2021-2022学年高三年级物理期末试卷及答案

2021-2022学年高三物理期末试卷含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1. 如图所示，一质量为M的直角劈B放在粗糙的水平面上，在劈的斜面上放一质量为m的物体A，A与B接触面粗糙，用一沿斜面向上的力F作用于A上，使AB都保持静止。

接着在斜面上，贴着A，放置一光滑小球C，保持F力不变，A、B、C仍然保持静止，下列关于放上物体C后的说法正确的是（）A．斜面对A物体的摩擦力一定变大B．斜面对A物体的摩擦力一定变小C．地面对B物体的弹力变大D．地面对B物体摩擦力变大参考答案：C2. 矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，如图甲所示，磁场的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向为垂直纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示，则A．从0到t1，时间内,导线框中电流的方向为adcbaB．从0到t1，时间内,导线框中电流越来越小C．从t1到t2时间内,导线框中电流越来越大D．从t1到t2时间内,导线框bc边受到安培力大小均匀增大参考答案：AD3. 如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比为10∶1，R＝1Ω，与原线圈相连的熔断器（保险丝）的熔断电流为1A，通过电压传感器测得副线圈两端电压图像如图所示，则下列说法正确的是A．原线圈输入电压的有效值为220VB．原线圈两端交流电的频率为500HzC．原、副线圈铁芯中磁通量变化率之比为10∶1D．为保证电路安全工作，滑动变阻器的阻值不得小于1.2Ω参考答案：AD解析：由副线圈两端电压图像可知，U2=22V，由变压公式可知，原线圈输入电压的有效值为220V。

由副线圈两端电压图像可知，交变电流周期为0.02s，频率为50Hz，原线圈两端交流电的频率也为50Hz，选项A正确B错误；由变压器原理，原、副线圈铁芯中磁通量变化率相等，选项D错误；为保证电路安全工作，变压器输入功率应小于220W，副线圈总电阻应不小于2.2Ω，所以滑动变阻器的阻值不得小于1.2Ω，选项D正确。

2021~2022学年第一学期高三年级期末考试物理参考答案与评分标准一、单项选择题：本题包含8小题，每小题3分，共24分。

题号12345678答案C A B D C A B D二、多项选择题：本题包含4小题，每小题4分，共116分。

全部选对得4分，选对但不全得2分。

题号9101112答案AD AC BD BC三、实验题：本题包含2小题，共15分。

13.（6分）（1）匀速运动（2）0.67I2、4、5、7、9评分标准：第（2）问2、3空各1分，其余每空各2分。

14.（9分）（1）最大值（2）1U =R V+rER V+1ER VR（3）0.77（0.76-0.78）0.28（0.25-0.31）评分标准：第（2）问3分，其余每空各2分。

四、计算题：本题包含4小题，共45分。

15．(10分)（1）设小球落至水面所用时间为t1，落到水面时速度大小为v1h＝12gt12……………………………………………………(1分) v1＝gt1………………………………………………………(1分)小球在水中做匀变速运动，设加速度为a，时间为t2t2＝t－t1………………………………………………………(1分) H＝v1t2＋12at22…………………………………………………(1分)解得：a＝-6.4m/s2…………………………………………(1分)设水对小球的作用力大小为Fmg－F=ma……………………………………………………(2分)解得：F=8.2N………………………………………………(1分)（2）小球到达池底时的速度为v2v2＝v1＋at2……………………………………………………(1分)解得：v2＝0.8m/s…………………………………………(1分) 16.（10分）（1）碰前瞬间a速度大小为v0mg×0.88L-μmgL=12mv02……………………………………(2分)解得v0=1.2gL………………………………………………(1分)（2）设碰后瞬间a、b的速度分别为v1、v2，b的质量为Mmv0=mv1+Mv2………………………………………………(2分)12mv02=12mv12+12Mv22……………………………………(1分)解得：v1=m-Mm+Mv0由于小物块a最后恰好停在Q点，有两种可能，一种碰后a的速度v1为0解得：M=m…………………………………………………(1分)另一种是小物块a向左运动后再返回Q点-μmg×2L=0-12mv12………………………………………(2分)解得：M=5m………………………………………………(1分) 17.(10分)（1）小圆环在A、O两点间运动时，电场力做的功为W AOW AO=qU AO=qE1x AO…………………………………………(1分)小圆环到达O点的速度大小为v0W AO-μmgx AO=12mv02…………………………………………(2分)解得：v0=2m/s……………………………………………(1分)（2）设小圆环向右运动到最远处的位置坐标为x P，该处电场强度为E P，O到该点的电势差为UE P=△E△x x P……………………………………………………(1分)U=12E P x P…………………………………………………(1分)由O到该点电场力做功W=qU……………………………………………………(1分)由动能定理有W-μmgx P=0-12mv02………………………………………(2分)解得：x=(3-1)m…………………………………………(1分)18.(15分)（1）矿物从C到D做平抛运动，设运动时间为t，到达C点时速度为v Ch＝12gt2………………………………………………………(1分)x＝v C t………………………………………………………(1分)解得t＝0.5s，v C＝2m/s在C点，圆形轨道的支持力为F，根据牛顿第二定律有mg－F＝m v 2 CR…………………………………………………(2分)解得F＝34N…………………………………………………(1分)（2）设矿物在B点速度大小为v B-mgR(1-cosθ)=12mv C2－12mv B2…………………………(2分)解得：v B=3m/s设矿物在传送带上加速过程中的加速度大小为aμmg cosθ－mg sinθ＝ma………………………………………(1分) a＝0.4m/s2矿物加速到v B时经过的位移为s1v B2＝2as1……………………………………………………(1分)解得：s1＝11.25m<L矿物加速到v B后再匀速到B点。

