos53°+FA）=2.4+0.8t

t>t停摩擦力為靜摩擦力，fcd=mgsin53°=8N

（4）t=0時，ab棒電功率為零