2021-2022学年黑龙江省黑河市嫩江一中等五校高三(上)期末物理试卷【附答案】

2021-2022学年黑龙江省黑河市嫩江一中等五校高三（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．（4分）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．（4分）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/s2B．2m/s2C．3m/s2D．4m/s2
3．（4分）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
4．（4分）如图所示，在条形磁铁外套有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相比较（）
A．ΦA＞ΦB B．ΦA＜ΦB C．ΦA＝ΦB D．不能确定
5．（4分）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 0.5B．0.8m/s 0.25
C．1m/s 0.5D．1m/s 0.25
6．（4分）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．（4分）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
8．（6分）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
9．（6分）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
10．（6分）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B．v1与v2方向相同
C．v2＝3v1D．v2＝2v1
二、实验题（本题共2小题，共16分）
11．（6分）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．（10分）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．（10分）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．（12分）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．（16分）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．
2021-2022学年黑龙江省黑河市嫩江一中等五校高三（上）期末
物理试卷
参考答案与试题解析
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．（4分）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＝
【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．（4分）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/s2B．2m/s2C．3m/s2D．4m/s2
【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．（4分）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
【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．（4分）如图所示，在条形磁铁外套有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相比较（）
A．ΦA＞ΦB B．ΦA＜ΦB C．ΦA＝ΦB D．不能确定
【解答】解：根据磁感线的分布情况可知，磁铁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，磁铁内部的磁感线条数等于磁铁外部磁感线的总条数，而磁铁外部磁感线分布在无限大的空间，所以穿过环面的磁铁外部向下的磁感线将磁铁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。

故选：A。

5．（4分）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 0.5B．0.8m/s 0.25
C．1m/s 0.5D．1m/s 0.25
【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。

故选：D。

6．（4分）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
【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．（4分）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
【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．（6分）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
【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．（6分）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
【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I A增大，电流表的示数变大，故C错误；
D、通过R1的电流I1＝I2﹣I A，I2减小，I A增大，则通过R1的电流I1减小，故D正确．
故选：AD。

10．（6分）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B．v1与v2方向相同
C．v2＝3v1D．v2＝2v1
【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（本题共2小题，共16分）
11．（6分）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：滑轮与轴间的摩擦（写出一条即可）。

【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
带入加速度可得
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．（10分）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 1.55V。

（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：ACE（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乙（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＝ 1.50V，内电阻r＝0.7Ω。

【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（R A+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（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．（10分）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。

【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
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．（12分）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）
【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．（16分）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．
【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：
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。