2021年高三物理上学期期末试卷（含解析）一、单项选择题：1．（4分）下列叙述正确的是（）A．牛顿根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因B．卡文迪许通过扭秤实验，测定出了万有引力恒量C．磁感线越密的地方磁感应强度越大，磁通量也越大D．在回旋加速器中，磁场力使带电粒子的速度增大2．（4分）如图所示，磁场方向竖直向下，通电直导线ab由水平位置1绕a点在竖直平面内转到位置2，通电导线所受安培力是（）A．数值变大，方向不变B．数值变小，方向不变C．数值不变，方向改变D．数值和方向均改变3．（4分）如图甲，笔记本电脑底座一般设置有四个卡位用来调节角度．某同学将电脑放在散热底座上，为了获得更好的舒适度，由原卡为1调至卡位4（如图乙），电脑始终处于静止状态，则（）A．电脑受到的支持力变小B．电脑受到的摩擦力变大C．散热底座对电脑的作用力的合力不变D．电脑受到的支持力与摩擦力两力大小之和等于其重力4．（4分）铁路上常使用如图所示的电磁装置向控制中心传输信号，以报告火车的位置．火车首节车厢下面安装一磁铁，磁铁产生垂直于地面的匀强磁场．当磁铁经过安放在两铁轨间的线圈时，会使线圈产生电脉冲信号并被控制中心接收．若火车以恒定加速度通过线圈，则表示线圈两端的电压u与时间t的关系图线可能正确的是（）A．B．C．D．二、双项选择题：5．（6分）如图所示，实线表示一匀强电场的电场线，虚线是一负电荷射入电场后的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，则下列说法正确的是（）A．负电荷是一定是从b点运动到a点B．a点的电势一定比b点的电势高C．负电荷在a点的电势能一定大于在b点的电势能D．负电荷的加速度一定不变6．（6分）一卫星绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径为r，卫星绕地球做匀速圆周运动的周期为T，已知地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，引力常量为G，则地球的质量可表示为（）A．B．C．D．7．（6分）矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v水平射向滑块．若射击下层，子弹刚好不射出，若射击上层，则子弹刚好能射穿一半厚度，如图．上述两种情况相比较（）A．子弹对滑块做功一样多B．子弹对滑块做的功不一样多C．系统产生的热量一样多D．系统产生热量不一样多8．（6分）用一水平拉力使质量为m的物体从静止开始沿粗糙的水平面运动，物体的v﹣t 图象如图所示．下列表述正确的是（）A．在0﹣t1时间内拉力逐惭减少B．在0﹣t1时间内物体做曲线运动C．在t1﹣t2时间内拉力的功率不为零D．在t1﹣t2时间内合外力做功9．（6分）如图所示，平行实线代表电场线，方向未知，带电量为1×10﹣2C的正电荷在电场中只受电场力作用．该电荷由A点运动到B点，动能损失了0.1J，若A点电势为10V，则（）A．B点的电势为零B．电场线方向向左C．电荷运动的轨迹可能是图中曲线①D．电荷运动的轨迹可能是图中曲线②三、非选择题10．（8分）根据要求，完成“验证力的平行四边形定则”实验．①如图甲所示，把白纸固定在木板上后，再把木板竖立在桌面上，用图钉把橡皮筋的一端固定在A点，另一端B连结两条轻绳，跨过定滑轮后各栓一细绳套，分别挂上3个钩码和4个钩码（每个钩码重1N），调整滑轮的位置，稳定后结点B位于O处，记下和两条轻绳的方向，取下滑轮及钩码．②如图乙所示，取某单位长度表示1N，用力的图示作出两条轻绳的拉力F1和F2；再用一把弹簧测力计把结点B也拉至O处，记下测力计的读数F′=N，取下测力计．③在图丙作出F1和F2的合力F及拉力F′的图示．（图作在答题卡上）④对比F和F′的大小和方向，发现它们不是完全一致的，其可能的原因是（填一个原因）11．（10分）图甲是“用伏安法测量金属丝电阻率ρ”的实验电路图．（1）用螺旋测微器测得金属丝直径d如图乙所示，可读出d=m．（2）闭合电键，调节P的位置，读出MP的长度为x时电压表和电流表的示数，算出对应的电阻R，利用多组数据绘出如图丙所示的R﹣x图象，可得该图线的斜率k=Ω/m．（3）利用图线的斜率k、金属丝的直径d，得到金属丝电阻率ρ的表达式为_（4）图中的a导线从电流表的“0.6A”接线柱改接于电流表的“﹣”接线柱上，可以测量电源的电动势和内阻．闭合电键，调节P的位置，读出多组电压表和电流表的示数，把实验得到的数据绘成如图丁所示的U﹣I图象，得出电源的电动势 E=V；若R0=2.0Ω，则电源的内阻r=Ω．12．（18分）如图所示的水平地面，ab段粗糙，bc段光滑．可视为质点的物体A和B紧靠在一起，静止于b 处，已知A的质量为3m，B的质量为m．两物体在足够大的内力作用下突然沿水平方向左右分离，获得的总动能为E．B碰到c处的墙壁后等速率反弹，并追上已停在ab段的A．A、B与ab段的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g．求：（1）分离瞬间A、B的速度大小；（2）A从分离到第一次停止的时间；（3）B第一次追上A时的速度大小．13．（18分）如图为某同学设计的速度选择装置，两根足够长的光滑导轨MM′和NN′间距为L与水平面成θ角，上端接滑动变阻器R，匀强磁场B0垂直导轨平面向上，金属棒ab质量为m恰好垂直横跨在导轨上．滑动变阻器R两端连接水平放置的平行金属板，极板间距为d，板长为2d，匀强磁场B垂直纸面向内．粒子源能发射沿水平方向不同速率的带电粒子，粒子的质量为m0，电荷量为q，ab棒的电阻为r，滑动变阻器的最大阻值为2r，其余部分电阻不计，不计粒子重力．（1）ab棒静止未释放时，某种粒子恰好打在上极板中点P上，判断该粒子带何种电荷？该粒子的速度多大？（2）调节变阻器使R=0.5r，然后释放ab棒，求ab棒的最大速度？（3）当ab棒释放后达到最大速度时，若变阻器在r≤R≤2r范围调节，总有粒子能匀速穿过平行金属板，求这些粒子的速度范围？广东省清远市华侨中学xx高三上学期期末物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：1．（4分）下列叙述正确的是（）A．牛顿根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因B．卡文迪许通过扭秤实验，测定出了万有引力恒量C．磁感线越密的地方磁感应强度越大，磁通量也越大D．在回旋加速器中，磁场力使带电粒子的速度增大考点：物理学史．分析：解答本题应掌握：伽利略的理想斜面实验、卡文迪许扭秤实验的意义，磁通量的含义和洛伦兹力不做功的特点．解答：解：A、伽利略根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因．故A错误．B、牛顿发现了万有引力定律之后，卡文迪许通过扭秤实验，测定出了万有引力恒量G．故B 正确．C、磁通量表示穿过磁场中某一积面的磁感线条数，当磁感应强度与平面平行时，磁通量为零，故磁感线越密的地方磁感应强度越大，但磁通量不一定越大．故C错误．D、在回旋加速器中，电场力使带电粒子加速，磁场力不做功，不能改变带电粒子的动能，即不能使带电粒子的速度增大．故D错误．故选B点评：本题关键要掌握物理学史和磁通量、洛伦兹力的作用特点，对于物理学史，这是xx高考考查内容之一，要结合科学家成就内容、物理学发展的历史背景进行记忆．2．（4分）如图所示，磁场方向竖直向下，通电直导线ab由水平位置1绕a点在竖直平面内转到位置2，通电导线所受安培力是（）A．数值变大，方向不变B．数值变小，方向不变C．数值不变，方向改变D．数值和方向均改变考点：安培力．分析：通电直导线放在匀强磁场中，所受的安培力大小公式为F=BILsinα，α是导线与磁场方向的夹角，方向由左手定则判断，根据这两个知识进行分析．解答：解：通电直导线所受的安培力F=BILsinα，α是导线与磁场方向的夹角，由题知，B、I、L不变，α减小，则F减小；根据左手定则判断可知，安培力方向始终与纸面垂直向里或向外，保持不变．故B正确，ACD 错误．故选：B．点评：本题考查了安培力的大小公式和安培力方向的判断，比较简单，很容易掌握．3．（4分）如图甲，笔记本电脑底座一般设置有四个卡位用来调节角度．某同学将电脑放在散热底座上，为了获得更好的舒适度，由原卡为1调至卡位4（如图乙），电脑始终处于静止状态，则（）A．电脑受到的支持力变小B．电脑受到的摩擦力变大C．散热底座对电脑的作用力的合力不变D．电脑受到的支持力与摩擦力两力大小之和等于其重力考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：笔记本电脑受重力、支持力和静摩擦力，根据平衡条件求解静摩擦力和支持力．解答：解：笔记本电脑受重力、支持力和静摩擦力，如图所示：根据平衡条件，有：N=mgcosθ ①f=mgsinθ ②A、由原卡位1调至卡位4，角度θ减小，根据①式，支持力N增加，故A错误；B、由原卡位1调至卡位4，角度θ减小，根据②式，静摩擦力减小，故B错误；C、散热底座对电脑的作用力的合力是支持力和静摩擦力的合力，与重力平衡，始终是不变的，故C正确；D、电脑受到的支持力与摩擦力两力的矢量和与重力平衡，但大小的和是变化的，故D错误；故选：C．点评：本题是力平衡中的三力平衡问题，关键是建立物理模型，然后运用共点力平衡条件列式求解，基础问题．4．（4分）铁路上常使用如图所示的电磁装置向控制中心传输信号，以报告火车的位置．火车首节车厢下面安装一磁铁，磁铁产生垂直于地面的匀强磁场．当磁铁经过安放在两铁轨间的线圈时，会使线圈产生电脉冲信号并被控制中心接收．若火车以恒定加速度通过线圈，则表示线圈两端的电压u与时间t的关系图线可能正确的是（）A．B．C．D．考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：由E=BLv求出感应电动势大小，由欧姆定律求出电流大小，然后分析图象答题．解答：解：火车做匀加速运动，速度v=v0+at，以火车为参照系，线圈是运动的，线圈左（或右）边切割磁感线产生的感应电动势E=BLv，感应电流I===+t，由此可知，感应电流电流随时间均匀增大，由于火车做加速运动，通过线圈左边的时间长，通过线圈右边的时间短，由图象可知，D正确；故选D．点评：分析物体的运动，可以根据速度与时间的关系进行判断，有时根据位移与时间的关系判断．基础题．二、双项选择题：5．（6分）如图所示，实线表示一匀强电场的电场线，虚线是一负电荷射入电场后的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，则下列说法正确的是（）A．负电荷是一定是从b点运动到a点B．a点的电势一定比b点的电势高C．负电荷在a点的电势能一定大于在b点的电势能D．负电荷的加速度一定不变考点：带电粒子在匀强电场中的运动；电势能．分析：由运动的轨迹与电场线确定出受力向，根据力的方向与速度方向的夹角确定电场力做功的正负解答：解：A、由上可知，由于粒子的运动方向不知，所以可能是从a到b，也可能是从b 到a．故A错误；B、由曲线运动的知识可知：带电粒子所受的电场力向下，由于粒子带负电所以电场线的方向向上，沿着电场线方向电势降低，故a点的电势一定比b点的电势低，故B错误；C、从a到b电场力做正功，电势能减小，故负电荷在a点的电势能一定大于在b点的电势能，故C正确；D、运强电场，电场力不变，加速度不变，故D正确；故选： CD点评：在电场中跟据带电粒子运动轨迹和电场线关系判断电场强度、电势、电势能、动能等变化是对学生基本要求，也是重点知识，要重点掌握．6．（6分）一卫星绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径为r，卫星绕地球做匀速圆周运动的周期为T，已知地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，引力常量为G，则地球的质量可表示为（）A．B．C．D．考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．专题：人造卫星问题．分析：根据万有引力提供向心力，通过轨道半径和周期求出地球的质量；根据万有引力等于重力，通过地球表面的重力加速度和地球的半径求出地球的质量．解答：解：根据万有引力提供向心力，有：=，解得：M=．根据万有引力等于重力得：=mg，解得：M=．故A、C正确，B、D错误．故选：AC．点评：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力和万有引力等于重力这两个理论，并能灵活运用．7．（6分）矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v水平射向滑块．若射击下层，子弹刚好不射出，若射击上层，则子弹刚好能射穿一半厚度，如图．上述两种情况相比较（）A．子弹对滑块做功一样多B．子弹对滑块做的功不一样多C．系统产生的热量一样多D．系统产生热量不一样多考点：功能关系．分析：子弹嵌入滑块的过程，符合动量守恒，所以我们判断出最后它们的速度是相同的，然后利用动能定理或者是能量守恒进行判断．解答：解：最终子弹都未射出，则最终子弹与滑块的速度相等，根据动量守恒定律知，两种情况下系统的末速度相同．A、子弹对滑块做的功等于滑块动能的变化量，滑块动能的变化量相同，则子弹对滑块做功一样多．故A正确，B错误．C、根据能量守恒定律得，系统初状态的总动能相等，末状态总动能相等，则系统损失的能量，即产生的热量一样多．故C正确，D错误．故选AC．点评：本题综合考查了动量守恒定律、动能定理和能量守恒定律，难度不大，关键是选择不同的研究对象，选择不同的规律分析．8．（6分）用一水平拉力使质量为m的物体从静止开始沿粗糙的水平面运动，物体的v﹣t 图象如图所示．下列表述正确的是（）A．在0﹣t1时间内拉力逐惭减少B．在0﹣t1时间内物体做曲线运动C．在t1﹣t2时间内拉力的功率不为零D．在t1﹣t2时间内合外力做功考点：功率、平均功率和瞬时功率．专题：功率的计算专题．分析：物体先做加速度逐渐减小的加速运动，后做匀速直线运动；根据动能定理和牛顿第二定律列式分析即可．解答：解：A、0﹣t1内，物体做加速度不断减小的加速运动，根据牛顿第二定律，有：F ﹣f=ma，故拉力不断减小，故A正确；B、0﹣t1内拉力朝前，位移向前，故物体做直线运动，故B错误；C、在t1﹣t2时间内，物体匀速前进，拉力做正功，故拉力的功率不为零，故C正确；D、在t1﹣t2时间内，物体匀速前进，合力为零，故合外力做功为零，故D错误；故选AC．点评：本题关键是由图象得到物体的运动情况，根据牛顿第二定律列式判断出拉力的变化情况，再结合动能定理分析．9．（6分）如图所示，平行实线代表电场线，方向未知，带电量为1×10﹣2C的正电荷在电场中只受电场力作用．该电荷由A点运动到B点，动能损失了0.1J，若A点电势为10V，则（）A．B点的电势为零B．电场线方向向左C．电荷运动的轨迹可能是图中曲线①D．电荷运动的轨迹可能是图中曲线②考点：电势；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：物体作曲线运动的条件：合外力的方向与物体运动的方向不在同一条直线上，且合外力指向轨迹的内侧；正电荷所受电场力的方向与场强的方向相同；要求B点电势，需要知道AB之间的电势差U AB=φA﹣φB，而U AB=．解答：解：A、由题有电荷由A点运动到B点，根据动能定理得 W AB=qU AB=﹣0.1J，故U AB===﹣10V，而U AB=φA﹣φB=10﹣φB=﹣10V，故φB=20V．故A错误．B、由于该电荷从A点运动到B点，动能损失了0.1J，故电场力做负功，所以该正电荷所受的电场力水平向左，由于电场力向左，而正电荷所受电场力的方向与电场线的方向相同，故电场线方向向左，故B正确；CD、根据电场力指向轨迹的内侧，而电场力水平向左，故电荷运动的轨迹可能是图中曲线①，故C正确，D错误；故选：BC．点评：本题考查物体作曲线运动的条件：合外力的方向与物体运动的方向不在同一条直线上，且合外力指向轨迹的内侧；正电荷所受电场力的方向与电场线的方向相同；电场力做功的公式W AB=qU AB，动能定理，电势差的公式U AB=φA﹣φB．本题难度不大，但综合性很强；在用公式W AB=qU AB解题时要注意q和U AB的正负号．三、非选择题10．（8分）根据要求，完成“验证力的平行四边形定则”实验．①如图甲所示，把白纸固定在木板上后，再把木板竖立在桌面上，用图钉把橡皮筋的一端固定在A点，另一端B连结两条轻绳，跨过定滑轮后各栓一细绳套，分别挂上3个钩码和4个钩码（每个钩码重1N），调整滑轮的位置，稳定后结点B位于O处，记下O的位置和两条轻绳的方向，取下滑轮及钩码．②如图乙所示，取某单位长度表示1N，用力的图示作出两条轻绳的拉力F1和F2；再用一把弹簧测力计把结点B也拉至O处，记下测力计的读数F′=5.0N，取下测力计．③在图丙作出F1和F2的合力F及拉力F′的图示．（图作在答题卡上）④对比F和F′的大小和方向，发现它们不是完全一致的，其可能的原因是测量存在误差（填一个原因）考点：验证力的平行四边形定则．专题：实验题；平行四边形法则图解法专题．分析：本题的关键是明确合力与分力间“等效替代”关系，要求实验中要求橡皮条的节点必须达到同一位置．解答：解：①稳定后结点B位于O处，记下O的位置和两条轻绳的方向，取下滑轮及钩码．②可读出弹簧测力计的示数为F=5.0N．③如图所示（注意画F1和F2的合力为F，画好了平行四边形后应画出对角线，应用三角板画平行线而不能出现曲线，沿AO画力F′）．④对比F和F′不重合存在原因有：说明测量存在误差．故答案为：①O的位置．②5.0③如图所示④测量存在误差点评：本实验关键理解实验原理，根据实验原理分析实验步骤中有无遗漏或缺陷，因此掌握实验原理是解决实验问题的关键．11．（10分）图甲是“用伏安法测量金属丝电阻率ρ”的实验电路图．（1）用螺旋测微器测得金属丝直径d如图乙所示，可读出d=3.95×10﹣4mm．（2）闭合电键，调节P的位置，读出MP的长度为x时电压表和电流表的示数，算出对应的电阻R，利用多组数据绘出如图丙所示的R﹣x图象，可得该图线的斜率 k=10Ω/m．（3）利用图线的斜率k、金属丝的直径d，得到金属丝电阻率ρ的表达式为_ρ=（4）图中的a导线从电流表的“0.6A”接线柱改接于电流表的“﹣”接线柱上，可以测量电源的电动势和内阻．闭合电键，调节P的位置，读出多组电压表和电流表的示数，把实验得到的数据绘成如图丁所示的U﹣I图象，得出电源的电动势 E=2.80V；若R0=2.0Ω，则电源的内阻r=1.0Ω．考点：测定金属的电阻率．专题：实验题．分析：的关键是根据电阻定律以及闭合电路欧姆定律写出表达式，再根据图象的截距和斜率的含义即可求解．解答：解：（1）螺旋测微器的读数为d=39.5×0.01mm=0.395mm=3.95×10﹣4m（3.92×10﹣4～3.98×10﹣4都对）（2）R﹣x图象的斜率为k=Ω/m（3）由R=可得ρ=（4）图中的a导线从电流表的“0.6A”接线柱改接于电流表的“﹣”接线柱上，由U=E﹣I （R0+r）可得，U﹣I图象的纵轴的截距为电源的电动势E，斜率大小为（R0+r），所以E=2.80V （2.78～2.82都对），R0+r=，解得r=1.0Ω（0.96～1.04都对）．故答案为：（1）3.95×10﹣4m，（2）10，（3）ρ=；（4）2.80，1.0点评：遇到实验问题，关键是弄清实验原理和要求，若涉及到图象问题，则先根据物理规律求出表示纵轴与横轴物理量的表达式，然后根据截距和斜率的概念即可求解．12．（18分）如图所示的水平地面，ab段粗糙，bc段光滑．可视为质点的物体A和B紧靠在一起，静止于b 处，已知A的质量为3m，B的质量为m．两物体在足够大的内力作用下突然沿水平方向左右分离，获得的总动能为E．B碰到c处的墙壁后等速率反弹，并追上已停在ab段的A．A、B与ab段的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g．求：（1）分离瞬间A、B的速度大小；（2）A从分离到第一次停止的时间；（3）B第一次追上A时的速度大小．考点：动量守恒定律；牛顿第二定律；动能定理．专题：动量定理应用专题．分析：（1）分离过程，AB的总动量守恒、能量也守恒，由两大守恒定律结合可求出分离瞬间A、B的速度大小；（2）A、B分离后，A物体向左匀减速滑行，由牛顿第二定律可求出滑行的加速度，由运动学公式求解A从分离到第一次停止的时间；（3）A、B分离后，可根据动能定时求出A向左滑行的距离．B追上A时在粗糙面上滑行距离与A滑行的距离相等，由动能定理求解B第一次追上A时的速度大小．解答：解：（1）物体A、B在内力作用下分离，设分离瞬间A速度大小为v A，B速度大小为v B，由A、B系统动量守恒定律有：3mv A=mv B …①又由题意可知：…②联立①②可得：…③…④（2）A、B分离后，A物体向左匀减速滑行，设滑行时间为t A，加速度大小为a A对A应用牛顿第二定律：μ•3mg=3ma A…⑤得：a=μgA匀减速到停止的时间：…⑥联立③⑤⑥解得：…⑦（3）A、B分离后，A物体向左匀减速滑行，设滑行距离为s A对A应用动能定理：…⑧设B物体碰墙反弹后追上已停下的A物体时速度大小为v，对B应用动能定理：…⑨又因为B追上A时在粗糙面上滑行距离：s B=s A…⑩联立解得：答：（1）分离瞬间A、B的速度大小分别是，；（2）A从分离到第一次停止的时间为；（3）B第一次追上A时的速度大小为．点评：本题是爆炸类型，其基本规律是动量守恒和能量守恒．对于AB在粗糙水平面上滑行过程，根据动能定理研究滑行距离和速度，是常用的方法．13．（18分）如图为某同学设计的速度选择装置，两根足够长的光滑导轨MM′和NN′间距为L与水平面成θ角，上端接滑动变阻器R，匀强磁场B0垂直导轨平面向上，金属棒ab质量为m恰好垂直横跨在导轨上．滑动变阻器R两端连接水平放置的平行金属板，极板间距为d，板长为2d，匀强磁场B垂直纸面向内．粒子源能发射沿水平方向不同速率的带电粒子，粒子的质量为m0，电荷量为q，ab棒的电阻为r，滑动变阻器的最大阻值为2r，其余部分电阻不计，不计粒子重力．（1）ab棒静止未释放时，某种粒子恰好打在上极板中点P上，判断该粒子带何种电荷？该粒子的速度多大？（2）调节变阻器使R=0.5r，然后释放ab棒，求ab棒的最大速度？（3）当ab棒释放后达到最大速度时，若变阻器在r≤R≤2r范围调节，总有粒子能匀速穿过平行金属板，求这些粒子的速度范围？考点：导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；闭合电路的欧姆定律；通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．专题：压轴题；电磁感应中的力学问题．分析：（1）粒子恰好打在上极板中点P上，由左手定则判断可知粒子带正电，根据几何知识求出粒子做圆周运动的半径，由牛顿第二定律求出粒子的速度．（2）ab棒先向下做加速度减小的变加速运动，后做匀速运动，根据平衡条件和安培力公式求出最大速度．（3）粒子能匀速穿过平行金属板，电场力与洛伦兹力平衡，则由平衡条件可求出电容器板间电压．由欧姆定律求出板间电压，联立即可求出这些粒子的速度范围．解答：解：（1）由左手定则可知：该粒子带正电荷．粒子在磁场中做圆周运动，设半径为r，速度为v0由几何关系有：①得：粒子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：②得：（2）ab棒达到最大速度时做匀速运动：mgsinθ=B0IL ③对回路，由闭合电路欧姆定律：④由上得：（3）当ab棒达到最大速度时，设变阻器接入电路电阻为R，电压为U由③式得：…④对变阻器，由欧姆定律：U=IR ⑤极板电压也为U，粒子匀速运动：⑥由④⑤⑥得：因为r≤R≤2r，故粒子的速度范围为：答：（1）ab棒静止未释放时，某种粒子恰好打在上极板中点P上，该粒子带正电荷，该粒子的速度是．（2）ab棒的最大速度是．（3）这些粒子的速度范围为：点评：本题是导体在导轨上滑动与速度选择器的组合，运用电磁感应、磁场、电路等多种知识进行分析研究，综合性较强．。

2021~2022学年河北省邯郸市高三（上）期末物理试卷1.裂变核能燃料分为铀基和钍基，钍基核燃料中90232Th类似于92232U，要通过转换或增殖才能作为裂变核能燃料使用。

中子轰击92235U或92233U发生裂变反应，产生的中子与90232Th反应生成90233Th，再经过两次β衰变后生成92233U，达到增殖的目的。

下列说法正确的是( ) A. 92233U比90233Th的中子数少1 B. 90233Th比90232Th的质子数多1C. β衰变的实质是 01n→11H+−10eD. 90232Th转化成92233U是化学变化2.北京冬奥会将于2022年2月4日开幕，中国短道速滑队正在备战训练中。

如图所示，某运动员的质量为55kg，在起步过程中，运动员一只脚支撑，另一只脚蹬冰，蹬冰时冰刀与冰之间提供沿水平面向前的作用力为275N，双脚交替蹬冰，每次蹬冰时间都是0.7s，双脚交替时间为0.3s，经3.7s到达最大速度，到最大速度前一直在直轨道上运动，不计阻力，则下列说法正确的是( )A. 运动员的加速度为10m/s2B. 运动员的最大速度为14m/sC. 运动员的最大速度为18.5m/sD. 运动员匀加速的位移为30.1m3.近年来在国家环保部门的大力干预下空气质量得到明显的改善，一些家庭为保证室内空气质量使用空气净化器。

其中一种空气净化器为静电除尘空气净化器，可以用于家居的除尘灭菌，工作原理如图所示，一带电的尘埃(不计重力)仅在电场力的作用下沿虚线运动(实线为电场线)，下列说法正确的是A. 带电尘埃做匀变速曲线运动B. M点电场强度小于N点电场强度C. 该尘埃在M点的动能比在N点的动能大D. 该尘埃在M点的电势能比在N点的电势能大4.如图为汽车蓄电池供电简化电路图。

汽车启动时先闭合开关S1，车灯亮，再闭合开关S2，电动机工作，启动发动机，车辆启动完成，断开S2，下列说法正确的是( )A. 闭合S2时车灯变亮B. 闭合S2时电流表示数变小C. 闭合S2时ΔU变小ΔID. 断开S2时电源效率变大5.如图所示为一种可折叠壁挂书架，一个书架用两个三角形支架固定在墙壁上，书与书架的重心始终恰好在两个支架横梁和斜梁的连接点O、O′连线中点的正上方，书架含书的总重力为60 N，横梁AO、A′O′水平，斜梁BO、B′O′跟横梁夹角为37∘，横梁对O、O′点拉力始终沿OA、A′O′方向，斜梁对O、O′点的压力始终沿BO、B′O′方向，已知sin37∘=0.6，cos37∘=0.8，则下列说法正确的是( )A. 横梁OA所受的力为80 NB. 斜梁BO所受的力为50 NC. O、O′点同时向A、A′移动少许(B点固定不定)，横梁OA所受的力变大D. O、O′点同时向A、A′移动少许(B点固定不定)，斜梁BO所受的力变大6.如图所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O为半圆弧的圆心，∠MOP=60∘，在M、N处各有一长直导线垂直穿过纸面，方向如图所示，且I M=2I N(已知电流为I的长直，其中k为常数)，此时导线在其周围激发的磁场中，距导线距离为r处的磁感应强度B=k IrO点的磁感应强度大小为B1。